Gabarito da AD7

Prévia do material em texto

Questiona´rio da semana 10: aulas 11 e 12.
Questa˜o A)
A1) Em R3, considere os vetores v1 = (1, 2, 2), v2 = (3, 2, 1), v3 = (11, 10, 7) e v4 = (7, 6, 4).
Qual e´ a dimensa˜o do subespac¸o gerado por esses vetores?
Soluc¸a˜o:
Um vetor w = (x, y, z) de R3 esta´ no subespac¸o S, gerado por v1, v2, v3 e v4, se, e somente
se, existem nu´meros reais a, b, c, d tais que:
w = av1 + bv2 + cv3 + dv4 ⇐⇒ (x, y, z) = a(1, 2, 2) + b(3, 2, 1) + c(11, 10, 7) + d(7, 6, 4)
⇐⇒ (x, y, z) = (a+ 3b+ 11c+ 7d, 2a+ 2b+ 10c+ 6d, 2a+ b+ 7c+ 4d)
⇐⇒

a+ 3b+ 11c+ 7d = x
2a+ 2b+ 10c+ 6d = y
2a+ b+ 7c+ 4d = z
Este e´ um sistema linear nas varia´veis a, b, c e d. Escalonando a sua matriz aumentada,
obtemos: 1 3 11 7 | x2 2 10 6 | y
2 1 7 4 | z
 L2 ← L2 − 2L1
L3 ← L3 − 2L1
∼
 1 3 11 7 | x0 −4 −12 −8 | −2x+ y
0 −5 −15 −10 | −2x+ z
 L2 ← L2 − L3
 1 3 11 7 | x0 1 3 2 | y − z
0 −5 −15 −10 | −2x+ z

L3 ← L3 + 5L2
∼
 1 3 11 7 | x0 1 3 2 | y − z
0 0 0 0 | −2x+ 5y − 4z

Nesta forma escalonada, olhando para a u´ltima linha podemos concluir que o sistema tem
soluc¸a˜o se, e somente se −2x + 5y − 4z = 0. Portanto, o conjunto gerado e´ S = {(x, y, z) ∈
R3 ; −2x+ 5y − 4z = 0}. Este subespac¸o e´ um plano em R2, logo tem dimensa˜o 2.
Observac¸a˜o: Se quisermos achar uma base para este subespac¸o basta procedermos como
o exerc´ıcio C seguinte. Na aula 13 seguinte, e´ apresentado um me´todo mais pra´tico para
determinar uma base, logo a dimensa˜o, a partir de um conjunto de geradores.
A2) Em R3, considere os vetores v1 = (1,−2, 2), v2 = (−1, 2,−2), v3 = (2,−4, 4) e
v4 = (
1
2
,−1, 1). Qual e´ a dimensa˜o do subespac¸o gerado por esses vetores?
Soluc¸a˜o:
Neste caso, e´ fa´cil perceber que todos os vetores sa˜o mu´ltiplos de v1, pois:
v2 = (−1, 2,−2) = −(1,−2, 2) = −v1,
v3 = (2,−4, 4) = 2(1,−2, 2) = 2v1 e
v4 = (
1
2
,−1, 1) = 1
2
(1,−2, 2) = 1
2
v1.
Enta˜o, um vetor w = (x, y, z) de R3 esta´ no subespac¸o S, gerado por v1, v2, v3 e v4, se, e
somente se, existem nu´meros reais a, b, c, d tais que:
w = av1 + bv2 + cv3 + dv4 ⇐⇒ w = av1 + b(−v1) + c(2v1) + d(1
2
v1) = (a− b+ 2c+ 1
2
d)v1.
Ou seja, um vetor esta´ em S se, e somente se, for um mu´ltiplo de v1. Isto significa que o
conjunto {v1} gera o subespac¸o S. Como qualquer conjunto com um u´nico vetor na˜o nulo e´
LI, o conjunto {v1} e´ uma base para S que, portanto, tem dimensa˜o 1.
A3) Em R3, considere os vetores v1 = (1, 2, 3), v2 = (−1, 2, 4), v3 = (3,−4, 2) e v4 =
(2,−1, 1). Qual e´ a dimensa˜o do subespac¸o gerado por esses vetores?
Soluc¸a˜o:
Um vetor w = (x, y, z) de R3 esta´ no subespac¸o S, gerado por v1, v2, v3 e v4, se, e somente
se, existem nu´meros reais a, b, c, d tais que:
w = av1 + bv2 + cv3 + dv4 ⇐⇒ (x, y, z) = a(1, 2, 3) + b(−1, 2, 4) + c(3,−4, 2) + d(2,−1, 1)
⇐⇒ (x, y, z) = (a− b+ 3c+ 2d, 2a+ 2b− 4c− d, 3a+ 4b+ 2c+ d)
⇐⇒

