Elon_Lages_Lima_Algebra_Linear_Solucoes (1)_cópia

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Seção 22 Equações a Diferenças Finitas 143 (a) (b) Xk+1 = 6xk, = 1. (c) (d) (e) = k+1 k+2 22.2. Prove que conjunto das soluções de uma equação do tipo = + bk (linear, de primeira ordem, homogênea ou não, com coeficientes variáveis) é uma variedade afim de dimensão 1 em Em que condições é um subespaço vetorial? 22.3. Uma solução do sistema Yk+1 = + + qk pode ser considerada como um par (s,t) de seqüências = portanto um elemento de Prove que o conjunto S dessas soluções é uma variedade afim de dimensão 2 no espaço vetorial Em que condições S é um subespaço vetorial? 22.4. Para cada um dos sistemas abaixo, determine a solução tem o valor inicial = indicado. = = 3xk + 16yk Yk+1 = +2yk Yk+1 = -4xk = (3,-2) = (3,2) Xk+1 = Yk+1 = + Yk = (-2, 3) 22.5. Seja = uma solução do sistema - Yk+1 = 4xk - 2yk.144 Exercícios de Álgebra Linear com soluções Prove que, seja qual for o vetor inicial = tem-se = Yk 0 para todo k 2. 22.6. Sejam A e as raízes características (reais ou complexas) do operador A: Suponha que 0 tal que os vetores = = e V" = 22.9. Prove que as r = (1, 2, 3, 4, 0, 0, ...), S = (1,2,3,1, e t = (1,0,0,3,0,0,...) não podem ser soluções da mesma = item (b) do exercício anterior.] 22.10. Seja E: Roo Roo operador linear definido por Prove que um subespaço vetorial S C é conjunto das soluções de uma equação linear homogênea de ordem n com coeficientes constantes, =Seção 22 Equações a Diferenças Finitas 145 se, e somente se, cumpre as condições seguintes: (1) S é invariante por E; (2) S tem dimensão finita, igual a n. 22.11. método apresentado em 22.B para calcular as potências Ak mediante uso do Teorema de Cayley-Hamilton fórmulas para essas potências como combinações lineares de mas faz uso das raízes características do operador A, que são facilmente cal- culáveis em dimensão 2 porém difíceis de obter em dimensões superio- res. Caso se deseje, não a fórmula geral para mas apenas cálculo de uma dessas potências, como por exemplo, a alterna- tiva seguinte utiliza apenas cálculo do polinômio característico (X), que é bem mais factível: Usa-se algoritmo da divisão para escre- ver = q(X) + r(A), onde grau do resto é menor do que a dimensão do espaço E. Tem-se então Ak = r(A). Usando este método, mostre que, dado o operador A: onde A(x,y, = + + + z), e = 14281 + 2246 A - 22.12. Para cada uma das equações abaixo, determine a solução que tem os valores iniciais indicados. (a) (b) = 2xk+1 - 5xk, = 2, = -1. (c) 6xk+1 + 25xk = 0, = 1, 3. 22.13. A de Fibonacci é definida pelas condições = 1 e = Obtenha a fórmula geral para em função de k, prove que = 1 + e que lim (o número de ouro). 22.14. Qual a fórmula que exprime em função de e sabendo- se que para todo k146 Exercícios de Álgebra Linear com soluções 22.15. Resolva a equação 6xk+2 + 11xk+1 - 6xk = 0. 22.16. Ache a solução Vk do sistema Yk+1 = com vetor inicial = com Mostre que lim = lim Yk = (Bxo + logo este limite está mais próximo de do que de se, e somente se, aSeção 22 Equações a Diferenças Finitas 147 22.20. Seja A: E E um operador linear cujos autovalores cumprem 1 e Logo Ak+1 Ui = + Ponha = a = e tenha Uk+1 = + Wk. Use indução em i e o exercício anterior para concluir que lim 1,...,n), e daí lim = 0 para todo v ESOLUÇÕESSoluções da Seção 1 151 Soluções da Seção 1 1.1. a) Basta fazer a conta: 3a-2b + C = 3 [ 1 -1 -1 2 -2 2 -3 3 0 1 [ 12 13 1 25 25 -4 -4 -5 -17 10 + Para pensar: trocando os coeficientes 3 e -2, é possível conseguir outras matrizes 2 3? Qualquer uma? b) A primeira coluna de aa + 3b + é a ] Para que ela seja nula, temos de resolver sistema { a + 4 = 0 Somando as equações temos 4a + 8=0=a = -2 e consequentemente B=3. 1.2. a) Rn é um espaço vetorial. De fato, sejam U = = e = W2, ..., vetores quaisquer de Rn e E R números reais quais- quer. Então: Comutatividade: = = U Note que a segunda igualdade vem da definição de soma em Rn; a ter- ceira vem da comutatividade da soma de números reais; a última é novamente a definição da soma em Associatividade: (u+v)+w = = =152 Exercícios de Álgebra Linear com soluções onde a segunda igualdade faz uso da associatividade da soma de números reais. Também: = = = a = a (Bu) onde a segunda igualdade faz uso da associatividade da multiplicação de números reais (as outras vêm imediatamente da definição de multi- plicação por escalar). Vetor Nulo: + = 0) = = u e, portanto (usando comutatividade), = U, fazendo com que 0 = seja vetor nulo. Novamente, é fundamental usar que 0 é elemento nulo da adição nos reais. Inverso Aditivo: O vetor = é inverso aditivo de U. De fato = = Usando também a comutatividade, conclui-se que (-u) (-u) = 0. Distributividade: = + + Bun) = + = + BuSoluções da Seção 1 153 e a = a Un + = + = + + + Na primeira sequência, a igualdade fundamental é a segunda, que usa a distributividade nos números reais; na segunda sequência, a terceira igualdade é que faz uso da distributividade dos Todas as ou- tras igualdades são usos imediatos das definições de soma de vetores e multiplicação por escalares em Multiplicação por 1: De fato, = = U Como todos axiomas de espaço vetorial se verificam, concluímos que Rn é um espaço vetorial. b) M (m n) é um espaço vetorial. Use u = V = e W = [wij] onde e faça as contas de maneira análoga ao item (a) - vetor nulo será a matriz nula (formada apenas por zeros) e inverso aditivo de u será -u c) R) é um espaço vetorial. Sejam : X R três funções quaisuqer cujo domínio é X e sejam números reais quaisquer. Seja T E X um elemento qual- quer. Note que f g (x) e h (x) são números Então mais uma vez todas as propriedades de comutatividade, associatividade, etc. dos números reais são "herdadas" por Comutatividade: Como f (x) (x) = para todo x E X, temos que f em F(X;R). Como (f (x) +h(x) = para todo X, temos que (f + + (g Como f (x) = a(Bf(x)) para todo x X, temos = a (Bf) em F (X; R). Vetor Nulo: Seja 0 (x) a função identicamente nula, isto é, (x) = 0 para todo E X (note que 0 E F Então f (x) + =154 Exercícios de Álgebra Linear com soluções f todo x E X, isto é, f +0=0+f=f em F(X;R). Inverso Aditivo: Seja g : X R definida por g(x) = - (f(x)) para todo E X. Então todo E X, isto é, f 0. Distributividade: Como (a + = + temos que of + ag (x) implica em a (f + g) = + ag em F(X;R). Multiplicação por 1: Note que para todo x E X, então = f em F(X;R). Note que este 1 não é a função constante igual a 1, mas o número real (o escalar) 1. Apesar de podermos definir de maneira natural a multiplicação de vetores neste caso, note que não há nenhuma necessidade disto para caracterizar um espaço vetorial. 1.3. Basta resolver O sistema - = A única raiz da terceira expressão é t = 1. Por substituição, notamos que este valor satisfaz todas as equações. Assim, t = o valor pedido. 