2ª Lista de Exercícios (ALI0001)Prof. Helder G. G. de Lima1

Legenda

Cálculos Conceitos Teoria

Questões

1. Revise todos os axiomas da definição de espaço vetorial 𝑉 sobre o corpo de escalaresR, verificando a validade de cada um deles nos seguintes conjuntos. Em cada item, asoperações de adição e multiplicação por escalar que aparecem no lado esquerdo são as doespaço vetorial que está sendo definido, e as do lado direito são operações usuais de R.

(a) 𝑉 = R𝑛, formado por todas as sequências de 𝑛 números reais, e

(𝑥1, . . . , 𝑥𝑛) + (𝑦1, . . . , 𝑦𝑛) = (𝑥1 + 𝑦1, . . . , 𝑥𝑛 + 𝑦𝑛)

𝑘 · (𝑥1, . . . , 𝑥𝑛) = (𝑘𝑥1, . . . , 𝑘𝑥𝑛)

(b) 𝑉 = 𝑀𝑚×𝑛(R), formado por todas as matrizes de ordem 𝑚× 𝑛, com 𝑚,𝑛 fixos e

(𝐴+𝐵)𝑖𝑗 = (𝐴)𝑖𝑗 + (𝐵)𝑖𝑗, para 1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑚 e 1 ≤ 𝑗 ≤ 𝑛,

(𝑘 ·𝐵)𝑖𝑗 = 𝑘(𝐴𝑖𝑗), para 1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑚 e 1 ≤ 𝑗 ≤ 𝑛

(c) 𝑉 = ℱ(R) = ℱ(−∞,+∞), formado por todas as funções 𝑓 : R → R e

(𝑓 + 𝑔)(𝑥) = 𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥), ∀𝑥 ∈ R(𝑘 · 𝑓)(𝑥) = 𝑘(𝑓(𝑥)), ∀𝑥 ∈ R

(d) 𝑉 = C, formado por todos os números complexos e

(𝑎+ 𝑏i) + (𝑐+ 𝑑i) = (𝑎+ 𝑐) + (𝑏+ 𝑑)i

𝑘 · (𝑎+ 𝑏i) = (𝑘𝑎) + (𝑘𝑏)i

(e) 𝑉 = R∞, formado por todas as sequências infinitas de números reais, e

(𝑥1, 𝑥2, . . .) + (𝑦1, 𝑦2, . . .) = (𝑥1 + 𝑦1, 𝑥2 + 𝑦2, . . .)

𝑘 · (𝑥1, . . . , 𝑥𝑛) = (𝑘𝑥1, 𝑘𝑥2, . . .)

2. Verifique se as operações definidas a seguir fazem com que os conjuntos 𝑉 indicados sejamespaços vetoriais. Em particular, determine se há algum elemento 𝑧 ∈ 𝑉 que faz o papelde “vetor nulo”, ou seja, que satisfaz 𝑧 + 𝑣 = 𝑣,∀𝑣 ∈ 𝑉 , e para cada vetor 𝑣 ∈ 𝑉 , indiquequal 𝑥 ∈ 𝑉 é o seu “oposto”, no sentido de que 𝑥+ 𝑣 = 𝑧.

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(a) 𝑉 = R, sendo

{𝑥+ 𝑦 = 𝑥+ 𝑦 + 1, ∀𝑥 ∈ 𝑉, 𝑦 ∈ 𝑉

𝑘 · 𝑥 = 𝑘𝑥+ 𝑘 − 1, ∀𝑘 ∈ R,∀𝑥 ∈ 𝑉

(b) 𝑉 = R2, sendo

{(𝑥, 𝑦) + (𝑢, 𝑣) = (𝑥+ 𝑢, 𝑦 + 𝑣), ∀(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑉, ∀(𝑢, 𝑣) ∈ 𝑉

𝑘 · (𝑥, 𝑦) = (−3𝑘𝑥+ 𝑘𝑦, 5𝑘𝑥− 2𝑘𝑦), ∀𝑘 ∈ R,∀(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑉

(c) 𝑉 = R2, sendo

{(𝑥, 𝑦) + (𝑢, 𝑣) = (𝑥+ 𝑢+ 1, 𝑦 + 𝑣 − 2), ∀(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑉, ∀(𝑢, 𝑣) ∈ 𝑉

𝑘 · (𝑥, 𝑦) = (𝑘𝑥+ 𝑘 − 1, 𝑘𝑦 − 2𝑘 + 2), ∀𝑘 ∈ R,∀(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑉

3. Seja 𝑉 = R4, o espaço vetorial das quádruplas de números reais, com as operações usuais.Mostre que os seguintes subconjuntos são subespaços vetoriais de 𝑉 :

(a) 𝑈 = {(𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑) ∈ R4 | 𝑎− 𝑏 = 𝑐+ 𝑑}.(b) 𝑊 = {(𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑) ∈ R4 | 𝑐 = 𝑑 = 0}.

4. Seja 𝑉 = 𝑀3×3(R), o espaço vetorial das matrizes quadradas de ordem 3, com as operaçõesusuais. Mostre que os seguintes subconjuntos são subespaços vetoriais de 𝑉 :

(a) As matrizes simétricas: 𝑆 = {𝑋 ∈ 𝑀3×3(R) | 𝑋𝑇 = 𝑋}.(b) As matrizes antissimétricas: 𝐴 = {𝑋 ∈ 𝑀3×3(R) | 𝑋𝑇 = −𝑋}.(c) As matrizes que comutam com uma matriz 𝐵 fixada: 𝐶 = {𝑋 ∈ 𝑉 | 𝐵𝑋 = 𝑋𝐵}.(d) 𝑈 = {𝐴 = (𝑎𝑖𝑗) ∈ 𝑀3×3(R) | 𝑎𝑖𝑗 = 0 sempre que 𝑖+ 𝑗 = 4}.

5. Seja 𝑉 = ℱ(R). Mostre que os seguintes subconjuntos são subespaços vetoriais de 𝑉 :

(a) O conjunto 𝑃∞ formado por todas as funções polinomiais (de qualquer grau):

𝑃∞ = {𝑝(𝑥) ∈ ℱ(R) | 𝑝(𝑥) = 𝑎𝑛𝑥𝑛+. . .+𝑎1𝑥

1+𝑎0, para algum natural 𝑛, e 𝑎𝑖 ∈ R}.

(b) Dado um natural 𝑛, o conjunto 𝑃𝑛 de todos polinômios de grau menor ou igual a 𝑛:

𝑃𝑛 = {𝑞(𝑥) ∈ 𝑃∞ | grau(𝑞(𝑥)) ≤ 𝑛}.

(c) As funções pares, isto é, tais que 𝑓(−𝑥) = 𝑓(𝑥), para todo 𝑥 ∈ R.(d) As funções ímpares, isto é, tais que 𝑓(−𝑥) = −𝑓(𝑥), para todo 𝑥 ∈ R.(e) O conjunto 𝐶0(R) das funções contínuas(f) O conjunto 𝐶1(R) das funções deriváveis cuja derivada é contínua

6. Em cada item, determine se 𝑈 é ou não um subespaço do espaço vetorial 𝑉 indicado:

(a) 𝑉 = R2 e 𝑈 = {(𝑥, 𝑦) ∈ R2 | 𝑦 + 2𝑥 = 5}(b) 𝑉 = R2 e 𝑈 = {(𝑥, 𝑦) ∈ R2 | 𝑦 = −4𝑥}

(c) 𝑉 = 𝑀3×1(R), 𝑈 = {𝑋 ∈ 𝑀3×1(R) | 𝐴𝑋 = 0}, sendo 𝐴 =

[1 2 34 5 6

].

(d) 𝑉 = 𝑀2×2(R) e 𝑈 = {𝑍 ∈ 𝑀2×2(R) | 𝑍 tem zeros em sua diagonal}(e) 𝑉 = 𝑀2×2(R) e 𝑈 = {𝐵 ∈ 𝑀2×2(R) | det(𝐵) = 0}(f) 𝑉 = ℱ(R) e 𝑈 = {𝑓 ∈ ℱ(R) | 𝑓 é um polinômio de grau exatamente igual a 3}(g) 𝑉 = ℱ(R) e 𝑈 = {𝑓 ∈ ℱ(R) | 𝑓 ′(−1) = 𝑓 ′(1) = 0}

2

7. Sejam 𝐴 =

[11 15 −13 7 16

], 𝐵 =

[2 11 −181 −8 1

]e 𝐶 =

[−3 −6 6−2 4 2

]vetores de 𝑀3×2(R).