a− b+ 3c+ 2d = x
2a+ 2b− 4c− d = y
3a+ 4b+ 2c+ d = z
Este e´ um sistema linear nas varia´veis a, b, c e d. Escalonando a sua matriz aumentada,
obtemos: 1 −1 3 2 | x2 2 −4 −1 | y
3 4 2 1 | z
 L2 ← L2 − 2L1
L3 ← L3 − 3L1
∼
 1 −1 3 2 | x0 4 −10 −5 | −2x+ y
0 7 −7 −5 | −3x+ z
 L2 ← 2L2 − L3
 1 −1 3 2 | x0 1 −13 −5 | −x+ 2y − z
0 7 −7 −5 | −3x+ z

L3 ← L3 − 7L2
∼
 1 −1 3 2 | x0 1 −13 −5 | −x+ 2y − z
0 0 84 30 | 4x− 14y + 8z

Nesta forma escalonada, sabemos que o sistema e´ poss´ıvel indeterminado, ou seja, tem infinitas
soluc¸o˜es quaisquer que sejam os escalares x, y e z. Logo, qualquer vetor w = (x, y, z) de R3
pode ser escrito como combinac¸a˜o linear dos vetores v1, v2, v3 e v4. Portanto, o conjunto
gerado e´ S = R3, que tem dimensa˜o 3.
Questa˜o B)
B1) Em P3(R), o espac¸o dos polinoˆmios de grau menor ou igual 3, considere os vetores
v1 = t
3 + t2 − 2t+ 1, v2 = t2 + 1, v3 = t3 − 2t e v4 = 2t3 + 3t2 − 4t+ 3. Qual e´ a dimensa˜o do
subespac¸o gerado por esses vetores?
Soluc¸a˜o:
Seja S o subespac¸o gerado pelos vetores v1, v2, v3 e v4. Um polinoˆmio p(t) = a3t
3 + a2t
2 +
a1t+ a0 de P3(R) esta´ em S se, e somente se, existem nu´meros reais a, b, c e d tais que:
p(t) = av1+bv2+cv3+dv4 ⇐⇒ p(t) = a(t3+t2−2t+1)+b(t2+1)+c(t3−2t)+d(2t3+3t2−4t+3)
⇐⇒ a3t3 + a2t2 + a1t+ a0 = (a+ c+ 2d)t3 + (a+ b+ 3d)t2 + (−2a− 2c− 4d)t+ (a+ b+ 3d)
⇐⇒

a+ c+ 2d = a3
a+ b+ 3d = a2
−2a− 2c− 4d = a1
a+ b+ 3d = a0
Este e´ um sistema linear nas varia´veis a, b, c e d. Escalonando a sua matriz aumentada,
obtemos:
1 0 1 2 | a3
1 1 0 3 | a2
−2 0 −2 −4 | a1
1 1 0 3 | a0
 ← L3 + 2L1
L4 ← L4 − L2
∼