1.4. Tem-se = (a,a,a, a) Como U = (1,2,3,4), temos { a+b=1 2 a+d=3 a+3=4 Da última equação, temos a=1; substituindo nas outras, b = 0, = 1 e d = 2. Resumindo, U = (1,1,1,1) e = 1.5. Basta resolver o sistema { a 1 É mais fácil começar pela terceira e descobrir que a substituir na segunda para obter 1 => e substituir ambos na primeira suma,Soluções da Seção 1 155 Para pensar: será que conseguiríamos encontrar os se co- outro vetor no lugar do (1,1,1)? Resposta: sim. Para ser exato: com esses U, e w, sim. Será que este problema se resolve com quaisquer outros vetores e w? Resposta: nem sempre! Enfim, o que há de especial sobre ESTES e w? Resposta no capítulo 3... 1.6. É só fazer a conta mesmo, sério. Assim, tem-se - = - -5,1+2-2+1) - = e Para pensar: estes 3 vetores e foram definidos como + + C3V3 + C4U4. Será que todos os vetores do podem ser escritos nesta forma? Resposta: para estes vetores V1, V2, V3 e V4, sim! 1.7. A lei do corte pode ser usada para garantir esta afirmação. De fato, se tivéssemos dois vetores e1 e fazendo papel do vetor nulo, teríamos = para qualquer e, pela lei do corte, e1 = e2. Também, se algum vetor tivesse dois inversos e V2, então teríamos lei do corte, V1 V2. 1.8. Basta notar que = + = + + + 1v = Na primeira igualdade, não usamos axioma algum dos espaços vetoriais (apenas a "definição" de n nos números reais); na se- gunda, usamos o axioma da e na última axioma da multiplicação por 1. 1.9. Se é múltiplo de U, então V = ku para algum k real. Note que k não é 0 (pois então seria nulo). Assim, podemos multiplicar ambos os lados da equação acima por 1/k, obtendo = = = u. Portanto, u é múltiplo de O mesmo raciocínio serve para mostrar a volta: U é múltiplo de (e U não-nulo) implica é múltiplo de U.156 Exercícios de Álgebra Linear com soluções Caso não suponhamos que eles são diferentes de zero, note que vetor 0 é múltiplo de qualquer outro vetor, mas único vetor que é múltiplo do vetor 0 é o próprio vetor 0. 1.10. Como em quase todos os teoremas da forma "se e somente se", dividimos a demonstração em duas partes:a ida e a volta: A ida: se é múltiplo de então = XjYi para quaisquer i,j = 1, (o caso em que V é múltiplo de U é análogo). De fato, se = kv, temos Xi = kyi para i = Então = assim = A volta: se = para quaisquer = então um dos vetores U e é múltiplo do outro. Em primeiro lugar note que o vetor nulo é múltiplo de qualquer outro. Assim, se for nulo, não precisamos provar mais nada: = Ov seria múltiplo de Por outro lado, suponha que não é o vetor nulo. Então pelo me- nos uma das coordenadas de U, digamos não é zero. Usando esta coordenada, temos, para todo i = Yk Portanto, = isto é, é múltiplo de U. 1.11. De fato, se todos os axiomas de espaço vetorial valerem (exceto pelo da comutatividade), teremos + 2v = Somando (-u) à esquerda e (-v) à direita e jogando fora os parênteses desnecessários (note que vale a associatividade da adição), teríamos = 1.12. Escrevemos = = w = no que se segue. Em todos os itens funcionam os axiomas da associatividade do produto e da multiplicação por 1, que não têm nada a ver com a adição!Soluções da Seção 1 157 a) Comutatividade FALHA: U + = + Y2,Y1 + x2) eutu= (x2 + são diferentes em geral. Associatividade FALHA: (u + v) = + + = + Y3,Y1 + + x3) enquanto U + = + (x2 + Y3, + = (x1 + Y2 + + nem sempre iguais. Vetor nulo NÃO HÁ, pois (a,b)+ = (a + Y1, + x1) = a = eb = X1, e vetor nulo (a, b) tinha que ser o mesmo para qualquer vetor dado. não faz sentido falar em inverso aditivo. Distributividade FALHA, pois au + Bu = + Bx2, + não é igual a (a + B) U = ((a + X1, em geral. A outra parte da distributividade FUNCIONA: = (a(x1+ y2), a(y1 e + av = + (ax2, = + + são idênticos. b) Comutatividade e associatividade FUNCIONAM! Vetor nulo EXISTE: é vetor (1,1). Inverso NÃO FUNCIONA: se uma das coordenadas do vetor U for nula, não conseguimos encontrar = (a,b) tal que + (-u) = (ax,by) = (1,1). Assim, nem todo vetor tem inverso! Distributividade FALHA: (a + B) U = ((a + (a + e au + Bu = + (Bx, By) = não são necessariamente iguais. Segunda parte da distributividade também FALHA: a (u + v) = a = e au + av = + (ax2, ay2) = não são sempre iguais. c) É fácil ver que comutatividade VALE. Associatividade FALHA: (u + v) + w = (3x1 + 3x2, 5x1 + 5x2) + = (9x1 + 9x2 + 3x3, 15x1 + 15x2 + 5x3) e + w) = + (3x2 + 3x3, 5x2 + 5x3) = (3x1 + 9x2 + 9x3, 5x1 + 15x2 + 15x3) não são iguais em geral. Vetor nulo EXISTE (aliás, há vários, todos da forma (0,a)). Inverso: todo vetor = tem vários inversos com relação ao vetor nulo (0,0), todos da forma e nenhum quanto aos outros vetores nulos.158 Exercícios de Álgebra Linear com soluções Distributividade FALHA: (a + = + + e (ax,ay) + = + 5ax + não são iguais em geral. Segunda parte da distributividade FUNCIONA a (u = + 3x2, 5x1 + 5x2) e au + av = + (ax2, ay2) = + 5ax2) são sempre 1.13. De fato * w = = 2 2 2 - + - + - = - + - + - 4 4 2 2 4 4 = 2u + U=W onde usamos a definição de *, associatividade e distributividade, multi- plicamos tudo por 4 e usamos a lei do corte. 1.14. Basta definir as seguintes operações para vetores u = e = em E1 E2 e a real qualquer: = au = au2) Note que os símbolos "+" utilizados acima são tecnicamente diferentes: o primeiro é o símbolo da adição que estamos definindo em E, o segundo é da adição do espaço E1 e terceiro é de E2 (idem para as três mul- tiplicações da segunda linha). A verificação da validez dos axiomas é análoga ao item (a) do exercício 1.2 Assim como "herdou" a comu- tatividade, distributividade, etc. de R, aqui E = E1 E2 herdará todos os axiomas válidos em e E2. O vetor nulo de E será 0 = (0,0) (o pri- meiro 0 é o vetor nulo de E, o segundo é vetor nulo de e terceiro é vetor nulo de E2) e inverso de = será -V = (o primeiro - representa inverso de em E, o segundo...). Enfim, podemos repetir o processo em E = E1 E2 ... En pondo = + = (todos os axiomas se verificam imediatamente) e se E = E1 E2 fazemos = au =Soluções da Seção 1 159 1.15. Como todas as propriedades de R usadas no item (c) do problema 1.2 continuam valendo em E (comutatividade, associatividade, existên- cia de elemento nulo, inverso aditivo, etc.), basta escrever E no lugar de R naquele item para mostrar que F (X; E) é um espaço vetorial (agora, serão vetores de E ao invés de números reais). Em particular, note que se X = {1,2,...,n} uma função f em F (X; E) nada mais é que uma lista de vetores: f (n) E E. Em outras palavras, cada função em F (X;E) é idêntica a um vetor de Analogamente, se X = N, uma função f em F (X; E) é uma lista de vetores de E da forma f (0) (1) isto é, uma sequência de vetores de E. Escrevemos neste caso que F (X; E) é idêntico a Enfim, se X = {1,2,...,m} uma função f em F (X; E) associa a cada par (i,j) um vetor de E que podemos chamar de fij. Es- creva estes vetores em forma matricial e note que F (X; E) é equivalente ao conjunto das matrizes m n cujas entradas são elementos de E. No caso em que E = R, tem-se que F M (m n). 