Lista 2 resolvida - Álgebra Linear

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1. Para cada um dos itens abaixo é definida uma soma de elementos de R2 e um produto de
número real por um elemento de R2. Verifique, em cada caso, se R2 equipado com essas
operações é um espaço vetorial real. Em caso afirmativo, determine sua dimensão.
a. (x, y) + (a, b) := (x+ a, y · b) e λ · (x, y) := (λ · x, λ · y);
Prova-se sem maiores dificuldades que a soma em questão é associativa, comutativa e tem
elemento neutro dado por (0, 1). Mas nenhum elemento da forma (a, 0) possui inverso aditivo,
ou seja, não existe (α, β) ∈ R2 tal que (x, 0) + (α, β) = (0, 1) pois 0 · β = 0 6= 1 qualquer que
seja β ∈ R. Portanto, R2 equipado com essas operações não é um espaço vetorial.
b. (x, y) + (a, b) := (x+ b, y + a) e λ · (x, y) := (λ · x, λ · y);
Temos que para essa soma, (2,−3) + (1, 2) = (2 + 2,−3 + 1) = (4,−2) e (1, 2) + (2,−3) =
(1− 3, 2 + 2) = (−2, 4). Portanto, essa operação de adição de não é comutativa. Desta forma,
R2 equipado dessas operações não é um espaço vetorial.
c. (x, y) + (a, b) := (x+ a, y + b) e λ · (x, y) := (λ · y, λ · x).
Com esse produto temos que, 2 · (3 · (3, 5)) = 2 · (3 · 5, 3 · 3) = (2 · 9, 2 · 15) = (18, 30) e
(2 · 3) · (3, 5) = 6 · (3, 5) = (6 · 5, 6 · 3) = (30, 18).
Portanto, a propriedade α · (β · v) = (α · β) · v não é válida para quaisquer α, β ∈ R e v ∈ R2.
Assim, R2 equipado dessas operações não é um espaço vetorial.
2. Em cada caso, determine se W é subespaço vetorial de V. Em caso afirmativo, determine a
dimensão de W exibindo uma base de W.
a. W = {A ∈MR(2, 2) : A = At} e V = MR(2, 2) (At é a matriz transposta de A);
Observamos inicialmente que O2×2 =
(
0 0
0 0
)
é o vetor nulo de MR(2, 2) e que Ot2×2 = O2×2.
Portanto, O2×2 ∈ W. Sejam agora, A,B ∈ W, temos que (veja exerćıcio 11 b. da lista 0),
(A+B)t = At+Bt = A+B, logo A+B ∈W. Também não é dif́ıcil mostrar que dados λ ∈ R
e A ∈MR(2, 2), então (λ·A)t = λ·At. Assim, se λ ∈ R e A ∈W então, (λ·A)t = λ·At = λ·A,
de onde segue que λ · A ∈W. Portanto, W é subespaço vetorial de MR(2, 2).
Uma matriz t́ıpica de W tem a forma A =
(
a c
c b
)
= a ·
(
1 0
0 0
)
+ b ·
(
0 0
0 1
)
+ c ·
(
0 1
1 0
)
.
Portanto, o conjunto α =
{(
1 0
0 0
)
,
(
0 0
0 1
)
,
(
0 1
1 0
)}
é um conjunto gerador de W.
O conjunto α é LI, pois se a ·
(
1 0
0 0
)
+b ·
(
0 0
0 1
)
+c ·
(
0 1
1 0
)
=
(
0 0
0 0
)
, então a = b = c = 0.
Logo, dim(W) = 3.
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Lista 2 - Álgebra Linear
b. W = {A ∈MR(2, 2) : A · At = I} e V = MR(2, 2) (I é a matriz identidade);
Seja O2×2 ∈ MR(2, 2) a matriz nula. Então, O2×2 é o vetor nulo de MR(2, 2) e O2×2 /∈ W,
pois O2×2 · Ot2×2 = O2×2 · O2×2 = O2×2 6= I. Portanto, W não é um subespaço vetorial de
MR(2, 2).
c. W = {A ∈MR(3, 3) : det(A) = 0} e V = MR(3, 3) (det(A) é o determinante de A);
Sejam A =
1 0 00 0 0
0 0 1
 e B =
0 0 00 1 0
0 0 0
. Temos que A,B ∈W, mas A+B =
1 0 00 1 0
0 0 1
 /∈
W. Portanto, W não é subespaço de MR(3, 3).
d. W = {A ∈ MR(3, 3) : tr(A) = 0} e V = MR(3, 3) (tr(A) é o traço da matriz A, ou seja,
a soma dos elementos da diagonal principal);
Se O3×3 ∈ MR(3, 3) é a matriz nula, então O3×3 é o vetor nulo de MR(3, 3) e tr(O3×3) = 0.
Portanto, O3×3 ∈W.
Temos que a função traço satisfaz as seguintes propriedades:
1. tr(A+B) = tr(A) + tr(B) quaisquer que sejam A,B ∈MR(3, 3);
2. tr(λ · A) = λ · tr(A) quaisquer que sejam λ ∈ R e A ∈MR(3, 3).
Logo, se A,B ∈W e λ ∈ R então:
tr(A+B) = tr(A) + tr(B) = 0 + 0 = 0 e assim, A+B ∈W;
tr(λ · A) = λ · tr(A) = λ · 0 = 0 e assim, λ · A ∈W.
Portanto, W é um subespaço de MR(3, 3).
Um elemento t́ıpico de W é dado por
a b cd e f
g h −a− e
. Assim, as matrizes,
1 0 00 0 0
0 0 −1
 ,
0 1 00 0 0
0 0 0
 ,
0 0 10 0 0
0 0 0
 ,
0 0 01 0 0
0 0 0
 ,
0 0 00 1 0
0 0 −1
 ,
0 0 00 0 1
0 0 0
 ,
0 0 00 0 0
1 0 0
,
0 0 00 0 0
0 1 0
 formam uma base de W.
Portanto dim(W) = 8.
3. Seja V = P3 o espaço vetorial dos polinômios reais de grau menor ou igual a 3.
a. Mostre que α = {(x− 1), (x2 + x), (x3 + 1), (1 + x+ x2)} é uma base de V;
Sejam a, b, c, d ∈ R tais que a(x− 1) + b(x2 + x) + c(x3 + 1) + d(1 + x+ x2) = 0. Então,
(−a+ c+ d) + (a+ b+ d)x+ (b+ d)x2 + cx3 = 0
Assim, c = 0, a = d, b = −2a e d = −b = 2a. Logo, 2a = a, ou seja, a = 0. Disso segue que,
a = b = c = d = 0. Portanto, α é LI. Como dim(P3) = 4, segue que α é uma base de P3.
b. Se Mβα = [I]
β
α =