1 0 1 2 | a3
1 1 0 3 | a2
0 0 0 0 | a1 + 2a3
0 0 0 0 | a0 − a2
 L2 ← L2 − L1

1 0 1 2 | a3
0 1 −1 1 | a2 − a3
0 0 0 0 | a1 + 2a3
0 0 0 0 | a0 − a2

Nesta forma escalonada, olhando para as duas u´ltimas linhas podemos concluir que o sistema
tem soluc¸a˜o se, e somente se
{
a1 + 2a3 = 0
a0 − a2 = 0 que e´ equivalente a
{
a1 = −2a3
a0 = a2
. Por-
tanto, um polinoˆmio p(t) = a3t
3 + a2t
2 + a1t+ a0 de P3(R) esta´ em S se, e somente se, for da
forma p(t) = a3t
3 + a2t
2 − 2a3t+ a2. Este polinoˆmio pode ser decomposto em:
p(t) = a3t
3 + a2t
2 − 2a3t+ a2 = a3(t3 − 2t) + a2(t2 + 1)
Isto mostra que qualquer polinoˆmio p(t) em S pode ser escrito como combinac¸a˜o linear dos
polinoˆmios t3 − 2t e t2 + 1. Como estes polinoˆmios na˜o sa˜o mu´ltiplos, eles sa˜o L.I. e enta˜o o
conjunto {t3 − 2t, t2 + 1} e´ uma base de S. Portanto, S tem dimensa˜o 2.
B2) No espac¸o vetorial de todas as func¸o˜es reais, considere os vetores v1 = cos
2 t, v2 =
sen 2t e v3 = cos 2t. Qual e´ a dimensa˜o do subespac¸o gerado por esses vetores?
Soluc¸a˜o:
Seja S o subespac¸o gerado pelos vetores v1, v2 e v3. Uma func¸a˜o f(t) esta´ em S se, e
somente se, existem nu´meros reais a, b e c tais que:
f(t) = av1 + bv2 + cv3 ⇐⇒ f(t) = a cos2 t+ b sen 2t+ c cos 2t
Agora, da trigonometria, sabemos que cos 2t = cos(t+t) = cos t cos t− sen t sen t o que implica
cos 2t = cos2 t− sen 2t. Substituindo n acombinac¸a˜o acima, obtemos:
f(t) = a cos2 t+ b sen 2t+ c(cos2 t− sen 2t) = (a+ c) cos2 t+ (a− c) sen 2t
Isto mostra que qualquer func¸a˜o f(t) em S pode ser escrito como combinac¸a˜o linear das
func¸o˜es v1 = cos
2 t e v − 2 = sen 2t. Como estas func¸o˜es na˜o sa˜o mu´ltiplas, elas sa˜o L.I. e
enta˜o o conjunto {v1, v2} e´ uma base de S. Portanto, S tem dimensa˜o 2.
Questa˜o C)
C1) Considere o subespac¸o de R3 definido por S = {(x, y, z) ∈ R3 ; y = x+ z}. Uma base
para o subespac¸o S e´:
a. {(1, 1, 0), (0, 1, 1)}
b. {(1, 1, 0)}
c. {(1, 1, 0), (0, 1, 1), (1, 2, 1)}
d. {(1, 1, 0), (0, 1, 1), (1, 0, 1)}
e. {(1, 1, 0), (−1,−1, 0)}
Soluc¸a˜o:
Pela definic¸a˜o do conjunto S, temos que (x, y, z) ∈ S se, e somente se, vale a equac¸a˜o
y = x+ z. Logo:
(x, y, z) ∈ S ⇐⇒ (x, y, z) = (x, x+ z, z) = (x, x, 0) + (0, z, z) = x(1, 1, 0) + z(0, 1, 1)
Enta˜o, os vetores u1 = (1, 1, 0) e u2 = (0, 1, 1) geram o subespac¸o S.
Agora, e´ fa´cil ver que estes vetores sa˜o L.I. De fato, dois vetores sa˜o L.D. se, e somente
se, um e´ mu´ltiplo do outro, e e´ fa´cil ver que u1 e u2 na˜o sa˜o mu´ltiplos. Enta˜o, o conjunto
{(1, 1, 0), (0, 1, 1)} e´ L.I. e gera S sendo, portanto, uma base de S.
Tendo encontrado uma base com dois elementos, conclu´ımos que a dimensa˜o de S e´ dois.
Logo, qualquer base de S deve ter dois elementos. Assim, os conjuntos dados nas alternativas
b),c) e d) na˜o sa˜o bases de S. O conjunto dado na alternativa e) na˜o e´ base pois e´ L.D.; de