1.16. Precisamos resolver -3 = a + 2 2a + 7 = 3a + B Fazendo a primeira menos metade da segunda, obtém-se -4 = B = -2. Substituindo na segunda, obtemos a = 3. Note que esta solução satisfaz as três equações; assim, há exatamente uma solução para sistema. Para pensar: se mudássemos o vetor ainda conseguiríamos resol- ver o problema? Resposta: quase nunca, isto é, há um monte de vetores que não se escrevem como au + Bv de jeito algum. Contraste isto com os problemas 5 e 6. que há de "errado" com os vetores U e v? 1.17. Sejam a = = b Note que a equação é equivalente a encontrar a, Bey (não todos nulos) tais que 0, isto é, basta resolver { 0 Há várias soluções deste sistema (as equações representam dois planos não paralelos, que devem se intersectar numa reta), todas da forma (-3t,t,t) onde t é um real qualquer. Em particular, podemos tomar a Voltando160 Exercícios de Álgebra Linear com soluções à equação original, uma das muitas escolhas é a = - = IT, = = 1.18. (a) De fato, U,V E e ... e Como cada um dos conjuntos X1, X2, é convexo, esta afirmação implica em (1-t) X2, para todo t entre 1. para todo t entre 0 e 1, tem-se (1 - t) E X1 n X2 Em suma, n X2 n Xn é convexo. (b) Sejam U = elementos de X (isto é, sabemos que ceax2 + Temos de mostrar que (1 - t) X, onde isto é, que a -Soluções da Seção 1 161 (e) O caso k = 2 é a definição de convexidade de X, e item anterior mostra caso k = 3. Em geral, podemos mostrar o resultado generali- zado por indução! De fato, suponha que o resultado é válido para k = n, isto é, toda combinação convexa de V1, V2, Un está em X. Queremos mostrar que resultado vale para k = n + 1, isto é, que toda combinação convexa de V1, V2, Un, Un+1 também está em X. De fato, escreva uma tal com- binação convexa como - + Note que podemos fazer isto pois = No entanto, o vetor w = é uma combinação convexa de (com coeficientes da forma ti todos não negativos, cuja soma é 1), e, portanto, pelo passo de indução, pertence a X. Como X é convexo, então (1 tn+1) w + Em suma, se toda combinação convexa de n vetores de X está em X, então toda combinação convexa de n + 1 vetores de X está em X. Como sabemos que toda combinação convexa de 2 vetores está em X, por indução finita, concluímos que toda combinação de vetores está em X (para qualquer k natural). 1.19. Sejam = e = elementos de D. Temos de mos- trar que t) U + D (graficamente, isto é bem claro o segmento de reta unindo os pontos correspondentes a U e está contido no disco D). Algebricamente, sabemos que x2 + y2 1 e + y2162 Exercícios de Álgebra Linear com soluções Qual O máximo valor possível desta função à medida que t varia em [0, 1]? Note que ela é uma função quadrática do tipo at2 + bt + onde a > 0. Aliás, caso a = 0 força X1 = x2 e Y1 = Y2, caso em que = 1 e não há mais nada a fazer. Assim, podemos supor a 0, e gráfico desta função quadrática p(t) é uma parábola com concavidade para cima - conseqüentemente, O valor máximo de p(t) à medida que t varia entre 0 e 1 terá de acontecer num dos extremos do intervalo [0, Em suma, se então p (t) max Mas 1! Conclusão: 1, isto é, E D e terminamos a demonstração de que D é convexo. 1.20. a) De fato, se tem exatamente k coordenadas positivas e t > então tv terá as mesmas coordenadas positivas e pertencerá a este conjunto. b) De fato, se f (y) 0, então tf (y) 0, - portanto E C. Usando a propriedade acima, concluimos que tu + Como isto vale para quaisquer E C, conclui-se que é convexo. d) Interseção: de fato, se e t > 0, então V E Cx para cada possível índice Como cada Cx é um cone, temos que to E Cx para cada e portanto tv E Assim, esta interseção de cones é um cone. União: analogamente, se E et > 0, então E Cx para algum valor de 1. Como este Cx é um cone, tv E Cx e portanto E Assim, a união desta família de cones é um cone. 1.21. a) C (X) é um conjunto convexo. De fato, sejam E C (X) Então + onde UI,U2, Um E = + B2U2 + + onde = Un XSoluções da Seção 2 163 Agora, seja t E (0,1). Então = onde a soma dos coeficientes em ambos os somatórios é = Assim, a expressão + (1 é de fato uma combinação convexa, e portanto estará também em Conclusão: C(X) é convexo. b) Dado X, podemos tomar k = 1, = = 1 para criar a combinação convexa c) Se C' é convexo e então Isto foi provado no problema 18 item (e). Soluções da Seção 2 2.1. Basta mostrar que: a) = E Ok, já que esta tem um número finito de termos diferentes de zero (aliás, nenhum!). b) E => au E Se a = 0, então já vimos que = Se a # 0, número de termos não-nulos em au é mesmo número de termos não nulos em U (e, portanto, finito). Assim au E c) E Sejam e = elementos de Como U tem um número finito de termos diferentes de zero, então existe tal que i > Ui = 0 (isto é, a partir de algum ponto, todas as componentes de serão nulas). Defina no de maneira análoga (i > Então i > max = 0 (isto é, + tem componentes todas nulas a partir de um certo ponto). Portanto, tem um número finito de componentes diferentes de zero,164 Exercícios de Álgebra Linear com soluções 2.2.) a) F1 e F2 são subespaços de M (n n). Uma matriz triangular inferior é uma matriz cujos elementos acima da diagonal principal são todos nulos. E fácil ver que: 0 E F1 (a matriz nula é triangular inferior) Se a e b são matrizes triangulares inferiores, a + b também será triangular inferior (todos os elementos acima da diagonal principal serão 0 + 0 = 0). Se a é triangular inferior, então aa é triangular inferior (os ele- mentos acima da diagonal principal serão todos a.0 = 0). Portanto, F1 é um subespaço vetorial. Analogamente, F2 é um subespaço vetorial. b) De fato, toda matriz n n pode ser escrita como a soma de uma triangular inferior com uma triangular superior, por exemplo, assim ain 0 0 0 0 a22 ... a2(n-1) 0 0 0 0 a31 a32 a33 *** a3(n-1) A3n = a31 0 ... 0 0 an1 an2 an3 an2 an3 an (n-1) 0 0 a23 ... + 0 0 ... A3(n-1) A3n ... 0 0 0 0 ann c) Não se tem O leitor atento deve ter notado que a maneira escrita acima de de- compor uma matriz não é única, indicando já que a soma não é direta. Mas podemos ser mais explícitos: note que toda matriz diagonal é tri- angular inferior e superior ao mesmo tempo. Assim, F1 n F2 # {0} e a soma não é direta. 