0 1 −1 0
−1 −1 2 1
0 0 0 1
1 1 −1 −1
 é a matriz de mudança da base ordenada β para a
base ordenada α, determine a base ordenada β;
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Se β = {v1, v2, v3, v4} então,
v1 = (−1)(x2 + x) + (1 + x+ x2) = 1
v2 = (x− 1) + (−1)(x2 + x) + (1 + x+ x2) = x
v3 = (−1)(x− 1) + 2(x2 + x) + (−1)(1 + x+ x2) = x2
v4 = (x
2 + x) + (x3 + 1) + (−1)(1 + x+ x2) = x3.
Assim, β = {1, x, x2, x3}.
c. Sejam v, w ∈ V tais que [v]β =

1
1
2
−1
 e [w]α =

2
1
−2
−1
, determine [v]α e [w]β.
Temos que
[v]α = M
β
α · [v]β =

0 1 −1 0
−1 −1 2 1
0 0 0 1
1 1 −1 −1
 ·

1
1
2
−1
 =

−1
1
−1
1

Temos que Mαβ =

−1 0 1 1
1 1 0 1
0 1 0 1
0 0 1 0
, logo,
[w]β = M
α
β · [w]α =

−1 0 1 1
1 1 0 1
0 1 0 1
0 0 1 0
 ·

2
1
−2
−1
 =

−5
2
0
−2

4. Seja V um espaço vetorial.
a. Mostre que, se {v1, v2, . . . , vn} é um conjunto LD de V então {v1, v2, . . . , vn, w} é também
um conjunto LD de V, qualquer que seja o vetor w ∈ V;
Como {v1, v2, . . . , vn} é LD, existem números α1, α2, . . . , αn não todos nulos, tais que
α1v1 + α2v2 + · · ·+ αnvn = 0V
Assim, temos que,
β1v1 + β2v2 + · · ·+ βnvn + βn+1w = 0V
sendo β1 = α1, β2 = α2, ... , βn = αn e βn+1 = 0. Como os números β1, β2, . . . , βn+1 não são
todos nulos, segue que {v1, v2, . . . , vn, w} é LD.
b. Mostre que, se β = {v1, v2, . . . , vn} é LI então β − {vj} = {v1, v2, . . . , vj−1, vj+1, . . . , vn} é
também um conjunto LI de V, qualquer que seja j = 1, 2, . . . , n.
Se β − {vj} não é LI, então β − {vj} é LD. Segue então do item a) (tomando w = vj) que β
é LD, o que é um absurdo, pois por hipótese, β é LI. Portanto, conclui-se que β − {vj} é LI
qualquer que seja j = 1, 2, 3, . . . , n.
• Demonstração alternativa (direta)
Suponha que β = {v1, v2, . . . , vn} é LI e suponha que
α1v1 + α2v2 + · · ·+ αj−1vj−1 + αj+1vj+1 + · · ·+ αnvn = OV
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segue então que, α1v1 + α2v2 + · · · + αj−1vj−1 + 0vj + αj+1vj+1 + · · · + αnvn = OV, ou seja,
fazendo β1 = α1, β2 = α2, · · · , βj−1 = αj−1, βj = 0, βj+1 = αj+1, . . . , βn = αn teremos
β1v1 + β2v2 + · · ·+ βj−1vj−1 + βjvj + βj+1vj+1 + · · ·+ βnvn = OV
como β = {v1, v2, . . . , vn} é LI, conclui-se que β1 = β2 = · · · = βn = 0, ou seja, α1 = α2 =
· · · = αj−1 = αj+1 = · · · = αn = 0. Logo, o conjunto β − {vj} é LI.
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