Resolva a seguinte equação na variável 𝑋 ∈ 𝑀3×2(R):𝐴−𝑋

5− 𝑋 +𝐵

2= 𝐶.

8. Prove que os únicos subespaços de R (com as operações usuais) são o trivial {0} e R.(dica: mostre que se 𝑈 é um subespaço de R e 𝑈 = {0} então 𝑈 = R)

9. Seja 𝑈 um subespaço de um espaço vetorial 𝑉 . Explique por que 𝑊 = {𝑥 ∈ 𝑉 | 𝑥 ∈ 𝑈}não pode ser um subespaço de 𝑉 .

10. Para cada um dos subespaços vetoriais 𝑈 e 𝑉 a seguir, obtenha o subespaço 𝑈 ∩ 𝑉 :

(a) 𝑈 = {𝑎𝑥3+𝑏𝑥2+𝑐𝑥+𝑑 ∈ 𝑃3(R) | 3𝑎−𝑏+𝑐+𝑑 = 0} e 𝑉 = {𝑝(𝑥) ∈ 𝑃3(R) | 𝑝′(−1) = 0}(b) 𝑈 = {𝑔 ∈ ℱ(R) | 𝑔 é par} e 𝑉 = {𝑔 ∈ ℱ(R) | 𝑔 é ímpar}(c) 𝑈 = {𝑀 ∈ 𝑀𝑛×𝑛(R) | 𝑀 é antissimétrica} e 𝑉 = {𝑀 ∈ 𝑀𝑛×𝑛(R) | 𝑀 é simétrica}

11. Seja 𝑉 um espaço vetorial qualquer e 𝑈 um subespaço de 𝑉 . Prove que para quaisquervetores 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑉 vale o seguinte: se 𝑥 ∈ 𝑈 e 𝑦 − 𝑥 ∈ 𝑈 então 𝑦 ∈ 𝑈 .

12. Dê exemplos de subespaços vetoriais 𝑉1 e 𝑉2 de R3 que satisfaçam as seguintes condições(e explique porque satisfazem):

(a) 𝑉1 ∪ 𝑉2 não é subespaço vetorial de R3

(b) 𝑉1 ∪ 𝑉2 é subespaço vetorial de R3

13. Sejam 𝑉1 e 𝑉2 quaisquer subespaços de um espaço vetorial 𝑊 arbitrário. Prove que para𝑉1 ∪ 𝑉2 ser subespaço vetorial de 𝑊 é preciso que 𝑉1 ⊆ 𝑉2 ou que 𝑉2 ⊆ 𝑉1.

14. Explique todas as afirmações verdadeiras a seguir, e dê contra-exemplos para as demais.

(a) A interseção de dois subespaços vetoriais de 𝑉 nunca é vazia.

(b) Se 𝑉 = ger {𝑢1, 𝑢2, 𝑢3} então {𝑢1, 𝑢2, 𝑢3} é uma base de 𝑉

(c) Se {𝑢, 𝑣} é linearmente dependente (L.D.) então um dos vetores é múltiplo do outro.

(d) Se 𝑢 = 0 então os vetores 𝑢 e −𝑢 são linearmente independentes (L.I.).

(e) Se {𝑢, 𝑣} é L.I. e {𝑣, 𝑤} é L.I. então {𝑢, 𝑣, 𝑤} é L.I..

(f) Se {𝑢} é L.I. e {𝑣} é L.I. então {𝑢, 𝑣} é L.I..

(g) É possível que 𝑢 ∈ ger {𝑣, 𝑤} sem que ocorra 𝑢 ∈ ger {𝑣} nem 𝑢 ∈ ger {𝑤}.

15. É verdade que R4 = ger {(1,−1, 0, 0), (0, 0, 1,−1), (0, 2, 1, 0), (0, 0, 1, 1)}? Por que?

16. Encontre um conjunto de vetores geradores de um dos seguintes subespaços de 𝑀3×3(R):

(a) 𝐷 = {𝑋 ∈ 𝑀3×3(R) | 𝑋 é diagonal }(b) 𝑊 = {𝐴 ∈ 𝑀3×3(R) | 𝐴 é antissimétrica }(c) 𝑈 = {𝐵 ∈ 𝑀3×3(R) | 𝐵 é simétrica }

17. Verifique se os conjuntos {𝑣1, . . . , 𝑣𝑛} a seguir são formados por vetores linearmente in-dependentes (L. I.) ou linearmente dependentes (L. D.):

(a) 𝑣1 = (0, 3,−9), 𝑣2 = (1, 4,−10), 𝑣3 = (2, 5,−11) em R3.

3

(b) 𝑣1 = (0, 3,−9), 𝑣2 = (1, 4,−10) em R3.

(c) 𝑣1 =

[0 22 0

], 𝑣2 =

[1 00 4

], 𝑣3 =

[1 00 0

], 𝑣4 =

[0 10 0

], 𝑣5 =

[1 23 4

]em 𝑀2×2(R).

(d) 𝑣1 = 𝑥3+𝑥2+𝑥+1, 𝑣2 = 𝑥2+𝑥+1, 𝑣3 = 𝑥+1, 𝑣4 = 1 no espaço de polinômios 𝑃4.

18. Encontre uma base e a dimensão de cada um dos seguintes espaços vetoriais:

(a) 𝑉 = R4 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑤) | 𝑥 ∈ R, 𝑦 ∈ R, 𝑧 ∈ R, 𝑤 ∈ R}.

(b) 𝑉 = 𝑀2×3(R) ={[

𝑎 𝑏 𝑐𝑝 𝑞 𝑟

]| 𝑎 ∈ R, 𝑏 ∈ R, 𝑐 ∈ R, 𝑝 ∈ R, 𝑞 ∈ R, 𝑟 ∈ R

}.

(c) 𝑉 = 𝑃5 = {𝑝(𝑥) ∈ ℱ(R) | 𝑝(𝑥) é um polinômio de grau ≤ 5}.

19. Encontre uma base e a dimensão do subespaço 𝑊 de 𝑉 nos seguintes casos:

(a) 𝑉 = R3 e 𝑊 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) | 𝑧 = 0} (o plano horizontal que passa pela origem).

(b) 𝑉 = 𝑀2×2(R) e 𝑊 = {𝑆 ∈ 𝑉 | 𝑆𝑇 = 𝑆} (as matrizes simétricas 2× 2)

(c) 𝑉 = ℱ(R) e 𝑊 = {𝑝(𝑥) = 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 ∈ 𝑃2 | 𝑝′(6) = 0} (geometricamente, estasfunções correspondem a parábolas com vértice em (6, 𝑓(6))).

(d) 𝑉 = R4 e 𝑊 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑤) | 𝑥+ 2𝑤 = 0,−𝑦 = −2𝑤,𝑤 = 𝑧/2}.

20. Encontre um subconjunto de 𝑆 = {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 1), (0, 1, 1)} que seja base de R3.

21. Mostre que {0, 𝑣1, . . . , 𝑣𝑛} é um conjunto de vetores linearmente dependente, isto é, todoconjunto de vetores contendo o vetor nulo é linearmente dependente.

22. Prove que se 𝑊 = ger {𝑣1, . . . , 𝑣𝑛} e 𝑧 ∈ 𝑊 então 𝑊 = ger {𝑣1, . . . , 𝑣𝑛, 𝑧}.

23. Prove que se 𝑆1 = {𝑢1, 𝑢2, 𝑢3} é um conjunto de vetores linearmente independentes, então𝑆2 = {𝑢1, 𝑢2} também é um conjunto de vetores linearmente independentes.

24. Dada uma matriz 𝐴, denote por 𝐿(𝐴) o espaço linha (subespaço gerado pelas linhas de𝐴), por 𝐶(𝐴) o espaço coluna (subespaço gerado pelas colunas de 𝐴) e por 𝑁(𝐴) o núcleode 𝐴 (o espaço das matrizes coluna 𝑋 que satisfazem 𝐴𝑋 = 0). Encontre uma base e adimensão de 𝐿(𝐴), 𝐶(𝐴) e 𝑁(𝐴) para as seguintes matrizes:

(a) 𝐴 =

[1 −11 1

]

(b) 𝐴 =[1 2 3 4

](c) 𝐴 =

[1 0 1 00 1 0 −1

](d) 𝐴 =

[1 0 2 0 32 0 4 0 6

]𝑇25. Se 𝑈 e 𝑉 são subespaços de um espaço vetorial 𝑊 , denota-se o conjunto de todas as

somas de elementos de 𝑈 com elementos de 𝑉 por 𝑈+𝑉 = {𝑥+𝑦 ∈ 𝑊 | 𝑥 ∈ 𝑈 e 𝑦 ∈ 𝑉 }.Esta soma é chamada de soma direta, e denotada por 𝑈 ⊕ 𝑉 , se ocorrer 𝑈 ∩ 𝑉 = {0}.Encontre 𝑈 + 𝑉 para os seguintes subespaços 𝑈 e 𝑉 e verifique se é uma soma direta:

(a) Em 𝑊 = R4, os subespaços 𝑈 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑤) ∈ R4 | 𝑥 + 𝑦 = 0 = 𝑧 + 𝑤} e𝑉 = {(𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑) ∈ R4 | 𝑏 = 2𝑐}.