fato, (−1,−1, 0) = −1(1, 1, 0).
Portanto, a u´nica alternativa correta e´ a a).
C2) Considere o subespac¸o de R3 definido por S = {(x, y, z) ∈ R3 ; y = x}. Uma base
para o subespac¸o S e´:
a. {(1, 1, 0), (0, 0, 1)}
b. {(1, 1, 0)}
c. {(1, 1, 0), (0, 0, 1), (2, 2, 1)}
d. {(1, 1, 0), (0, 1, 1), (1, 0, 1)}
e. {(1, 1, 0), (−1,−1, 0)}
Soluc¸a˜o:Pela definic¸a˜o do conjunto S, temos que (x, y, z) ∈ S se, e somente se, vale a equac¸a˜o
y = x. Logo:
(x, y, z) ∈ S ⇐⇒ (x, y, z) = (x, x, z) = (x, x, 0) + (0, 0, z) = x(1, 1, 0) + z(0, 0, 1)
Enta˜o, os vetores u1 = (1, 1, 0) e u2 = (0, 0, 1) geram o subespac¸o S.
Agora, e´ fa´cil ver que estes vetores sa˜o L.I. De fato, dois vetores sa˜o L.D. se, e somente
se, um e´ mu´ltiplo do outro, e e´ fa´cil ver que u1 e u2 na˜o sa˜o mu´ltiplos. Enta˜o, o conjunto
{(1, 1, 0), (0, 0, 1)} e´ L.I. e gera S sendo, portanto, uma base de S.
Tendo encontrado uma base com dois elementos, conclu´ımos que a dimensa˜o de S e´ dois.
Logo, qualquer base de S deve ter dois elementos. Assim, os conjuntos dados nas alternativas
b),c) e d) na˜o sa˜o bases de S. O conjunto dado na alternativa e) na˜o e´ base pois e´ L.D.; de
fato, (−1,−1, 0) = −1(1, 1, 0).
Portanto, a u´nica alternativa correta e´ a a).
C3) Considere o subespac¸o de R3 definido por S = {(x, y, z) ∈ R3 ; 2x+ y− z = 0}. Uma
base para o subespac¸o S e´:
a. {(1, 0, 2), (0, 1, 1)}
b. {(1, 0, 2), (−1, 0,−2)}
c. {(0, 1, 1)}
d. {(1, 0, 2), (0, 1, 1), (1, 1, 3)}
e. {(1, 1, 0), (0, 1, 1), (1, 0, 1)}
Soluc¸a˜o:
Pela definic¸a˜o do conjunto S, temos que (x, y, z) ∈ S se, e somente se, vale a equac¸a˜o
2x+ y − z = 0 que e´ equivalente a z = 2x+ y. Logo:
(x, y, z) ∈ S ⇐⇒ (x, y, z) = (x, y, 2x+ y) = (x, 0, 2x) + (0, y, y) = x(1, 0, 2) + y(0, 1, 1)
Enta˜o, os vetores u1 = (1, 0, 2) e u2 = (0, 1, 1) geram o subespac¸o S.
Como no exerc´ıcio anterior, e´ fa´cil ver que u1 e u2 na˜o sa˜o mu´ltiplos, logo sa˜o L.I. Enta˜o,
o conjunto {(1, 0, 2), (0, 1, 1)} e´ L.I. e gera S sendo, portanto, uma base de S.
Tendo encontrado uma base com dois elementos, conclu´ımos que a dimensa˜o de S e´ dois.
Logo, qualquer base de S deve ter dois elementos. Assim, os conjuntos dados nas alternativas
c),d) e e) na˜o sa˜o bases de S. O conjunto dado na alternativa b) na˜o e´ base pois e´ L.D.; de
fato, (−1, 0,−2) = −1(1, 0, 2).
Portanto, a u´nica alternativa correta e´ a a).
Questa˜o D)
D1) Em M3(R), o espac¸o das matrizes quadradas 3× 3, considere o subespac¸o S definido
pelo conjunto das matrizes sime´tricas. Qual e´ a dimensa˜o do subespac¸o S?
Soluc¸a˜o:
Lembremos que uma matriz e´ sime´trica quando AT = A, ou seja, aji = aij (ver definic¸a˜o
na pa´gina 18 da apostila). Isto implica que os elementos sime´tricos em relac¸a˜o a` diagonal
principal sa˜o iguais. Logo, o subespac¸o das matrizes sime´tricas 3× 3 pode ser descrito por:
S =