2.3. a) Basta ver que a função Z(x) = 0 (função identicamente nula) está em N (X) (já que ela se anula em X); que a soma de duas funções que se anulam em X também se anula em X; e que se uma função é nula em X, seus múltiplos se anulam em X. Então, N (X) é subespaço vetorial de E.Soluções da Seção 2 165 b) Suponha que X Y. Tome N (Y). Então se anula em cada elemento de Y. Como Y contém X, isto indica que se anula em todos elementos de X. Em suma, mostramos que E N (Y) ou seja, N (Y) E N (X), c) Temos PEN(XUY) (z) = 0 para todo = 0 para = 0 para todo d) Comecemos pela volta: se X = então se anula em toda a reta real, isto é, é a função identicamente nula, aqui representada por 0. Assim, N (R) = {0}. Agora mostremos a ida: considere a função Claramente, f se anula em então f E N (X). Se tivéssemos N (X) = {0}, teríamos f (x) = 0 (a função que é identicamente nula em R); mas então caso X nunca ocorre, isto é, X = R. e) De fato, vamos mostrar que N (X) + N (Y) é conjunto das funções que se anulam em Seja h E N (X) + N (Y), isto é, h =f+g onde f se anula em X eg se anula em ¥. Note que ambas as funções f e g se anulam em XnY! Conclusão: h se anula em XnY, isto é, h E N (XnY). Por outro lado, tome uma função qualquer h Construa agora as funções f e g da seguinte forma: 0, f (x) = h g(x) { = h(x) 2166 Exercícios de Álgebra Linear com soluções É fácil ver que f + g = f E N (X) Conclusão: N (X) + N (Y) = (XnY). Extra: em particular, N (X) = E se, e somente se, = 0. f) Por um lado, a soma é direta quando N (X) n N (Y) = 0; pelo item (c), isto ocorre sse N (XUY) = {0}; por (d), isto significa que XUY = R. Por outro lado, pelo item (e), a soma dá o espaço todo E se = 0. Assim, E = F + G se e somente se e UY = e = isto é, Y = R X. 2.4. Com a notação do item anterior, F1 = N ([0,1 1]) e F2 = N ([2,3]). Como vimos no item (a) do exercício anterior, F1 e F2 são subespaços vetoriais de E. Como [0,1]n[2,3] = 0, sabemos do item (e) que = E. Enfim, como [0, 1]U[2,3] # R, sabemos do item (c) que FinF2 # {0} (mais exatamente, há funções reais não nulas que se anulam tanto em [0,1] como em [2,3]), então a soma não é direta. 2.5. Primeiro note que = + isto é, todo vetor de pode ser escrito como a soma de um vetor de F1 mais um vetor de F2. Em outras palavras, = F1 + F2. Para ver que a soma é direta, basta ver que F1 n F2 = {0}; de fato, um vetor na interseção tem três coordenadas iguais (para estar em F1), e a última tem de ser 0 (para estar em F2), então este vetor tem de ser (0,0,0). Nota: ao procurar a decomposição que começa esta solução, cuidado com as letras a serem utilizadas! Por exemplo, não tente decompor um vetor de como soma de vetores em F1 e F2 escrevendo = (x,x,x) + (x,y,0) - o "x"do primeiro vetor não precisa ter nada a ver com o "x"do segundo, e nenhum destes dois é "x"do terceiro! Ao escreva algo assim = + para usar letras diferentes para variáveis que não precisam ser iguais! Daqui você descobre que X1 = = - 2.6. Primeiro note que (x,y) = -2xty (-1,2), isto é, todo vetor de R2 pode ser escrito como um múltiplo de mais um múltiplo de V. Isto mostra que R2 = F1 + F2.Soluções da Seção 2 167 Resta apenas notar que a soma é direta; mas claramente U e não são múltiplos um do outro, e assim sabemos que as suas respectivas retas F1 e F2 terão como interseção apenas a origem. Nota: Novamente, a decomposição "mágica" que começa esta solução veio de resolver em a e B o sistema (x,y) = a (1,2) + B (- 1,2). 2.7. Como e estão em F1, devemos ter = 0 = 0 Resolvendo este sistema indeterminado, encontramos (a1, = (-3t, t) para t real qualquer (não-nulo). Podemos por exemplo tomar 3, = -2 e C1 = - 1. Analogamente, para F2, queremos que = 0 = 0 Obtemos para t real qualquer não-nulo. Por exemplo, podemos escolher = 6, b2 = 12 e C2 = 2. Nota: você pode também encontrar a equação do plano que passa pelos pontos (0,0,0), e (1,1,1) para encontrar F1, usando quaisquer métodos que você já conheça para tanto. Algo similar pode ser feito para F2. 2.8. A equação do plano F1 é dada por 3x 2y Como o vetor (-1,0,3) não satisfaz esta equação, conclui-se que U2 Sabemos que F1 + F2 UF2) = Como U2 & F1 (que é um plano), temos que S = e, portanto, F1 + F2 = A equação do plano F2 é dada por 3x +6y + Juntando as duas equações dos dois planos, montamos um sistema que apresenta uma in- finidade de soluções, dentre elas (-2,3,-12). Então w = (-2,3, -12) E F1 n F2 e a soma não é direta. 2.9. Vamos mostrar que, se X F e F é subespaço vetorial, então (X) De fato, seja E S (X) digamos, onde Un E X. Como X C F, temos que V1,168 Exercícios de Álgebra Linear com soluções mas, como F é um subespaço vetorial, temos e portanto = + + + E F. Em suma, S (X) C F. Por outro lado, como S (X) é um subespaço vetorial, concluímos que S (X) será a interseção de todos os subespaços vetoriais que contém X (dentre estes subespaços está o próprio S (X)). 2.10. Basta tomar três vetores coplanares (mas sem que haja dois colineares) em Por exemplo, tome três vetores dentro do plano (tomando cuidado de não usar coordenada zero para satisfazer enunciado): U = (1, 1, -2), = (1,2,-3) e w = (1,3, -4). Nenhum é múltiplo do outro, não há coordenadas zero mas eles não geram (qualquer combinação linear de e w é um vetor cujas coordenadas satisfazem 2.11. Como subespaço gerado por e será o plano contendo os vetores e achar os números a, b e é encontrar a equação deste plano. Um método é montar um sistema de equações como no problema 7. No entanto, para variar, vamos aqui encontrar um vetor normal e2 e3 UXU= 1 1 = 1 -1 -1 para concluir que uma possível equação deste plano é 2x - 2y = 0 (note que plano deve conter a origem), isto é, a = 0, b = = -2 é uma possível resposta. 2.12. Queremos que (1, -3,10) = Basta resolver sistema de equações { a+b+2c=1 5c = Resolva de baixo para cima para encontrar = 2, = -6, isto é, (1, -3,10) = -6u + 3v + 2w.Soluções da Seção 2 169 2.13. Queremos escrever d = aa + bb + cc onde a, b e são constantes que queremos determinar. Esta equação se traduz num sistema a-b+c=4 { 2a 3a 4a Note que a primeira e a última equação são equivalentes, assim como a segunda e a terceira. sistema se reduz a a-b+c=4 cuja solução geral é a Portanto, a matriz d pode ser escrita como a seguinte combinação linear de a, b e c: d = a + 0b + 3c, dentre outras. 2.14. a) FALSO. o plano gerado por e tem por equação x 2y + = o vetor w não está neste plano. b) FALSO. Os vetores e geram um plano, que não contém todos os vetores do espaço. c) VERDADEIRO. Toda combinação linear de vetores de X será uma combinação linear de vetores de Y. d) FALSO. Tome um vetor não-nulo, e sejam X = {v, 2v} e Y = {v}; então S(X) = S(Y) mas X não está contido em Y. e) VERDADEIRO. Mostramos que toda variedade afim é um subespaço transladado por um de seus vetores (aliás, qualquer de seus vetores!). Se o vetor zero está na variedade, ela será um subespaço transladado pelo vetor 0, isto é, um subespaço. 2.15. a) X é subespaço (basta verificar as 3 propriedades básicas...). Aliás, X é a reta gerada pelo vetor (2,1,6). b) Y não é subespaço (os vetores (1,0,0) e (0,1,0) estão em Y, mas sua soma (1,1,0) não está). c) Z não é subespaço estão em Z, mas sua soma 6 não está).170 Exercícios de Álgebra Linear com soluções d) F é subespaço (que contém todas as funções periódicas de período 1). e) L é subespaço (de fato, é a reta passando pela origem e pelo vetor (1, f) Não é subespaço (os vetores (0,0,1,1,1) e (1,1,1,0,0) estão lá mas sua soma (1, 1, 2, 1, 1) não está). g) Não é subespaço (o vetor = (1,1,1) está lá mas seu múltiplo -7v = não está). 2.16. Os vetores e w são colineares sse são múltiplos um do outro, isto é, se = u Em outras palavras, eles serão colineares sse U = ou onde k E R. 2.17. Basta substituir cada vetor na equação da variedade, o que nos dá o sistema a = d isto é, Assim, uma possível solução é tomar a =b=c= d = 1 (correspondendo ao plano 2.18. De fato, é claro que, se então F 0. Por outro lado, suponha que F # 0 e F satisfaz as duas outras propriedades "básicas" dos subespaços vetoriais (U,VEF => E R F). Tomando a = F qualquer (o que é possível a partir do momento que temos que au = Ou = E F. Assim, as duas condições são equivalentes na de subespaço vetorial. 