(b) Os subespaços 𝑈 = {𝑀 ∈ 𝑀3×3(R) | 𝑀𝑇 = −𝑀} das matrizes antissimétricas e𝑉 = {𝑁 ∈ 𝑀3×3(R) | 𝑁𝑇 = 𝑁} das matrizes simétricas de 𝑊 = 𝑀3×3(R).

4

(c) Os subespaços 𝑈 = {𝑞(𝑥) = 𝑏0 + 𝑏1𝑥 + 𝑏2𝑥2 + 𝑏3𝑥

3 | 𝑞(−𝑥) = −𝑞(𝑥),∀𝑥 ∈ R} e𝑉 = {𝑝(𝑥) = 𝑎0 + 𝑎1𝑥+ 𝑎2𝑥

2 + 𝑎3𝑥3 | 𝑝(−𝑥) = 𝑝(𝑥),∀𝑥 ∈ R} do espaço vetorial 𝑃3.

26. Encontre uma base e a dimensão de cada uma das somas 𝑈 + 𝑉 do exercício anterior.

27. Mostre que se 𝑢, 𝑣 e 𝑤 são vetores L. I. então os vetores 𝑢+ 𝑣, 𝑢− 𝑣 e 𝑢− 𝑤 são L. I.

28. Mostre que se 𝐵 = {𝑢, 𝑣} é uma base de 𝑉 então 𝑉 = ger {𝑢} ⊕ ger {𝑣}.

29. Sejam 𝑈 = ger {(1, 0, 0), (2, 1, 1)} e 𝑉 = ger {(0,−1, 0), (0, 0, 1)} subespaços de R3.

(a) Encontre uma base e a dimensão de 𝑈 ∩ 𝑉 .

(b) Verifique se R3 = 𝑈 + 𝑉 e se R3 = 𝑈 ⊕ 𝑉 .

30. Mostre que se 𝐵 = {𝑢, 𝑣} é uma base de 𝑉 então 𝐵′ = {𝑢+ 𝑣, 𝑢− 𝑣} também é base.

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Respostas

1. Todos os axiomas de espaço vetorial devem ser checados individualmente. A comutativi-dade da adição, por exemplo, seria verificada como segue:

(a) (𝑥1, . . . , 𝑥𝑛) + (𝑦1, . . . , 𝑦𝑛) = (𝑥1 + 𝑦1, . . . , 𝑥𝑛 + 𝑦𝑛)= (𝑦1 + 𝑥1, . . . , 𝑦𝑛 + 𝑥𝑛) = (𝑦1, . . . , 𝑦𝑛) + (𝑥1, . . . , 𝑥𝑛).

O vetor nulo é a sequência com as 𝑛 coordenadas iguais a zero: 0 = (0, . . . , 0).

(b) (𝐴+𝐵)𝑖𝑗 = (𝐴)𝑖𝑗 + (𝐵)𝑖𝑗 = (𝐵)𝑖𝑗 + (𝐴)𝑖𝑗 = (𝐵 + 𝐴)𝑖𝑗.

O vetor nulo é a matriz nula 0 = 0𝑚×𝑛 em que 0𝑖𝑗 = 0,∀𝑖, 𝑗.(c) (𝑓 + 𝑔)(𝑥) = 𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥) = 𝑔(𝑥) + 𝑓(𝑥) = (𝑔 + 𝑓)(𝑥),∀𝑥 ∈ R.

O vetor nulo é a função constante igual a zero: 𝑓(𝑥) = 0,∀𝑥 ∈ R.(d) (𝑎+ 𝑏i) + (𝑐+ 𝑑i) = (𝑎+ 𝑐) + (𝑏+ 𝑑)i = (𝑐+ 𝑎) + (𝑑+ 𝑏)i = (𝑐+ 𝑑i) + (𝑎+ 𝑏i).

O vetor nulo é o número complexo (e, de fato, real) 0 = 0 + 0i.

(e) (𝑥1, 𝑥2, . . .) + (𝑦1, 𝑦2, . . .) = (𝑥1 + 𝑦1, 𝑥2 + 𝑦2, . . .)= (𝑦1 + 𝑥1, 𝑦2 + 𝑥2, . . .) = (𝑦1, 𝑦2, . . .) + (𝑥1, 𝑥2, . . .).

O vetor nulo é a sequência infinita com todas as posições iguais a zero: 0 = (0, 0, . . .).

2. (a) R é um espaço vetorial com as operações indicadas. O vetor nulo é −1 e −𝑥− 2 é ooposto do vetor 𝑥.

(b) R2 não é espaço vetorial com as operações indicadas, pois

1 · (𝑥, 𝑦) = (−3𝑥+ 𝑦, 5𝑥− 2𝑦) = (𝑥, 𝑦), para vários valores de 𝑥, 𝑦.

(c) R2 é um espaço vetorial com as operações indicadas. O vetor nulo é (−1, 2) e o vetoroposto de (𝑥, 𝑦) é (−𝑥− 2,−𝑦 + 4).

3. (a) Se 𝑢 = (𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑) ∈ 𝑈 e 𝑣 = (𝑝, 𝑞, 𝑟, 𝑠) ∈ 𝑈 , então 𝑎 − 𝑏 = 𝑐 + 𝑑 e 𝑝 − 𝑞 = 𝑟 + 𝑠.Assim, como 𝑢+ 𝑣 = (𝑎+ 𝑝, 𝑏+ 𝑞, 𝑐+ 𝑟, 𝑑+ 𝑠) tem-se

(𝑎+ 𝑝)− (𝑏+ 𝑞) = (𝑎− 𝑏) + (𝑝− 𝑞) = (𝑐+ 𝑑) + (𝑟 + 𝑠) = (𝑐+ 𝑟) + (𝑑+ 𝑠),

ou seja, 𝑢+ 𝑣 ∈ R. Do mesmo modo, se 𝑘 ∈ R, tem-se 𝑘𝑢 = (𝑘𝑎, 𝑘𝑏, 𝑘𝑐, 𝑘𝑑) e

𝑘𝑎− 𝑘𝑏 = 𝑘(𝑎− 𝑏) = 𝑘(𝑐+ 𝑑) = 𝑘𝑐+ 𝑘𝑑,

ou seja, 𝑘𝑢 ∈ R. Note ainda que o vetor 0 = (0, 0, 0, 0) ∈ 𝑈 .

(b) 𝑊 = {(𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑) ∈ R4 | 𝑐 = 𝑑 = 0}. Dados (𝑎, 𝑏, 0, 0) ∈ 𝑊 e (𝑐, 𝑑, 0, 0) ∈ 𝑊 , tem-se

(𝑎, 𝑏, 0, 0) + (𝑐, 𝑑, 0, 0) = (𝑎+ 𝑐, 𝑏+ 𝑑, 0 + 0, 0 + 0) = (𝑎+ 𝑐, 𝑏+ 𝑑, 0, 0) ∈ 𝑊 e

𝑘(𝑎, 𝑏, 0, 0) = (𝑘𝑎, 𝑘𝑏, 𝑘0, 𝑘0) = (𝑘𝑎, 𝑘𝑏, 0, 0) ∈ 𝑊

4. (a) Se 𝑋 e 𝑌 são matrizes simétricas então 𝑋𝑇 = 𝑋 e 𝑌 𝑇 = 𝑌 . Consequentemente,(𝑋 + 𝑌 )𝑇 = 𝑋𝑇 + 𝑌 𝑇 = 𝑋 + 𝑌 , ou seja, 𝑋 + 𝑌 é simétrica. Dado 𝑘 ∈ R,(𝑘𝑋)𝑇 = 𝑘(𝑋𝑇 ) = 𝑘𝑋, ou seja, 𝑘𝑋 é simétrica. Note que a matriz nula também ésimétrica.