 a b cb d e
c e f
 ; a, b, c, d, e, f ∈ R

Agora, podemos escrever: a b cb d e
c e f
 =
 a 0 00 0 0
0 0 0
+
 0 b 0b 0 0
0 0 0
+
 0 0 c0 0 0
c 0 0
+
 0 0 00 d 0
0 0 0
+
 0 0 00 0 e
0 e 0
+
 0 0 00 0 0
0 0 f
 =
= a
 1 0 00 0 0
0 0 0
+b
 0 1 01 0 0
0 0 0
+c
 0 0 10 0 0
1 0 0
+d
 0 0 00 1 0
0 0 0
+e
 0 0 00 0 1
0 1 0
+f
 0 0 00 0 0
0 0 1

Logo, as seis matrizes acima geram o subespac¸o S. Ale´m disso, qualquer combinac¸a˜o linear
como acima e´ igual a` matriz nula somente se: a b cb d e
c e f
 =
 0 0 00 0 0
0 0 0
 ⇐⇒ a = b = c = d = e = f = 0.
Enta˜o, o conjunto

 1 0 00 0 0
0 0 0
 ,
 0 1 01 0 0
0 0 0
 ,
 0 0 10 0 0
1 0 0
 ,
 0 0 00 1 0
0 0 0
 ,
 0 0 00 0 1
0 1 0
 , 0 0 00 0 0
0 0 1
 e´ L.I. Como e´ L.I. e gera S, este conjunto e´ uma base para S. Portanto,
o subespac¸o das matrizes sime´tricas 3× 3 tem dimensa˜o 6.
D2) Em M3(R), o espac¸o das matrizes quadradas 3× 3, considere o subespac¸o S definido
pelo conjunto das matrizes diagonais. Qual e´ a dimensa˜o do subespac¸o S?
Soluc¸a˜o:
Lembremos que uma matriz e´ diagonal se os elementos fora da diagonal principal sa˜o
iguais a zero. Logo, o subespac¸o das matrizes diagonais 3× 3 pode ser descrito por:
S =

 a 0 00 b 0
0 0 c
 ; a, b, c ∈ R

Agora, podemos escrever: a 0 00 b 0
0 0 c
 =
 a 0 00 0 0
0 0 0
+
 0 0 00 b 0
0 0 0
+
 0 0 00 0 0
0 0 c
 =
= a
 1 0 00 0 0
0 0 0
+ b
 0 0 00 1 0
0 0 0
+ c
 0 0 00 0 0
0 0 1

Logo, as treˆs matrizes acima geram o subespac¸o S. Ale´m disso, qualquer combinac¸a˜o linear
como acima e´ igual a` matriz nula somente se: a 0 00 b 0
0 0 c
 =
 0 0 00 0 0
0 0 0
 ⇐⇒ a = b = c = 0.
Enta˜o, o conjunto

