Conjuntos e Bases Vetoriais

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18.06 Conjunto de Problemas n.° 3 – Soluções 
 
1. O conjunto em (a) não pode ser uma base por que dois vetores podem gerar um espaço vetorial bidimensional no 
máximo, enquanto é tridimensional. Os conjuntos em (b) e (d) não podem ser bases, uma vez que não podem ser 
linearmente independentes. (Se os vetores são as colunas de uma matriz, então a matriz é 3 x 4, de modo a ter um 
espaço nulo não trivial, e os vetores possuem uma relação de dependência não trivial.) Para (c), colocamos os 
vetores em uma matriz e fazemos a redução por linhas. 
 
 
 
Uma vez que a matriz é inversível , as colunas da matriz original formam uma base. (A tem posto coluna total de 
modo que as colunas geram e A possui um espaço nulo trivial, de modo que as colunas são linearmente 
independentes). 
 
 
2. Mostramos que o conjunto é uma base já que ele gera M2 e é linearmente independente. Denote os vetores deste 
conjunto por m1, m2, m3, m4 . 
Gera M2: Seja um vetor qualquer de M2, e buscaremos as constantes a, b, c, d de modo que 
 
 
Isso fornece 
 
dando origem a um sistema de quatro equações nas quatro incógnitas a, b, c, d . Chegamos à matriz aumentada 
 
 
 
Reduzindo-se por linhas , chegamos à solução única 
 
 
 
E concluímos que o conjunto acima gera M2. 
Independência Linear: Suponha am1 + bm2 + cm3 + dm4 = 0, onde . Chegamos ao mesmo sistema de 
equações acima com x, y, z, w todos zero. Mas a matriz do coeficiente tem posto total, de modo que o espaço nulo é o 
vetor de zero. Portanto, am1 + bm2 + cm3 + dm4 = 0 somente quando a = b = c = d = 0. Concluímos que o conjunto é 
linearmente independente. 
 
 
3. (a) Temos {(a, b, c, a + b)} = gerado {(1, 0, 0, 1), (0,1,0,0), (0, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 1)}. Uma vez que o último vetor 
neste conjunto é uma combinação dos outros três, podemos removê-lo. O conjunto resultante é uma base, assim 
a dimensão é 3. 
 
(b) O conjunto {(a, b, a – b, a+b)}é gerado pelo conjunto linearmente independente {(1, 0, 1, 1), (0, 1, -1, 1)}. 
Portanto, a dimensão é 2. 
 
(c) O conjunto {(a, a, c, d)} é gerado pelo conjunto linearmente independente {(1, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 1)}. Portanto, a 
dimensão é 3. 
2 
(d) O conjunto {(a+c, a-b, b+c, -a+b)}é gerado pelo conjunto linearmente independente {(0, -1, 1, 1), (1, 0, 1, 0)}. 
Portanto, a dimensão é 2. 
 
 
4. A redução por linhas de A fornece 
 
 
 
A posto é 2. Uma base para o espaço - linha consiste nas linhas não zero da matriz escalonada, de modo que 
. O espaço nulo tem dimensão 5-2 = 3. Atribuindo-se o valor um ou zero às 
variáveis livres x1, x3, x5 chega-se à nossa base . Uma base para 
o espaço - coluna (que tem dimensão 2) é dada pelas colunas da matriz original que corresponde às colunas pivô na 
matriz escalonada. Portanto . Finalmente, para o espaço nulo esquerdo, N (AT), podemos 
usar o fato de que N (AT) é o complemento ortogonal do espaço - coluna em . É fácil ver que o espaço (uma 
dimensão) vetorial ortogonal ao espaço - coluna de A tem base . 
 
5. Mostraremos que este conjunto gera e é linearmente independente. Uma vez que A é inversível, dado qualquer 
vetor b em , existe exatamente um vetor x em com Ax=b. Mas x pode ser escrito como uma combinação 
linear dos vetores da base v1..., vn. Ou seja, x = c1v1 +...+ cnvn para algumas constantes c1..., cn. E então temos 
 
b = Ax = A (c1 v1 +...+ cn vn ) = c1Av1 +...+ cnAvn. 
 
Portanto, escrevemos b como uma combinação linear dos vetores Av1..., Avn . Como b era um vetor arbitrário em , o 
conjunto {Av1,..., Avn} gera . 
Agora, vamos supor que há constantes d1, ..., dn tais que d1Av1 +...+dnAvn = 0. Então 
 
0 = d1Av1 +...+dnAvn = A (d1v1+ ...+ dnvn). 
 
Como A é inversível , ela tem espaço nulo trivial e concluímos que d1v1 + ...+ dnvn = 0. Mas o conjunto {v1,..., vn) é 
linearmente independente, de modo que devemos ter d1 = d2 = ...= dn = 0. Mas isso nos diz que se 
d1Av1 +...+dnAvn = 0 então todas as constantes são zero. Ou seja, o conjunto {Av1, ..., Avn} é linearmente independente. 
Uma vez que este é um conjunto linearmente independente em , ele é a base.