(b) Se 𝑋 e 𝑌 são matrizes antissimétricas então 𝑋𝑇 = −𝑋 e 𝑌 𝑇 = −𝑌 . Consequen-temente, (𝑋 + 𝑌 )𝑇 = 𝑋𝑇 + 𝑌 𝑇 = −𝑋 + (−𝑌 ) = −(𝑋 + 𝑌 ), ou seja, 𝑋 + 𝑌 éantissimétrica. Dado 𝑘 ∈ R, (𝑘𝑋)𝑇 = 𝑘(𝑋𝑇 ) = 𝑘(−𝑋) = −(𝑘𝑋), ou seja, 𝑘𝑋 éantissimétrica. Note que a matriz nula também é antissimétrica.

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(c) Se 𝑋 e 𝑌 comutam com 𝐵, então 𝐵𝑋 = 𝑋𝐵 e 𝐵𝑌 = 𝑌 𝐵. Consequentemente,𝐵(𝑋 + 𝑌 ) = 𝐵𝑋 + 𝐵𝑌 = 𝑋𝐵 + 𝑌 𝐵 = (𝑋 + 𝑌 )𝐵, ou seja, 𝑋 + 𝑌 comuta com𝐵. Dado 𝑘 ∈ R, 𝐵(𝑘𝑋) = 𝑘(𝐵𝑋) = 𝑘(𝑋𝐵) = (𝑘𝑋)𝐵, ou seja, 𝑘𝑋 comuta com 𝐵.Note que 𝐵0 = 0𝐵 = 0, isto é, a matriz nula também comuta com 𝐵.

(d) 𝑈 = {𝐴 = (𝑎𝑖𝑗) ∈ 𝑀3×3(R) | 𝑎𝑖𝑗 = 0 sempre que 𝑖 + 𝑗 = 4}. A condição que define

o conjunto 𝑈 indica que para toda matriz 𝐴 ∈ 𝑈 é da forma 𝐴 =

⎡⎣ 0 0 𝑎130 𝑎22 0𝑎31 0 0

⎤⎦,pois 𝑎11 = 𝑎12 = 𝑎21 = 𝑎23 = 𝑎32 = 𝑎33 = 0 (em particular, a matriz nula 3× 3 estáem 𝑈). Além disso, ao somar 𝐴 ∈ 𝑈 com 𝐵 ∈ 𝑈 , as entradas [𝐴 + 𝐵]𝑖𝑗 em que𝑖+ 𝑗 = 4 serão iguais a zero pois

[𝐴+𝐵]𝑖𝑗 = 𝑎𝑖𝑗 + 𝑏𝑖𝑗 = 0 + 0 = 0.

Logo, 𝐴 + 𝐵 ∈ 𝑈 , e este é um conjunto fechado para a adição. Em relação àmultiplicação por um escalar 𝑘 ∈ R, tem-se:

[𝑘𝐴]𝑖𝑗 = 𝑘𝑎𝑖𝑗 = 𝑘0 = 0,

ou seja, 𝑘𝐴 ∈ 𝑈 (a multiplicação por escalar é fechada em 𝑈), e conclui-se que 𝑈 éum subespaço de 𝑀3×3(R).

5. (a) Se 𝑝 e 𝑞 são polinômios e 𝑐 ∈ R, a soma 𝑝+𝑞 e o produto 𝑐·𝑝 também são polinômios,logo 𝑝 + 𝑞 ∈ 𝑃∞ e 𝑐𝑝 ∈ 𝑃∞. Mais precisamente, se 𝑝(𝑥) = 𝑎𝑛𝑥

𝑛 + . . . + 𝑎1𝑥1 + 𝑎0 e

𝑞(𝑥) = 𝑏𝑚𝑥𝑚 + . . .+ 𝑏1𝑥

1 + 𝑏0, com 𝑚,𝑛 ∈ N e 𝑎𝑖, 𝑏𝑖 ∈ R então 𝑝+ 𝑞 é dado por

(𝑝+ 𝑞)(𝑥) = 𝑝(𝑥) + 𝑞(𝑥) = (𝑎𝑛𝑥𝑛 + . . .+ 𝑎1𝑥

1 + 𝑎0) + (𝑏𝑚𝑥𝑚 + . . .+ 𝑏1𝑥

1 + 𝑏0)

= (𝑎𝑘 + 𝑏𝑘)𝑥𝑘 + . . .+ (𝑎1 + 𝑏1)𝑥

1 + (𝑎0 + 𝑏0) ∈ 𝑃∞,

onde 𝑘 é o maior dos graus 𝑚 e 𝑛. De forma análoga,

(𝑐 · 𝑝)(𝑥) = 𝑐 · 𝑝(𝑥) = 𝑐(𝑎𝑛𝑥𝑛 + . . .+ 𝑎1𝑥

1 + 𝑎0)

= (𝑐𝑎𝑛)𝑥𝑛 + . . .+ (𝑐𝑎1)𝑥

1 + (𝑐𝑎0) ∈ 𝑃∞.

Perceba que o polinômio nulo (𝑝(𝑥) = 0) é o vetor nulo neste espaço vetorial.

(b) Dado um natural 𝑛, o conjunto 𝑃𝑛 de todos polinômios de grau menor ou igual a 𝑛:

𝑃𝑛 = {𝑝(𝑥) ∈ 𝑃∞ | grau(𝑝(𝑥)) ≤ 𝑛}.

Pelo exercício anterior, a soma de polinômios resulta em um polinômio, e a multi-plicação de um polinômio por um escalar real qualquer também é um polinômio.Levando isso em conta, para ver que 𝑃𝑛 é um subespaço vetorial de ℱ(R) bastalembrar que se 𝑝, 𝑞 ∈ 𝑃𝑛 então:

� grau(𝑝+ 𝑞) < grau(𝑝) + grau(𝑞), se os termos de maior grau são opostos

� grau(𝑝+ 𝑞) = grau(𝑝) + grau(𝑞), nos demais casos

� grau(𝑐 · 𝑝) = grau(𝑝) se 𝑐 = 0;

� grau(𝑐 · 𝑝) = grau(0) < grau(𝑝), se 𝑐 = 0

Este último item também mostra que o polinômio nulo é um elemento de 𝑃𝑛.

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(c) Se 𝑓 e 𝑔 são funções pares, então para todo 𝑥 ∈ R tem-se

(𝑓 + 𝑔)(−𝑥) = 𝑓(−𝑥) + 𝑔(−𝑥) = 𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥) = (𝑓 + 𝑔)(𝑥),

ou seja, 𝑓 + 𝑔 também é par. Analogamente, dado qualquer 𝑐 ∈ R,

(𝑐𝑓)(−𝑥) = 𝑐𝑓(−𝑥) = 𝑐𝑓(𝑥) = (𝑐𝑓)(𝑥),

e portanto 𝑐𝑓 também é par, e o conjunto dado é um subespaço de ℱ(R). A funçãoconstante igual a zero, que é o vetor nulo deste espaço, é uma função par.

(d) Se 𝑓 e 𝑔 são funções ímpares, então para todo 𝑥 ∈ R tem-se

(𝑓+𝑔)(−𝑥) = 𝑓(−𝑥)+𝑔(−𝑥) = (−𝑓(𝑥))+(−𝑔(𝑥)) = −(𝑓(𝑥)+𝑔(𝑥)) = −(𝑓+𝑔)(𝑥),

ou seja, 𝑓 + 𝑔 também é ímpar. Analogamente, dado qualquer 𝑐 ∈ R,

(𝑐𝑓)(−𝑥) = 𝑐𝑓(−𝑥) = 𝑐(−𝑓(𝑥)) = −𝑐(𝑓(𝑥)) = −(𝑐𝑓)(𝑥),

e portanto 𝑐𝑓 também é ímpar e o conjunto é fechado para ambas as operações doespaço vetorial, ou seja, é um subespaço de ℱ(R). A função constante igual a zerotambém é uma função ímpar.

(e) Como a soma de funções contínuas é contínua e a multiplicação de funções contínuaspor constantes resulta em funções contínuas, conclui-se que 𝐶0(R) é fechado paraambas as operações do espaço vetorial, e consequentemente é um subespaço de ℱ(R).

(f) Sejam 𝑓, 𝑔 ∈ 𝐶1(R) e 𝑐 ∈ R. Então:� As funções 𝑓 e 𝑔 são deriváveis e suas derivadas são contínuas. Como a somade funções deriváveis é uma função derivável, 𝑓 + 𝑔 também é derivável e vale(𝑓 + 𝑔)′ = 𝑓 ′ + 𝑔′. Além disso, pelo exercício anterior 𝑓 ′ + 𝑔′ é contínua, pois ésoma de funções contínuas. Logo, 𝑓 + 𝑔 é uma função derivável cuja derivada écontínua, ou seja, 𝑓 + 𝑔 ∈ 𝐶1(R).