 1 0 00 0 0
0 0 0
 ,
 0 0 00 1 0
0 0 0
 ,
 0 0 00 0 0
0 0 1
 e´ L.I. Como e´ L.I. e gera S,
este conjunto e´ uma base para S. Portanto, o subespac¸o das matrizes diagonais 3 × 3 tem
dimensa˜o 3.
D3) Em M3(R), o espac¸o das matrizes quadradas 3× 3, considere o subespac¸o S definido
pelo conjunto das matrizes anti-sime´tricas. Qual e´ a dimensa˜o do subespac¸o S?
Soluc¸a˜o:
Lembremos que uma matriz e´ anti-sime´trica quando AT = −A, ou seja, aji = −aij (ver
definic¸a˜o na pa´gina 18 da apostila). Isto implica que os elementos da diagoanal principal sa˜o
nulos e os elementos sime´tricos em relac¸a˜o a` diagonal principal sa˜o opostos. Logo, o subespac¸o
das matrizes anti-sime´tricas 3× 3 pode ser descrito por:
S =

 0 a b−a 0 c
−b −c 0
 ; a, b, c ∈ R

Agora, podemos escrever: 0 a b−a 0 c
−b −c 0
 =
 0 a 0−a 0 0
0 0 0
+
 0 0 b0 0 0
−b 0 0
+
 0 0 00 0 c
0 −c 0
 =
= a
 0 1 0−1 0 0
0 0 0
+ b
 0 0 10 0 0
−1 0 0
+ c
 0 0 00 0 1
0 −1 0

Logo, as treˆs matrizes acima geram o subespac¸o S. Ale´m disso, qualquer combinac¸a˜o linear
como acima e´ igual a` matriz nula somente se: 0 a b−a 0 c
−b −c 0
 =
 0 0 00 0 0
0 0 0
 ⇐⇒ a = b = c = 0.
Enta˜o, o conjunto

 0 1 0−1 0 0
0 0 0
 ,
 0 0 10 0 0
−1 0 0
 ,
 0 0 00 0 1
0 −1 0
 e´ L.I. Como e´ L.I. e gera
S, este conjunto e´ uma base para S. Portanto, o subespac¸o das matrizes anti-sime´tricas 3× 3
tem dimensa˜o 3.
D4) Em M3(R), o espac¸o das matrizes quadradas 3× 3, considere o subespac¸o S definido
pelo conjunto das matrizes escalares. Qual e´ a dimensa˜o do subespac¸o S?
Soluc¸a˜o:
Lembremos que uma matriz escalar e´ uma matriz diagonal que possui todos os elementos
da diagonal iguais (ver definic¸a˜o na pa´gina 12 da apostila). Logo, o subespac¸o das matrizes
diagonais 3× 3 pode ser descrito por:
S =