2.19. a) É subespaço (note que a soma de PAs de razão T e S é uma PA de razão r+s). A maneira mais simples de ver isto é notar que um elementoSoluções da Seção 2 171 genérico deste conjunto é da forma (a, a + a + 2r, a + (n r) = - 1). Assim, o conjunto em questão é su- bespaço de R" gerado por e (1, b) Exceto = 1, não é subespaço: e (-1, -1, -1,...) são PGs mas a soma (0,1,3,...) não é. c) Se a razão fixada for 0, estamos falando de PAs constantes, então temos todos os múltiplos de 1), e temos um subespaço (de fato, seria a reta passando pela origem e por este vetor). Caso contrário, não é subespaço (a soma de PAs de razão r é uma PA de razão 2r, que não será a razão r fixada) mas pode-se mostrar que é variedade afim! d) É subespaço. De fato, se q é a razão fixada, temos todos os vetores da forma isto é, os múltiplos de subespaço, gerado por = onde vetor tem k coordenadas 1. f) Se k: = n, é subespaço (os múltiplos de Caso contrário, não é subespaço: os vetores 0, 0, 1, 2, 3, 4, n - k) e k,0) ambos têm k coordenadas iguais, mas sua soma 0, 1, 3, 5, 7, não tem k coordenadas iguais. g) É subespaço! Em primeiro lugar, note que a satisfaz esta recorrência; agora, dadas duas (xn) e (Yn) que sa- tisfazem esta recorrência, tanto a = quanto a = ax também a satisfazem, pois Zn+2 = - = Wn+2 - = - = a - 3xn) = Wn+1 Nota: de fato, as (1, 0, 3, 12, 21, 57, ...) e (0, 1, 1, 4, 7, 19,40,...) geram este subespaço, já que os dois primeiros termos da determinam todos os outros! Alias, é interessante no- tar que as PGs e (onde r e S são de x2 = 0) também geram este subespaço. Voltaremos a este assunto na seção sobre "Equações a Diferenças Finitas", no final do livro... h) Não é subespaço. Os vetores (1,1) e (0,-3) estão lá, mas a soma (1,-2) não satisfaz e portanto não está. Ou: resolvendo a equação quadrática x2 que o conjunto em questão é a união das retas que não formam um subespaço.172 Exercícios de Álgebra Linear com soluções i) É subespaço! Faça do jeito padrão: a função Z(x) = 0 está no conjunto, a soma de duas funções do conjunto está lá e a multiplicação de uma função solução por um escalar ainda é solução. Nota: difícil (que não faremos aqui) é mostrar que ele é sub- espaço gerado pelas funções g (x) = É por isso que a solução geral desta equação diferencial (vista em Cálculo 2) é da forma f(x) = + 2.20. É imediato verificar que V3 = 2v2 Para escrever = + precisamos resolver = 1 = 4 = 7 cuja única solução é a = 3 eb = Analogamente, para termos W2 = CV1 + dv2, precisamos de 2 = 5 = 8 cuja única solução é = 3 e d = Em suma 11 2 = 1 W2 = W3 = e assim temos que Reciprocamente, usando mesmo método, encontramos 1 2 V1 = 10 V2 = E 19 20 = 2v2 - = e assim SSoluções da Seção 2 173 Portanto, os vetores-linha e os vetores-coluna desta matriz geram o mesmo subespaço de 2.21. Há vários exemplos. Um deles é a matriz 100 100 100 onde os vetores-linha geram a reta que por (1,0,0) enquanto os vetores-coluna geram a reta que passa por (1, 1, 1). 2.22. Faremos primeiro a volta: se F1 e F2 são subespaços vetoriais de E com F1 C F2, então claramente F1 U F2 = F2 será um subespaço de E. Agora provamos a ida: suponha que F1 e F2 são subespaços vetoriais de E tais que F1 U F2 é subespaço de E. Suponha, por absurdo, que nenhum dos subespaços está contido no outro, isto é, temos V1 E F1 tal que & F2 e U2 E F2 tal que V2 F2. A pergunta é: onde estará V1 + Como F1 U F2 é subespaço e ambos estão lá, tem-se que + F1 UF2. Isto é, a soma deve estar em F1 ou F2... Mas se + U2 E F1, então = + E F1 (pois a expressão à direita é a subtração de dois vetores do subespaço F1), que sabemos não ser verdade. Similarmente, E F2 não pode ser (pois teríamos = Em suma, + & F2 mas V1 + E F1 U F2... Isto é um absurdo! Conclusão final: um dos subespaços está contido no outro. 2.23. a) Ida: Se V é subespaço vetorial, então E V, isto é, + = então = 0. Volta: Seja V = E Usaremos a definição para mostrar que V é subespaço: Claramente, 0 E V (pois a1.0 = 0). Suponha que = e estão em V. Então = 0 = 0174 Exercícios de Álgebra Linear com soluções Somando as duas equações, temos que 0 e concluímos que Enfim, se U E V, temos 0 Multiplicando isto por a a1 +... + an = 0 e portanto au E V. b) Agora mostremos que V é uma variedade afim. Novamente, su- ponha que U = e V = estão em V. Então = C C Multiplicando a equação de cima por t e a de baixo por e somando tudo, vem (tx1 an (txn + Yn) =tc+(1-t)c= Portanto, o vetor Assim, V é variedade afim. 2.24. A primeira é, em geral, falsa. Por exemplo, se F é o plano 2 = 0 no espaço temos que U = (1,1,1) e = não estão em F, mas + = (2,2,0) está em F. A segunda é verdadeira. Escreva a sua contrapositiva: au E F a = 0 ou F. De fato, se au E F e a # 0, então o múltiplo de au dado por (1) au está em F, isto é, u E F. 2.25. Seja X um cone convexo simétrico não-vazio. Vamos mostrar que X satisfaz a definição de subespaço vetorial. Seja E X (podemos fazer isto pois X é não-vazio). Como X é simétrico, Como X éSoluções da Seção 2 175 Sejam U,V E X. Como X é convexo, temos que w = Mas como X é um cone, 2w = X também. Enfim, dado U E X, se a > 0, tem-se que au E X simplesmente porque X é um cone. Se a176 Exercícios de Álgebra Linear com soluções Enfim, se F, então (af)(g(x)) = (f(g(x))) = (f(x)) = (af) (x), isto é, of E X. Assim, F é subespaço vetorial. b) Tomando g(x) = + a, F passa a ser o conjunto das funções periódicas de período a. A questão 15d é um caso particular desta situação, onde c) Seja G = R) = Exceto por esco- lhas particulares de g(x), G não é subespaço vetorial. Para começar, g(Z(x)) = g(0) e Z(x) = 0 não têm de ser iguais, então pode-se ter (x) F. Mesmo que uma função g tal que g(0) = 0 para driblar este problema, nada garante que g (f1 (x) + f2 (x)) e f1 (x) + iguais - a menos que g(x) seja linear. Em suma: = então G = F(R; é subespaço; Seg(x) = ax com a # 1, então é subespaço; Caso contrário, G não é subespaço. d) Seja H Novamente, a função Z(x) só está em H se Z(g(x)) forem iguais, isto é, se g(x) = Z(x). Em suma, Se g(x) = 0, então H é um subespaço vetorial (o subespaço de todas as funções que se anulam no conjunto X = {0}, veja questão 3). Caso contrário, H não é subespaço vetorial. 2.29. De fato, seja w E S (C). Entao Wn estão em C. Suponha sem perda de generalidade que > 0 e anSoluções da Seção 2 177 (note que a soma dos coeficientes é 1 e todos eles são positivos). Mas como C é um cone, C isto é, U E C. De forma análoga, mostra-se que (que é uma combinação linear positiva de vetores de C) também está em C. Com isto, mostramos que S (C) está contido no conjunto das dife- renças U-V onde E C. Como claramente todas estas diferenças têm de estar em S (C), concluímos que estes dois conjuntos são 2.30. Seja F conjunto das funções limitadas. Então: A função identicamente nula Z (x) = 0 é limitada, portanto está em F; Se F, então temos If (x) 0 para todo x E X h (x) = pois f (x) para todo x E X Assim, f é gerada pelas funções g e h. Em suma, F é gerado pelo conjunto das funções limitadas positivas. 