� Sendo 𝑓 derivável, a função 𝑐𝑓 também é derivável e (𝑐𝑓)′ = 𝑐(𝑓 ′). Mas 𝑓 ′ écontínua, então 𝑐(𝑓 ′) também é (pelo exercício anterior), ou seja, 𝑐𝑓 ∈ 𝐶1(R).

Como as duas operações são fechadas, segue que 𝐶 ′(R) é um subespaço de ℱ(R).

6. (a) Como (0, 0) é o vetor nulo de R2 e (0, 0) ∈ 𝑈 , pois 0 + 2 · 0 = 5, este conjunto 𝑈não é um subespaço vetorial de R2 (geometricamente, é uma reta que não passa pelaorigem). Note que a adição e a multiplicação por escalar não são fechadas em 𝑈 .Por exemplo, (0, 5) + (3,−1) = (3, 4) ∈ 𝑈 pois 3 + 2 · (−1) = 5.

(b) Sejam (𝑎, 𝑏) ∈ 𝑈 , (𝑐, 𝑑) ∈ 𝑈 e 𝑘 ∈ R. Então� (𝑎, 𝑏) + (𝑐, 𝑑) = (𝑎+ 𝑐, 𝑏+ 𝑑) ∈ 𝑈 pois 𝑏+ 𝑑 = (−4𝑎) + (−4𝑐) = −4(𝑎+ 𝑐).

� 𝑘(𝑎, 𝑏) = (𝑘𝑎, 𝑘𝑏) ∈ 𝑈 pois 𝑘𝑏 = 𝑘(−4𝑎) = −4(𝑘𝑎).

Portanto, 𝑈 é um subespaço vetorial de R2 (é a reta que passa pela origem e tem adireção do vetor (1,−4))

(c) 𝑈 = {𝑋 ∈ 𝑀3×1(R) | 𝐴𝑋 = 0} é um subespaço vetorial de 𝑉 = 𝑀3×1(R) pois� 𝐴0 = 0, ou seja, a matriz nula 3× 1 pertence a 𝑈 .

� Se 𝐴𝑋1 = 0 e 𝐴𝑋2 = 0 então 𝐴(𝑋1 +𝑋2) = 𝐴𝑋1 + 𝐴𝑋2 = 0 + 0.

� Se 𝐴𝑋 = 0 e 𝑡 ∈ R então 𝐴(𝑡𝑋) = 𝑡(𝐴𝑋) = 𝑡0 = 0.

8

Em outras palavras, 𝑈 é fechado para as operações do espaço vetorial 𝑉 .

Note que as propriedades acima são válidas independentemente de quais sejam osnúmeros que aparecem na matriz 𝐴, então não é necessário expandir os produtos emtermos das entradas das matrizes. De fato, 𝑈 = 𝑁(𝐴), isto é, é o espaço nulo de 𝐴.

(d) Note que 𝑈 =

{[0 𝑧12𝑧21 0

]| 𝑧12, 𝑧21 ∈ R

}e que para todo 𝑋, 𝑌 ∈ 𝑈 e 𝑚 ∈ R tem-se:

� 𝑋 + 𝑌 =

[0 𝑥12

𝑥21 0

]+

[0 𝑦12𝑦21 0

]=

[0 𝑥12 + 𝑦12

𝑥21 + 𝑦21 0

]∈ 𝑈

� 𝑚𝑋 = 𝑚

[0 𝑥12

𝑥21 0

]=

[0 𝑚𝑥12

𝑚𝑥21 0

]∈ 𝑈

Portanto, 𝑈 é um subespaço vetorial de 𝑉 .

(e) O conjunto 𝑈 consiste das matrizes 2 × 2 que são inversíveis. Como 𝐼 e −𝐼 sãomatrizes inversíveis (det(𝐼) = det(−𝐼) = 1 = 0), e sua soma 𝐼 + (−𝐼) = 0 não éinversível (pois det(0) = 0), conclui-se que 𝑈 não é fechado para a adição, e comotal não é um subespaço de 𝑉 . A multiplicação por escalar também não é fechadaem 𝑈 , pois a ao multiplicar uma matriz inversível por zero o resultado é a matriznula, que não pertence a 𝑈 .

(f) Os polinômios de grau 3 não formam um espalo vetorial pois, por exemplo, se 𝑝(𝑥) =4𝑥3 + 5𝑥 e 𝑞(𝑥) = −4𝑥3 então 𝑝(𝑥) + 𝑞(𝑥) = 5𝑥 que não tem grau 3.

(g) Sejam 𝑓, 𝑔 ∈ 𝑈 . Então 𝑓 ′(−1) = 𝑓 ′(1) = 0 e 𝑔′(−1) = 𝑔′(1) = 0. Consequentemente:

� (𝑓 + 𝑔)′(1) = 𝑓 ′(1) + 𝑔′(1) = 0 + 0 = 0

� (𝑓 + 𝑔)′(−1) = 𝑓 ′(−1) + 𝑔′(−1) = 0 + 0 = 0

Isto significa que a adição é fechada em 𝑈 . De forma análoga, para todo 𝑐 ∈ R vale:

� (𝑐𝑓)′(1) = 𝑐(𝑓 ′(1)) = 𝑐 · 0 = 0

� (𝑐𝑓)′(−1) = 𝑐(𝑓 ′(−1)) = 𝑐 · 0 = 0

Isto significa que a multiplicação por escalar também é fechada, e assim 𝑈 é umsubespaço vetorial de ℱ(R).

7. Sabendo que 𝐴,𝐵 e 𝑋 são elementos do espaço vetorial 𝑀3×2, pode-se utilizar as propri-edades deste espaço (associatividade, comutatividade, etc) para “isolar a incógnita 𝑋”, deforma análoga ao que seria feito se 𝐴,𝐵 e 𝑋 fossem números reais:

𝐴−𝑋

5− 𝑋 +𝐵

2= 𝐶 ⇔ 10

(𝐴−𝑋

5− 𝑋 +𝐵

2

)= 10𝐶 ⇔ 2(𝐴−𝑋)− 5(𝑋 +𝐵) = 10𝐶

⇔ 2𝐴− 2𝑋 − 5𝑋 − 5𝐵 = 10𝐶 ⇔ −7𝑋 = −2𝐴+ 10𝐶 + 5𝐵

⇔ 𝑋 =1

7(2𝐴− 10𝐶 − 5𝐵)

Assim, 𝑋 = 17

(2

[11 15 −13 7 16

]− 10

[−3 −6 6−2 4 2

]− 5

[2 11 −181 −8 1

])=

[6 5 43 2 1

]8. Se 𝑈 é um subespaço de R e 𝑈 = {0} então 𝑈 tem algum elemento não nulo. Denote-o por

𝑏. Para ver que todo número real 𝑥 também tem que estar em 𝑈 basta escrever 𝑥 = (𝑥𝑏) ·𝑏,

pois sendo 𝑈 um subespaço vetorial de R ele é fechado para a multiplicação por escalare portanto a multiplicação de 𝑏 ∈ 𝑈 pelo escalar 𝑥

𝑏deve resultar em um elemento de 𝑈 ,

isto é, 𝑥 ∈ 𝑈 . Portanto 𝑈 = R.

9. O conjunto 𝑊 = {𝑥 ∈ 𝑉 | 𝑥 ∈ 𝑈} não é um subespaço de 𝑉 pois 0 ∈ 𝑈 mas 0 ∈ 𝑊 .

9

10. (a) Primeiramente lembre-se que se 𝑝(𝑥) = 𝑎𝑥3+𝑏𝑥2+𝑐𝑥+𝑑 então 𝑝′(𝑥) = 3𝑎𝑥2+2𝑏𝑥+𝑐e 𝑝′(−1) = 3𝑎− 2𝑏+ 𝑐. Assim,

𝑈 ∩ 𝑉 = {𝑎𝑥3 + 𝑏𝑥2 + 𝑐𝑥+ 𝑑 ∈ 𝑃3(R) | 3𝑎− 𝑏+ 𝑐+ 𝑑 = 0 e 3𝑎− 2𝑏+ 𝑐 = 0}.