 a 0 00 a 0
0 0 a
 ; a ∈ R

Agora, podemos escrever:  a 0 00 a 0
0 0 a
 = a
 1 0 00 1 0
0 0 1
 = aI3.
Ou seja, toda matriz escalar e´ um mu´ltiplo da matriz identidade. Logo, as o conjunto {I3}
gera o subespac¸o S. Ale´m disso, como qualquer conjunto unita´rio com elemento na˜o nulo e´
LI, o conjunto {I3} e´ uma base para S. Portanto, o subespac¸o das matrizes escalares tem
dimensa˜o 1.
Questa˜o E)
Considere as afirmac¸o˜es:
1. Os subespac¸os de R3 sa˜o o trivial {0}, o pro´prio R3 e as retas e planos que passam pela
origem.
2. Se {v1, v2, v3} e´ uma base de um espac¸o vetorial V enta˜o, para qualquer escalar c 6= 0,
{cv1, cv2, cv3} tambe´m e´ base de V .
3. Se o espac¸o vetorial V tem dimensa˜o finita n enta˜o todo conjunto com n + 1 vetores e´
L.D.
4. O espac¸o vetorial de todos os polinoˆmios P na˜o tem dimensa˜o finita.
5. Se {v1, v2, v3} e´ uma base de um espac¸o vetorial V enta˜o {v1+v2+v3, v2+v3, v3} tambe´m
e´ base de V .
6. Se o espac¸o vetorial V tem dimensa˜o finita n enta˜o nenhum conjunto com menos que n
vetores podem gerar V .
Quais sa˜o falsas e quais sa˜o verdadeiras?
Soluc¸a˜o:
1. Os subespac¸os de R3 sa˜o o trivial {0}, o pro´prio R3 e as retas e planos que passam pela
origem.
VERDADEIRA. Veja a sec¸a˜o: Os subespac¸os vetoriais de R3, na pa´gina 102 da apostila.
2. Se {v1, v2, v3} e´ uma base de um espac¸o vetorial V enta˜o, para qualquer escalar c6= 0,
{cv1, cv2, cv3} tambe´m e´ base de V .
VERDADEIRA. Dado v ∈ V , sendo {v1, v2, v3} uma base, existem escalares α, β, γ tais
que v = αv1 + βv2 + γv3. Dado c 6= 0, esta combinac¸a˜o linear pode ser reescrita na
forma: v =
α
c
(cv1) +
β
c
(cv2) +
γ
c
(cv3). Logo, qualquer vetor de V e´ uma combinac¸a˜o
linear dos vetores cv1, cv2, cv3 e da´ı, estes vetores geram V . Como V tem dimensa˜o 3,
qualquer conjunto com treˆs vetores que gera V e´ uma base de V .
3. Se o espac¸o vetorial V tem dimensa˜o finita n enta˜o todo conjunto com n + 1 vetores e´
L.D.
VERDADEIRA. Veja o teorema 3 da aula 12, pa´gina 127 da apostila.
4. O espac¸o vetorial de todos os polinoˆmios P na˜o tem dimensa˜o finita.
VERDADEIRA. De fato, suponha que o espac¸o P tivesse dimensa˜o finita. Enta˜o existiria
uma base B com um nu´mero finito de polinoˆmios. Assim, poder´ıamos considerar o grau
ma´ximo k dentre os graus dos polinoˆmios de B. Enta˜o, qualquer combinac¸a˜o linear
destes polinoˆmios tem grau no ma´ximo igual a k, sendo imposs´ıvel gerar um polinoˆmio
com grau igual a k + 1 ou maior. Isto contradiz o fato de B ser uma base. Logo
P na˜o pode ter dimensa˜o finita. Em verdade, uma base de P e´ o conjunto infinito
{1, t, t2, t3, . . . , tn, . . . }.
5. Se {v1, v2, v3} e´ uma base de um espac¸o vetorial V enta˜o {v1+v2+v3, v2+v3, v3} tambe´m
e´ base de V .
VERDADEIRA. Dado v ∈ V , sendo {v1, v2, v3} uma base, existem escalares α, β, γ tais
que v = αv1 + βv2 + γv3. Esta combinac¸a˜o linear pode ser rearranjada na forma:
v = αv1 + βv2 + γv3 = αv1 + (αv2 + αv3 − αv2 − αv3) + βv2 + (βv3 − βv3) + γv3 =
= α(v1 + v2 + v3) + (−α + β)(v2 + v3) + (−β + γ)v3.
Logo, qualquer vetor de V e´ uma combinac¸a˜o linear dos vetores v1 + v2 + v3, v2 + v3, v3
e da´ı, estes vetores geram V . Como V tem dimensa˜o 3, qualquer conjunto com treˆs
vetores que gera V e´ uma base de V .
6. Se o espac¸o vetorial V tem dimensa˜o finita n enta˜o nenhum conjunto com menos que n
vetores podem gerar V .
VERDADEIRA. Suponha que existisse um conjunto S com menos que n vetores que
gerasse V . Enta˜o, pelo teorema 5 da aula 12, pa´gina 130 da apostila, existiria um
subconjunto de S que seria base de V . Absurdo, pois ter´ıamos uma base de V com
menos que n elementos.