2.31. Trace uma figura! Seja a o plano gerado pelos vetores e V. Dado um vetor qualquer em (representado por um ponto P do espaço),178 Exercícios de Álgebra Linear com soluções trace uma reta passando por P e paralela ao vetor Como w não está no plano gerado por U e esperamos que a reta intersecte o plano a em algum ponto Q. Como Q está no plano a, vetor correspondente q deve ser gerado por e v, isto é, q + para algum par de valores C1, C2 E R. Por outro lado, o fato de que P e Q estão numa reta paralela ao vetor w indica que vetor p q é múltiplo de isto é Juntando tudo, vemos que isto é, vetor é gerado por e W. Como p é um vetor qualquer de concluimos que e geram C3W p Q 2.32. Se b fosse uma combinação linear de e V2, digamos, b = + teríamos Subtraindo as duas primeiras equações obtemos = 1, e da primeira teríamos = 0. No entanto, par (x,y) = (0,1) não satisfaz a terceira equação! Assim, b não é combinação linear de V1 e U2 e o sistema acima de 3 equações e 2 incógnitas não tem solução. Para pensar: em geral, resolver um sistema como acima é descobrir se o vetor coluna à direita pode ser escrito como combinação linear dos ve- tores associados a cada incógnita! A solução será única se a combinaçãoSoluções da Seção 2 179 linear for única... Assim, uma maneira interessante de entender siste- mas é trilhar o caminho de entender combinações lineares de vetores. 2.33. 1) Sabemos que F1 + F2 é o subespaço gerado por F1 U F2. Portanto, o subespaço gerado por F1 U F2 U U Fk será (... ((F1 + F2) + F3) + Fk-1) + Fk. Pela definição se soma, temos que F1 + F2 é o conjunto das somas da forma + com V1 E F1 e V2 E F2; então (F1 + F2) F3 será o conjunto dos vetores da forma + + onde V1 + F2 (isto é, V1 E F1 e V2 E F2) e V3 E F3; e assim por diante, até chegarmos a S UF2 = + V3 + Fi, i = 1, 2, 2) Ida (a b, isto é, pela contrapositiva, b Suponha que há um vetor não-nulo em Fj n (F1 + ... + Fj-1+ Fj+1 + Fk). Como está nesta soma de espaços, podemos tomar 2, + 1, ...,k) tais que No entanto, podemos também tomar Vj Assim, vetor se es- creve de duas maneiras distintas como soma de vetores em F1, F2, a saber Volta isto é, pela contrapositiva, a b): Suponha que o vetor se escreve de duas maneiras distintas como soma de vetores de F1, F2, digamos Se as maneiras são distintas, pelo menos um vetor Vj deve ser distinto do correspondente Wj. Então, rearrumando a expressão acima: - + + - Como Vj,Wj E Fj, temos que Vj - Wj E Fj. Analogamente, Wi - Vi E Fi para cada i, e portanto a soma à direita indica que Vj Wj E F1 + F2 + + Fj-1 + Fj+1 + + Mas lembre que Vj - Wj # Assim (F1 Fj-1 + Fj+1 Fk) # {0}180 Exercícios de Álgebra Linear com soluções 2.34. Suponha que E = F1 F2 = G1 + G2, F1 F2, G1 C G2. Seja um vetor de G1. Queremos mostrar que F1 (o outro caso é análogo). De fato, escreva U2 onde V1 E F1 e F2 (isto é possível pois E = F1 + F2). Então - = V2. Do lado esquerdo temos dois vetores de G1; do lado direito, um vetor em G2. Conclusão: - = V2 está em = {0}, isto é, - V1 = V2 = 0. Então = V1 F1, como demonstrar. 2.35. (a) De fato: A função identicamente nula Z (x) = 0 satisfaz (x) = Z (-x) = = 0, portanto é par e ao mesmo tempo, isto é, Se f e g são pares, então f (x) = f(-x) e (x) = g (-x) para todo E E. Assim, (f +g) (x) = (-x) f + g também é par. Em suma, E A => A (o caso é análogo); Enfim, se f é par e a é real, (af) (x) = (x) = (-x) = (af) (-x) e of também é par. Em suma, f => (o caso é análogo). Os três itens acima mostram que A e B são subespaços vetoriais de F (E; F). Para mostrar que F (E; F) = AO B precisamos mostrar dois itens: F(E;F) = A + B: de fato, dada f F (E;F), note que sempre podemos escrever onde a primeira fração é uma função par e a segunda é Assim, F (E; F) = A + B. = {Z(x)}: de fato, se f é par e ao mesmo tempo, teremos para todo E E: f => 2f (-x) =0=f = 0 e então = a função identicamente nula.Soluções da Seção 2 181 Estes dois itens mostram que F(E;F) b) Seja (x) = Então p (-x) = p (x), e consequentemente (x) é par. Portanto, B' C Enfim, um polinômio qualquer pode ser decomposto de maneira única como a soma de seus monômios de grau par (que está em A') mais a soma de seus monômios de grau (que está em e portanto P = A' Usando problema 34, concluímos que A = A' e B = B' (ou seja, um polinômio é uma função par/ímpar se e somente se todos seus monômios tem grau par/ímpar). 2.36. Para ver que Q é basta verificar que: Z(x) = 0 está em Q: de fato, Z (x) = é divisível por A soma de dois polinômios de Q está em Q: de fato, + (x)) é divisível por O produto de um polinômio de Q por um número real está em Q: de fato, (x) também será divisível por (Nota: Q não é uma "reta passando pela origem", isto é, não é conjunto dos múltiplos escalares de um vetor!) Em suma, Q é conjunto de todos os polinômios onde todos os termos têm grau n ou mais! Agora fica fácil ver um bom candidato para subespaço F: sub- espaço Pn-1 dos polinômios de grau menor ou igual a n 1. De fato, qualquer polinômio pode ser separado como a soma dos monômios de grau n ou mais (que estará em Q) mais a soma dos monômios de grau n 1 ou menos (que estará em Pn-1). É claro que a interseção de Pn-1 e Q só tem polinômio nulo, então a soma é direta. 2.37. Sabemos que, em geral, X S(Y) exercício 9). (veja Neste caso, sabemos que todos os vetores de X estão em Y, exceto que foi substituído por + Mas note que = (v + au) au é uma combinação linear de dois vetores de Y (a saber, Portanto, VES(Y). Enfim, isto mostra que e, portanto,182 Exercícios de Álgebra Linear com soluções Por outro lado, todos os vetores de Y estão em X, exceto + au. Só que é uma combinação linear de dois vetores de X. Portanto, Y S (X) e, assim, S (Y) S (X). Enfim, juntando tudo, conluimos que S (X) = (Y). 2.38. Já vimos que a união de dois subespaços só pode ser um subespaço vetorial se um deles contém outro (exercício 22). Sejam F1, F2 e F3 três subespaços em questão. Vamos mostrar primeiramente que F1 C F2 U F3 ou F2 C F1 U F3. De fato, caso contrário poderíamos tomar V1 E F1 tal que V1 F2 U F3 e E F2 tal que U2 F1 F3. Então teríamos E S (F1 U F2 F3) = F1 V1 V2 F1, V1 F2 e isto é um absurdo. Conclusão: F1 F2 U F3 ou F2 F1 U F3. A primeira hipótese diz que F2UF3 = F1 UF2 UF3 é um subespaço, e, pelo exercício 22, temos F2 F3 (e então F1 UF2 C F3) ou F3 C F2 (e então F1 UF3 F2). A segunda hipótese é análoga, basta trocar a ordem dos índices. Assim, dois dos subespaços devem estar contidos no terceiro. 2.39. De fato, em primeiro lugar note que, como 0 E F1, devemos ter a F1 F2, isto é, a E F2. Agora, seja E F1 qualquer. Note que a + E F1 F2, portanto (a diferença de dois vetores de F2 tem de estar em F2). Conclusão: F1 C F2. 