Em outras palavras, os coeficientes de 𝑝(𝑥) são soluções do sistema linear homogêneo{3𝑎− 𝑏+ 𝑐+ 𝑑 = 0

3𝑎− 2𝑏+ 𝑐 = 0

Escalonando a matriz associada ao sistema, obtem-se:[3 −1 1 13 −2 1 0

]13𝐿1−→

[1 −1/3 1/3 1/33 −2 1 0

]𝐿2−3𝐿1−→

[1 −1/3 1/3 1/30 −1 0 −1

]−𝐿2−→

[1 −1/3 1/3 1/30 1 0 1

]𝐿1+

13𝐿2−→

[1 0 1/3 2/30 1 0 1

]ou seja, 𝑎 = 1

3(−𝑐− 2𝑑) e 𝑏 = −𝑑, em que 𝑐, 𝑑 ∈ R são variáveis livres. Assim,

𝑈 ∩ 𝑉 =

{𝑎𝑥3 + 𝑏𝑥2 + 𝑐𝑥+ 𝑑 ∈ 𝑃3(R) | 𝑎 =

−𝑐− 2𝑑

3e 𝑏 = −𝑑, sendo 𝑐, 𝑑 ∈ R

}=

{(−𝑐− 2𝑑

3

)𝑥3 + (−𝑑)𝑥2 + 𝑐𝑥+ 𝑑 | 𝑐, 𝑑 ∈ R

}.

(b) Se 𝑔 ∈ 𝑈 então para todo 𝑥 ∈ R ocorre 𝑔(−𝑥) = 𝑔(𝑥) e se, além disso, 𝑔 ∈ 𝑉então para todo 𝑥 ∈ R vale 𝑔(−𝑥) = −𝑔(𝑥). Neste caso, para todo 𝑥 ∈ R tem-se𝑔(𝑥) = 𝑔(−𝑥) = −𝑔(𝑥), ou seja 2𝑔(𝑥) = 0 e portanto 𝑔(𝑥) = 0.

Assim, a única função que está simultaneamente em 𝑈 e em 𝑉 é a função constanteigual a zero, que é o vetor nulo de ℱ(R), isto é, 𝑈 ∩ 𝑉 = {0}.

(c) Se 𝑀 ∈ 𝑈 então 𝑀𝑇 = 𝑀 e se, além disso, 𝑀 ∈ 𝑉 então 𝑀𝑇 = −𝑀 . Neste caso,tem-se 𝑀 = 𝑀𝑇 = −𝑀 , ou seja 2𝑀 = 0 e portanto 𝑀 = 0.

Assim, a única matriz que é simétrica e antissimétrica é a matriz nula, ou seja,𝑈 ∩ 𝑉 = {0}.

11. Para quaisquer 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑉 tem-se 𝑦 = (𝑦 − 𝑥) + 𝑥. Então se 𝑥 ∈ 𝑈 e 𝑦 − 𝑥 ∈ 𝑈 e 𝑈 é umsubespaço de 𝑉 , então 𝑈 é fechado para a adição, e consequentemente 𝑦 = (𝑦−𝑥)+𝑥 ∈ 𝑈 .

12. Dê exemplos de subespaços vetoriais 𝑉1 e 𝑉2 de R3 que satisfaçam as seguintes condições(e explique porque satisfazem):

(a) Sejam

� 𝑉1 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ R3 | 𝑧 = 0}� 𝑉2 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ R3 | 𝑥 = 0}

Então o conjunto 𝑉1 ∪𝑉2 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ R3 | 𝑧 = 0 ou 𝑥 = 0} não é um subespaço deR3 pois (1, 1, 0) ∈ 𝑉1∪𝑉2 e (0, 1, 1) ∈ 𝑉1∪𝑉2 mas (1, 1, 0)+(0, 1, 1) = (1, 2, 1) ∈ 𝑉1∪𝑉2.

(b) Sejam

� 𝑉1 = R3

� 𝑉2 = {(0, 0, 0)}Então 𝑉1 ∪ 𝑉2 = R3 ∪ {(0, 0, 0)} = R3, que é, naturalmente, um subespaço de R3.

10

13. Suponha que 𝑉1 e 𝑉2 são subespaços de 𝑊 tais que 𝑉1∪𝑉2 também é subespaço de 𝑊 . Se𝑉1 não estiver contido em 𝑉2, é porque existe algum vetor 𝑥1 ∈ 𝑉1 que não pertence a 𝑉2,e pode-se deduzir que 𝑉2 ⊆ 𝑉1 da seguinte forma: dado um vetor 𝑥2 ∈ 𝑉2 arbitrário, tanto𝑥1 quanto 𝑥2 são elementos de 𝑉1 ∪ 𝑉2. Assumindo que esta união seja um subespaço, asoma 𝑥1+𝑥2 deve pertencer a 𝑉1 ∪𝑉2. Ou seja, 𝑥1+𝑥2 deve ser elemento de 𝑉1 ou de 𝑉2:

(a) Para que 𝑥1+𝑥2 fosse elemento de 𝑉2 seria preciso que 𝑥1 = (𝑥1+𝑥2)−𝑥2 ∈ 𝑉2 (pois𝑉2 é subespaço). Mas foi assumido que 𝑥1 ∈ 𝑉2, então só resta a outra possibilidade;

(b) Sendo 𝑥1 + 𝑥2 um elemento de 𝑉1, resulta que 𝑥2 = (𝑥1 + 𝑥2)− 𝑥1 ∈ 𝑉1.

Em outras palavras, todo elemento 𝑥2 de 𝑉2 tem que pertencer a 𝑉1, isto é, 𝑉2 ⊆ 𝑉1.

14. (a) Verdadeira. Como todo subespaço vetorial deve conter o vetor nulo, a interseçãode dois subespaços vetoriais quaisquer tem pelo menos um elemento, ou seja, não évazia.

(b) Falsa. Mesmo que 𝑉 seja o espaço gerado por 𝑢1, 𝑢2, 𝑢3, pode ser que um destesvetores seja combinação linear dos demais. Neste caso, os vetores são linearmentedependentes, e não são uma base de 𝑉 . Por exemplo: R2 = ger {(1, 0), (0, 1), (2, 3)},mas (1, 1) = 2(1, 0) + 3(0, 1), ou seja, estes três vetores geram R2 mas não são umabase.

(c) Verdadeira. Se {𝑢, 𝑣} é linearmente dependente, então existem 𝑎, 𝑏 ∈ R tais que𝑎𝑢 + 𝑏𝑣 = 0, sem que ambos os coeficientes precisem ser nulos. Se, por exemplo,𝑎 = 0, então pode-se escrever 𝑢 = (− 𝑏

𝑎)𝑣. E se 𝑏 = 0, então 𝑣 = (−𝑎

𝑏)𝑢. Em ambos

os casos, um dos vetores pode ser visto como um múltiplo do outro.

(d) Falso. Os vetores 𝑢 e −𝑢 nunca são linearmente independentes, pois um deles émúltiplo do outro, e pode-se escrever 𝑎𝑢 + 𝑏(−𝑢) = 0 com os escalares não nulos𝑎 = 1 e 𝑏 = 1.

(e) Falso. Mesmo que {𝑢, 𝑣} sejam L.I. e que {𝑣, 𝑤} seja L.I., pode acontecer de {𝑢, 𝑣, 𝑤}ser L.D.. Por exemplo, em R2, se 𝑢 = (1, 0), 𝑣 = (0, 1) e 𝑤 = (1, 1) então 𝑤 = 𝑢+ 𝑣,ou seja, há uma combinação linear 1𝑢 + 1𝑣 + (−1)𝑤 que resulta no vetor nulo semque todos os coeficientes sejam nulos.

(f) Falsa. Apesar de, separadamente, os vetores serem L.I., pode ocorrer que o con-junto contendo ambos seja L.D. Por exemplo, em R3, o conjunto {(1, 0, 0)} é linear-mente independente, e o conjunto {(5, 0, 0)} também. No entanto, como (5, 0, 0) =5(1, 0, 0), o conjunto {(1, 0, 0), (5, 0, 0)} é linearmente dependente.

(g) Verdadeira. Em R2, considerando-se 𝑢 = (2, 3), 𝑣 = (1, 0) e 𝑤 = (0, 1), observa-seque 𝑢 = 2(1, 0) + 3(0, 1) = 2𝑢+ 3𝑣 ∈ ger {𝑣, 𝑤}, mas 𝑢 ∈ ger {𝑣} e 𝑢 ∈ ger {𝑤}.