2.40. Maneira 1: Seja vo E V (escolha à vontade). Sabemos que F = V + (-vo) é um subespaço vetorial. Assim, mostrar que um vetor V está em V é o mesmo que mostrar que - F. Sejam E V. Traduzindo isto para F, vemos que - F. Como F é um subespaço, toda combinação li- near de vetores de F está em F; em particular, vo) - vo)+ + = + + ... + (usamos que a soma dos alphas é 1 nesta igualdade). Então, + A2U2 + + Maneira 2: Vamos mostrar que tal propriedade é válida por indução em m. Vale para m = 2, isto é, dados e em uma variedade afim V, e E R com + a2 = 1, tem-se + A2U2 E V.Soluções da Seção 2 183 Não há o que demonstrar, isto é a própria definição de variedade afim! Se vale para m = k então vale para m =k+1. Em outras palavras, sabe-se que toda combinação linear (cuja soma dos coeficientes é 1) de k vetores de V está em temos de mostrar que toda combinação linear (cuja soma dos coeficientes é 1) de k+ 1 vetores de V também está em V. Sejam E V E R com + + + + = 1. Considere = ... Reordene esta soma, se necessário para que o último coeficiente não seja 1 (isto é possível - nem todos os coeficientes podem ser 1). Como # 1, podemos escrever + + + + ak+1 Note que a fração é uma combinação linear de k vetores de V onde a soma dos coeficientes é 1 - + 1 - + ... + 1 = 1 + = 1 ak+1 e, portanto, pela hipótese de indução, u = 1-ak+1 EV. Então, = (1 ak+1) + onde ambos e estão em V, e a soma destes coeficientes é 1 de novo! Como V é variedade afim, Juntando tudo, por indução, conclui-se que a propriedade desejada é válida para todo k. 2.41. Considere todos os subconjuntos A do conjunto X = en} (há deles, incluindo conjunto vazio e o próprio X). Para cada um destes, considere o subespaço S (A) + F (que é igual a S (AUF), veja exercício 42). Note que, para algumas escolhas de A, teremos S (A) + F = (por exemplo, para A = X). Escolha um conjunto B com menor número de elementos que tenha esta propriedade (note que há um número finito de escolhas para A, então podemos tomar uma que tenha o menor número de elementos possível). Vamos mostrar que S (B) = {0}, e potanto = F.184 Exercícios de Álgebra Linear com soluções Seja (B) Como S (B), podemos escrever como uma combinação linear dos elementos de B, digamos, = + + Suponha que # 0. Então ... a mostra que e1 está no espaço gerado por F e Mas então subespaço gerado por B e F seria o mesmo gerado por B - {e1} e F, contradizendo a minimalidade do número de elementos de B. Conclusão: Analogamente, mostramos que = = ... = = 0, e portanto = 0. Assim, S (A) 2.42. A primeira afirmação é verdadeira, mas a segunda é falsa. Para a primeira, note que S (XUY) é uma combinação linear de vetores em X ou Y V é a soma de duas combinações lineares, uma com vetores de X, outra com vetores de Y No entanto, enquanto podemos mostrar que S (XnY) C S(XnY) é uma combinação linear de vetores em XeY não é verdade que os dois conjuntos sejam Por exemplo, se X = e Y = {e1, em R2 é fácil ver que S (X) = S = R2 mas S =S({e1}) é apenas "eixo 2.43. a) Sejam = + + = + + dois vetores de V (X) (onde os alphas somam 1, os betas somam 1, e os vetores V1, V2, Vj e estão em X). Temos de mostrar que, se a + então av + Bw E V (X). Mas, de fato, av + Bw = a é uma combinação linear de vetores de X cuja soma dos coeficientes é + + + + + BB2 + + = aSoluções da Seção 3 185 Portanto, av + Bw E (X), e V(X) é variedade afim. b) Seja G Cada vetor de G é um vetor de V(X) menos isto é, um vetor da forma + que é uma combinação linear de vetores da forma Vi (onde está em X). Isto mostra que G C (X vo). Por outro lado, como V(X) é variedade afim, sabemos que G será um subespaço vetorial, e, portanto F (X vo) CG, (lembre-se: F = é menor subespaço contendo X vo). Conclusão: F = G, como demonstrar. Soluções da Seção 3 3.1. Sabemos que três vetores são L.D. se e somente se algum deles pode ser escrito como combinação linear dos anteriores. No caso, olhando os vetores U, e w nesta ordem, concluímos que eles são L.D. se e somente se é combinação linear de e (já que u e são L.I.). Vamos agora provar a proposição pedida: Ida: Se U, e são L.D. então = au + Bv. De fato, neste caso podemos escrever = d'u + e só temos que mostrar que a = e Mas olhando apenas as duas primeiras coordenadas de e descobrimos que = + já sabemos que w' = d'u + B'v; como u' e são L.I., a maneira de escrever w' como combinação linear de u' e deve ser única! Conclusão: a = Volta: Se w = + Bv, então e w são Esta é imediata: se w é combinação linear de u e então os 3 vetores são L.D. a) Tente escrever w' = + Bv'; então os coeficientes devem satis- fazer cuja única solução é a = -5 e B = 4. Enfim, como -5u + 4v = (-1,2,-7) # concluímos que {u, w} é L.I. b) Repita processo acima, chegando a Como = conclui-se que {u,v,w} é186 Exercícios de Álgebra Linear com soluções L.D. 3.2. Suponha que aa + Bb ("0" aqui é a matriz nula). Então { 0 x+ Y ==0 B+r=0 Resolvendo o sistema, encontramos a = Conclusão: a, b e são L.I. 3.3. Suponha que + Bq + = 0 ("0" aqui é polinômio nulo). Separando os termos de cada grau (4, 3, 2, 1 e independente), temos 0 a =0 0 53-5y=0 - 0 Das três primeiras equações, vê-se que a = B = y=0. Conclusão: p(x), são L.I. 3.4. Ordene os polinômios P1 (x) de maneira que seus graus estejam em ordem crescente. Claramente, qualquer com- binação linear dos polinômios P1, P2, Pk terá grau menor ou igual ao grau de Pk e jamais poderá ser igual ao polinômio Como ne- nhum polinômio é combinação linear dos anteriores, a conclusão é que eles devem ser L.I. 3.5. Suponha que + Então a 0 0 0 a Da primeira e última equações, tiramos que Substituindo na primeira e na segunda e resolvendo, encontramos a B = = 0. Conclusão: polinômios são L.I.Soluções da Seção 3 187 3.6. Suponha que + + + + C5X = 0 (0 aqui é a função nula). Derivando 4 vezes, os polinômios tornam-se nulos, e ficamos com + 16c2e2x = 0. Derive mais uma vez: + = 0. Subtraia estas duas equações para encontrar 16c2e2x = 0 = 0, e, portanto, C1 = 0. Substitua-os de volta na primeira equação: + + C5X 0 (a função nula, isto é, o polinômio nulo). Então, C3 = C4 = C5 = 0. Conclusão: x} é L.I. 3.7. Vamos mostrar primeiro que U gera E. De fato, um vetor qualquer de E = F1 + F2 pode ser escrito (de maneira única) como + V2, onde V1 E F1 e V2 E F2. Como V1 é combinação linear de vetores de e V2 é combinação linear de vetores de é claro que V1 + U2 é combinação linear de vetores de U Conclusão: U B2 gera E. Agora temos de mostrar que U é L.I.. De fato, suponha que para alguns vetores V1, V2, E (digamos, V1, V2, e Un E tem-se C2U2 + + + + = 0. Então w = + = é um vetor que pertence tanto a F1 (veja o lado esquerdo da equação) quanto a F2 (veja lado direito). Como a soma E = F1 + F2 é direta, tem-se = {0}, isto é, = Agora use que os vetores V1, V2, são L.I. (então C1 = C2 = = e que os vetores Un também são L.I. (então Ck+1 = Ck+2 = = Cn = 0). Conclusão: V1, V2, são L.I., e então B1 U é L.I. 3.8. Base para F: {(1,1,1,1)} (dimensão de F é 1); Base para G: {(1,1,0,0), (0, 0, 1, 1)} (dimensão é 2); Base para H: {(1,1,1,0), (0,0,0,1)} (dimensão 2); Base para K: {(1,0,0,-1), (0, -1), (dimensão 3). 