15. Para que R4 = ger {𝑢, 𝑣, 𝑥, 𝑧}, com 𝑢 = (1,−1, 0, 0), 𝑣 = (0, 0, 1,−1), 𝑥 = (0, 2, 1, 0) e𝑧 = (0, 0, 1, 1) é necessário e suficiente que qualquer (𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑) possa ser escrito como umacombinação linear dos vetores 𝑢, 𝑣, 𝑥, 𝑧, isto é, que dado (𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑) ∈ R4 exista algumasolução para a equação

(𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑) = 𝑡1(1,−1, 0, 0) + 𝑡2(0, 0, 1,−1) + 𝑡3(0, 2, 1, 0) + 𝑡4(0, 0, 1, 1),

que é equivalente a um sistema linear nas variáveis 𝑡1, 𝑡2, 𝑡3 e 𝑡4:⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩𝑡1 = 𝑎

−𝑡1 + 2𝑡3 = 𝑏

𝑡2 + 𝑡3 + 𝑡4 = 𝑐

− 𝑡2 + 𝑡4 = 𝑑

11

ou ainda, à equação matricial⎡⎢⎢⎣1 0 0 0−1 0 2 00 1 1 10 −1 0 1

⎤⎥⎥⎦⎡⎢⎢⎣𝑡1𝑡2𝑡3𝑡4

⎤⎥⎥⎦ =

⎡⎢⎢⎣𝑎𝑏𝑐𝑑

⎤⎥⎥⎦ .

Note que esta matriz poderia ser construída diretamente a partir dos vetores, copiando-seas coordenadas de 𝑢, 𝑣, 𝑥 e 𝑧 para as colunas da matriz. Como a matriz é quadrada, o sis-tema terá solução se, e somente se, ela for inversível, o que será verdade se o determinanteda matriz for diferente de zero. Calculando-o pela primeira linha, obtém-se:

1 0 0 0−1 0 2 00 1 1 10 −1 0 1

= 1 ·

0 2 01 1 1−1 0 1

= −2 ·

1 1−1 1

= −2(1 · 1− (−1) · 1) = −4 = 0.

Então, de fato, qualquer (𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑) é combinação linear dos quatro vetores dados, isto é,𝑅4 = ger {𝑢, 𝑣, 𝑥, 𝑧}.

16. (a) Para toda matriz diagonal 𝑋 ∈ 𝑀3×3(R) tem-se

𝑋 =

⎡⎣𝑎 0 00 𝑏 00 0 𝑐

⎤⎦ = 𝑎

⎡⎣1 0 00 0 00 0 0

⎤⎦+ 𝑏

⎡⎣0 0 00 1 00 0 0

⎤⎦+ 𝑐

⎡⎣0 0 00 0 00 0 𝑐

⎤⎦ ,

com 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ R. Então estas três matrizes geram 𝐷.

(b) Para toda matriz antissimétrica 𝐴 ∈ 𝑀3×3(R) tem-se

𝐴 =

⎡⎣ 0 𝑎 𝑏−𝑎 0 𝑐−𝑏 𝑐 0

⎤⎦ = 𝑎

⎡⎣ 0 1 0−1 0 00 0 0

⎤⎦+ 𝑏

⎡⎣ 0 0 10 0 0−1 0 0

⎤⎦+ 𝑐

⎡⎣0 0 00 0 10 −1 0

⎤⎦ ,

com 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ R. Então estas três matrizes geram 𝑊 .

(c) Para toda matriz simétrica 𝐵 ∈ 𝑀3×3(R) tem-se

𝐵 =

⎡⎣𝑎 𝑏 𝑐𝑏 𝑑 𝑒𝑐 𝑒 𝑓

⎤⎦ = 𝑎

⎡⎣1 0 00 0 00 0 0

⎤⎦+ 𝑏

⎡⎣0 1 01 0 00 0 0

⎤⎦+ 𝑐

⎡⎣0 0 10 0 01 0 0

⎤⎦+ 𝑑

⎡⎣0 0 00 1 00 0 0

⎤⎦+ 𝑒

⎡⎣0 0 00 0 10 1 0

⎤⎦+ 𝑓

⎡⎣0 0 00 0 00 0 1

⎤⎦ ,

com 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑, 𝑒, 𝑓 ∈ R. Então estas 6 matrizes geram 𝑈 .

17. (a) 𝑣1 = (0, 3,−9), 𝑣2 = (1, 4,−10), 𝑣3 = (2, 5,−11) em R3.

Suponha que 𝑐1, 𝑐2 e 𝑐3 sejam escalares tais que 𝑐1𝑣1 + 𝑐2𝑣2 + 𝑐3𝑣3 = 0, isto é, que

𝑐1(0, 3,−9) + 𝑐2(1, 4,−10) + 𝑐3(2, 5,−11) = (0, 0, 0)

ou ainda,(𝑐2 + 2𝑐3, 3𝑐1 + 4𝑐2 + 5𝑐3,−9𝑐1 − 10𝑐2 − 11𝑐3) = (0, 0, 0)

12

Então 𝑐1, 𝑐2, 𝑐3 são soluções do sistema linear homogêneo

⎧⎪⎨⎪⎩𝑐2 + 2𝑐3 = 0

3𝑐1 + 4𝑐2 + 5𝑐3 = 0

−9𝑐1 − 10𝑐2 − 11𝑐3 = 0Como o número de equações é o mesmo do número de incógnitas, pode-se determinarse 𝑐1 = 𝑐2 = 𝑐3 = 0 é ou não a única solução calculando o determinante da matrizassociada ao sistema:

0 1 23 4 5−9 −10 −11

= (−1)

3 5−9 −11

+ 2

3 4−9 −10

= (−1) · 12 + 2 · 6 = 0

Como o determinante é zero, existem infinitas soluções não triviais e os vetores dadossão linearmente dependentes.

(b) 𝑣1 = (0, 3,−9), 𝑣2 = (1, 4,−10) em R3. Pelo exercício 1, se 𝑣1 e 𝑣2 fossem linearmentedependentes, um deles seria múltiplo do outro. Mas estes dois vetores não sãomúltiplos, logo, só podem ser linearmente independentes.

(c) A condição 𝑐1𝑣1 + 𝑐2𝑣2 + 𝑐3𝑣3 + 𝑐4𝑣4 + 𝑐5𝑣5 = 0 equivale às seguintes condições:

𝑐1

[0 22 0

]𝑐2

[1 00 4

]𝑐3

[1 00 0

]𝑐4

[0 10 0

]𝑐5

[1 23 4

]=

[0 00 0

]

⇔

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩𝑐2 + 𝑐3 + 𝑐5 = 0

2𝑐1 + 𝑐4 + 2𝑐5 = 0

2𝑐1 + 3𝑐5 = 0

4𝑐2 + 4𝑐5 = 0

⇔

⎡⎢⎢⎣0 1 1 0 12 0 0 1 22 0 0 0 30 4 0 0 4

⎤⎥⎥⎦ ·

⎡⎢⎢⎢⎢⎣𝑐1𝑐2𝑐3𝑐4𝑐5

⎤⎥⎥⎥⎥⎦ =

⎡⎢⎢⎢⎢⎣00000

⎤⎥⎥⎥⎥⎦Escalonando a matriz deste sistema (ou encontrando as suas soluções por qualqueroutro método) obtém-se:⎡⎢⎢⎣

0 1 1 0 12 0 0 1 22 0 0 0 30 4 0 0 4

⎤⎥⎥⎦ 𝐿1↔𝐿2−→

⎡⎢⎢⎣2 0 0 1 20 1 1 0 12 0 0 0 30 4 0 0 4

⎤⎥⎥⎦ 12𝐿1−→

14𝐿4

⎡⎢⎢⎣1 0 0 1/2 10 1 1 0 12 0 0 0 30 1 0 0 1

⎤⎥⎥⎦𝐿3−2𝐿1−→𝐿4−𝐿2

⎡⎢⎢⎣1 0 0 1/2 10 1 1 0 10 0 0 −1 10 0 −1 0 0

⎤⎥⎥⎦ 𝐿3↔𝐿4−→

⎡⎢⎢⎣1 0 0 1/2 10 1 1 0 10 0 −1 0 00 0 0 −1 1

⎤⎥⎥⎦ −𝐿3−→−𝐿4

⎡⎢⎢⎣1 0 0 1/2 10 1 1 0 10 0 1 0 00 0 0 1 −1

⎤⎥⎥⎦𝐿2−𝐿3−→𝐿1− 1

2𝐿4

⎡⎢⎢⎣1 0 0 0 3/20 1 0 0 10 0 1 0 00 0 0 1 −1

⎤⎥⎥⎦ ⇒

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩𝑐1 = −𝑐5/2

𝑐2 = −𝑐5

𝑐3 = 0

𝑐4 = 𝑐5

Como o sistema tem 𝑐5 como uma variável livre, é possível obter o vetor nulo comocombinação linear das matrizes 𝑣1, . . . , 𝑣5 sem que todos os coeficientes sejam nulos(exemplo: −1𝑣1 − 2𝑣2 + 0𝑣3 + 5𝑣4 + 5𝑣5 = 0). Isto significa que estes vetores sãolinearmente dependentes.