3.9. A demonstração é análoga à usada no exercício 2.41; apenas troque a base canônica por uma outra base ...,Un} finita de E. 3.10. Começamos buscando vetores U1 = (a,0,1) e U2 = (b,1,0) que estejam no plano F : - 2y + 4z = 0 (a escolha dos valores das coorde- nadas e garante que eles serão L.I. e, portanto, uma base de F). Um cálculo simples nos indica que U1 = e U2 = (2,1,0). Enfim, escolha U3 qualquer fora de F, digamos, = (1,0,0). E fácil ver que UI, U2 e U3 são L.I. Como eles são 3 vetores L.I. em será uma base de188 Exercícios de Álgebra Linear com soluções 3.11. Pelo exercício 4, sabemos que estes polinômios são Como {1,x,x2} é uma base de P2, então eles têm de ser uma base de P2. Enfim, se quisermos 2x2 devemos ter { a = 2 cuja única solução é a = Isto - 5x + 6 = - 3.12. De fato, como eles não são múltiplos um do outro, eles devem ser L.I., e dois vetores L.I. em R2 sempre formam uma base. Para escrever e1 e e2 em função deles, fazemos e1 { 1=a-b 0=a+b 1 2 { 0=c-d 1 1 e2 = 2 ed = 2 Isto é, = 3.13. Note que = (3,3,3) = 3u, isto é, 3u - Portanto, há uma combinação linear de e w que se anula sem que todos os coeficientes sejam nulos, e assim e w são L.D. Nota: em escreva au + + = 0 e resolva para a, b e Se você encontrar alguma solução além de a = então os vetores são L.D. 3.14. a) Falso. Tome {(1,1)} no plano. b) Falso. Tome {(1,0)} e {(0,1)} no plano. c) Falso. Veja item (a). d) Verdadeiro. Neste caso, a união será um deles, que é L.I. e) Falso. Tome {(1,0,0), (0,1,0)} (que gera o plano = 0) e {(0,0,1),(1,1,1)} (que gera plano x = y). f) Falso. Tome no plano.Soluções da Seção 3 189 3.15. Considere as matrizes Sij do enunciado a saber: 1 0 ... 0 0 1 ... 0 ... ; 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ... 0 822 = 0 1 ... 0 Snn = 0 ou seja, Sij = lij + Primeiro, note que elas geram espaço das matrizes simétricas; de fato, toda matriz simétrica é dada por A22 A2n + + ... A2n ... ann Por outro lado, as matrizes Sij são L.I.; de fato, se + + ... + CnnSnn = 0 (a matriz nula), então C11 C12 C1n C12 C22 C2n C1n C2n isto é, C11 C12 = Como há 1 + 2 + ... 2 destas matrizes Sij, conclui-se que a dimensão de S é n(n+1) 2 A base do espaço A é análoga, usando, para 1 matrizes - (isto é, elemento ij é 1, elemento ji é -1 e todos os demais são nulos). Note que agora há apenas n(n-1) 2 matrizes na base (pois i é menor que j). 3.16. Já mostramos que este conjunto é um subespaço (exercício 2.2). Para encontrar uma base para L, o método é O mesmo do problema190 Exercícios de Álgebra Linear com soluções anterior: considere as matrizes triangulares "elementares" apenas para i (definidas colocando 1 na posição ij e 0 nas demais) 1 0 0 0 0 0 e11 = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 = enn = 0 0 0 Note como cada matriz e é "metade" da matriz correspondente do problema anterior. Assim, da mesma forma que fizemos lá, mostra-se que estas matrizes são L.I. e geram L, e a dimensão de L será também n(n+1) 2 . 3.17. a) Para i entre - 1, defina as matrizes - Para i e j entre 1 e n (com defina = Por exemplo, no caso de n = 3, teríamos as seguintes 2 +6 = 8 matrizes: 1 0 0 0 0 0 010 a11 = 0 0 0 = -1 e13 = €21 = 100 = 000 ; = €31 100 conjunto de todas estas matrizes é uma base do subespaço pedido. Portanto, sua dimensão é b) Para j entre 1 e n, defina as matrizes b1j = + enj. Para defina bij = eij. Por exemplo, se n = 3,Soluções da Seção 3 191 teríamos as seguintes 3 + 3 = 6 matrizes: 100 010 b11 = 000 ;b12 = = ; 100 010 100 010 Estas matrizes formam uma base do espaço em questão; portanto, sua dimensão n2 - n. c) Para j entre 1 e n (exceto para j = 2 defina as n - 2 matrizes separadamente C22 = e22 + e23 + Enfim, para192 Exercícios de Álgebra Linear com soluções Tais matrizes formam uma base do subespaço em questão, cuja dimensão será portanto dada por 1 + (n - 1) + (n - 2) + (n - 1)2 3.18. Primeiro, note que + au são De fato 0 a+b = ba a=b=0 onde usamos que U e são L.I. e a # 0. Agora note que todos os vetores da forma V + são gerados por vev + De fato nu = é uma combinação linear de e + Portanto, {v,v + au} é uma base de 3.19. Note que Wk = (k,n + + k, - = (0, n, 2n, ...,n2 - n). Assim, pelo problema anterior, os vetores = (0, 1, 2, - 1) e = (1, formam uma base do espaço gerado pelos w's. Por outro lado, = (kn + 1, kn + 2, kn + n) = k (n, n, n) + Assim, novamente pelo problema anterior, vetores V1 = (1, e nu = formam uma base do espaço gerado pelos v's. Como claramente gera o mesmo espaço que {nv1, u} con- cluimos que os espaços gerados são iguais e têm dimensão 2. 3.20. Tome = 8 (qualquer outro valo não nulo funcionaria, mas este deixa as contas "redondas"); temos o sistema { 2x2 + 3x3 = -32 2x1 x2 + = 8 3x1 - 2x2 + X3 = 16 Tomando 3 vezes a primeira menos 8 vezes a segunda menos a ter- ceira, temos - -16x1 = -176 = 11. Substituindo nas duas últimas equações e subtraindo-as, temos -11 + 3x2 = -8 = 1. Enfim, colocando tudo na segunda equação, 22 + 1 + X3 = 8 = -15. Portanto, - 15v3 + = (0,0,0).Soluções da Seção 3 193 3.21. Primeiro, vejamos que F é subespaço: Como = = = Xn = 0 satisfaz a equação A1X1 +... +anxn = 0, vetor + +... ... + Ovn = 0 está em F; Se = = estão em F (com = = 0), então 0, e portanto = + está em F. Enfim, se = está em F (com = 0) então = 0, e portanto av está em F. Agora, vamos mostrar que dim F = n - 1. De fato, suponha que a # 0 (os outros casos são análogos). Note que todo vetor de F pode ser escrito como = + X2U2 + + XnUn = X2U2 = a + ou seja, uma combinação linear dos vetores = (i = 2, Mais ainda, estes vetores são L.I.; de fato n = 0 i=2 + C2U2 + C3U3 + ... + = 0 e, como os vetores Vi são L.I., isto implica em C2 = C3 = = Portanto, {W2, W3, é uma base de F e assim dim - 1.194 Exercícios de Álgebra Linear com soluções 3.22. Suponha que CO + + c2e2x + + = 0 (a função nula). Derivando e dividindo por sucessivamente, temos + C1 + + 3c3e2x + 6c3e2x + 2c2 + + 12c4e2x + 24c4e2x 0 + = 0 0 Agora substitua isto na antepenúltima equação para concluir que C3 = 0; substitua ambos os valores encontrados na quarta equação acima para achar C2 = 0; coloque todos na segunda equação e C1 = 0; enfim, coloque todos na equação original e tem-se = 0. Portanto, {1, é L.I. 3.23. a) De fato, suponha que E X é combinação linear de V1, V2, Un E X. Como há um número finito de vetores aqui lista- dos, é possível encontrar um conjunto que contém todos eles. Neste caso, Xk não seria L.I., absurdo. b) Escolha E X1 (a única opção), e a partir daí recursivamente, Xn - isto é possível pois, caso contrário, teríamos e então dim S (Xn) = n dim S - 1, absurdo. A escolha feita deixa claro que cada é L.I. com os anteriores, e portanto X* = {x1, ...} é L.I. c) Não Por exemplo, suponha que X1 = {e2} = {(0, 1,0,...)} e = Xn U {en+2} onde ek = (0,0, 0, 1, 0, ...) tem um 1 solitário na posição k. E verdade que a união dos Xi é L.I., e o único conjunto X* que pode ser montado nas condições do item (b) é X* = Mas X* não é base de R(00) pois não gera de fato,