13

(d) A condição 𝑎𝑣1 + 𝑏𝑣2 + 𝑐𝑣3 + 𝑑𝑣4 = 0 equivale às seguintes condições:

𝑎(𝑥3 + 𝑥2 + 𝑥+ 1) + 𝑏(𝑥2 + 𝑥+ 1) + 𝑐(𝑥+ 1) + 𝑑 = 0𝑥3 + 0𝑥2 + 0𝑥+ 0

⇔ 𝑎𝑥3 + (𝑎+ 𝑏)𝑥2 + (𝑎+ 𝑏+ 𝑐)𝑥+ (𝑎+ 𝑏+ 𝑐+ 𝑑) = 0𝑥3 + 0𝑥2 + 0𝑥+ 0

⇔

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩𝑎 = 0

𝑎+ 𝑏 = 0

𝑎+ 𝑏+ 𝑐 = 0

𝑎+ 𝑏+ 𝑐+ 𝑑 = 0

⇔

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩𝑎 = 0

𝑏 = 0

𝑐 = 0

𝑑 = 0

Como a única forma de obter o vetor nulo como combinação linear dos polinômios dadosé usar todos os coeficientes iguais a zero, resulta que eles são linearmente independentes.

18. (a) Pode-se verificar que 𝐵 = {(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)} é uma basede R4 e disto resulta que dim(R4) = 4.

(b) 𝐵 =

{[1 0 00 0 0

],

[0 1 00 0 0

],

[0 0 10 0 0

],

[0 0 01 0 0

],

[0 0 00 1 0

],

[0 0 00 0 1

]}é uma

base de 𝑀2×3(R) (por que?) e consequentemente dim(𝑀2×3(R)) = 6.

(c) 𝐵 = {1, 𝑥, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4, 𝑥5} é uma base de 𝑃5 (verifique!) e portanto dim(𝑃5) = 6.

19. (a) Tem-se 𝑢 ∈ 𝑊 se e somente se 𝑢 = (𝑥, 𝑦, 0), para algm 𝑥, 𝑦,∈ R. Neste caso,𝑢 = 𝑥(1, 0, 0)+ 𝑦(0, 1, 0). Portanto os vetores 𝑣1 = (1, 0, 0) e 𝑣2 = (0, 1, 0) geram 𝑊 .Mas estes vetores são linearmente independentes, pois se 𝑘1𝑣1 + 𝑘2𝑣2 = 0 então

𝑘1(1, 0, 0) + 𝑘2(1, 0, 0) = (𝑘1, 𝑘1, 0) = (0, 0, 0)

o que significa que 𝑘1 = 𝑘2 = 0. Em outras palavras, o vetor nulo só pode ser obtidocomo combinação linear de 𝑣1 e 𝑣2 se todos os coeficientes forem nulos. Portanto,𝐵 = {(1, 0, 0), (0, 1, 0)} é uma base de 𝑊 , e conclui-se que dim(𝑊 ) = 2.

(b) Um vetor 𝑢 ∈ 𝑉 pertence a 𝑊 se, e somente se

𝑢 =

[𝑎 𝑏𝑏 𝑐

]= 𝑎

[1 00 0

]+ 𝑏

[0 11 0

]+ 𝑐

[0 00 1

],= 𝑎𝑣1 + 𝑏𝑣2 + 𝑐𝑣3

em que 𝑣1 =

[1 00 0

], 𝑣2 =

[0 11 0

]e 𝑣3 =

[0 00 1

]e 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ R. Isto significa que

𝑊 = ger {𝑣1, 𝑣2, 𝑣3}. Além disso, se 𝑚1𝑣1 +𝑚2𝑣2 +𝑚3𝑣3 = 0, tem-se

𝑚1

[1 00 0

]+𝑚2

[0 11 0

]+𝑚3

[0 00 1

]=

[𝑚1 𝑚2

𝑚2 𝑚3

]=

[0 00 0

],

isto é, cada 𝑚𝑖 = 0, o que significa que os vetores 𝑣1, 𝑣2, 𝑣3 são L.I. e 𝐵 = {𝑣1, 𝑣2, 𝑣3}é uma base de 𝑊 . Consequentemente, dim(𝑊 ) = 3.

(c) 𝑉 = ℱ(R) e 𝑊 = {𝑝(𝑥) = 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 ∈ 𝑃2 | 𝑝′(6) = 0} (geometricamente, estasfunções correspondem a parábolas com vértice em (6, 𝑓(6))).

Dado 𝑝(𝑥) = 𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐 ∈ 𝑃2 tem-se 𝑝′(𝑥) = 2𝑎𝑥+𝑏. Então 𝑝(𝑥) ∈ 𝑊 se, e somentese 2𝑎(6) + 𝑏 = 0, ou seja, 𝑏 = −12𝑎. Assim, todo elemento de 𝑊 é da forma

𝑝(𝑥) = 𝑎𝑥2 + (−12𝑎)𝑥+ 𝑐 = 𝑎 · (𝑥2 − 12𝑥) + 𝑐 · 1,

com 𝑎, 𝑐 ∈ R. Em outras palavras, os polinômios 𝑞1 = 𝑥2 − 12𝑥 e 𝑞2 = 1 geram 𝑊 .Estes vetores também são linearmente independentes pois

14

𝑐1(𝑥2 − 12𝑥) + 𝑐2(1) = 0 ⇔ 𝑐1𝑥

2 − 12𝑐1𝑥 + 𝑐2 = 0 ⇔

⎧⎪⎨⎪⎩𝑐1 = 0

−12𝑐1 = 0

𝑐2 = 0

⇔

{𝑐1 = 0

𝑐2 = 0

Portanto, 𝐵 = ger {1, 𝑥2 − 12𝑥} é uma base de 𝑊 e dim(𝑊 ) = 2.

(d) Como ⎧⎪⎨⎪⎩𝑥+ 2𝑤 = 0

−𝑦 = −2𝑤

𝑤 = 𝑧/2

⇔

⎧⎪⎨⎪⎩𝑥 = −2𝑤

𝑦 = 2𝑤

𝑧 = 2𝑤

resulta que 𝑢 ∈ 𝑊 se, e somente se, 𝑢 = (−2𝑤, 2𝑤, 2𝑤,𝑤) = 𝑤(−2, 2, 2, 1), com𝑤 ∈ R. Em outras palavras, 𝑊 = ger {(−2, 2, 2, 1)}. Como este vetor é diferente dezero, 𝐵 = {(−2, 2, 2, 1)} é L.I. pois

𝑘(−2, 2, 2, 1) = (0, 0, 0, 0) ⇒

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩−2𝑘 = 0

2𝑘 = 0

2𝑘 = 0

𝑘 = 0

⇒ 𝑘 = 0.

Portanto 𝐵 é uma base para 𝑊 e dim(𝑊 ) = 1.

20. Como (1, 1, 1) = 12((1, 1, 0) + (1, 0, 1) + (0, 1, 1)), pode-se dizer que 𝑆 é L.D. (pois um dos

vetores é combinação linear dos demais, ou porque o sistema linear associado tem soluçõesnão nulas) e portanto não forma uma base de R3. No entanto, se forem consideradosapenas os vetores 𝑣1 = (1, 1, 0), 𝑣2 = (1, 0, 1) e 𝑣3 = (0, 1, 1), então o subconjunto 𝐵 ={𝑣1, 𝑣2, 𝑣3} será uma base de R3 pois 𝑅3 = ger {𝑣1, 𝑣2, 𝑣3} e estes três vetores são L.I. Defato, qualquer (𝑎, 𝑏, 𝑐) ∈ R3 pode ser escrito como combinação linear de 𝑣1, 𝑣2 e 𝑣3 pois

(𝑎, 𝑏, 𝑐) = 𝑥(1, 1, 0) + 𝑦(1, 0, 1) + 𝑧(0, 1, 1) ⇔

⎧⎪⎨⎪⎩𝑥+ 𝑦 = 𝑎

𝑥+ 𝑧 = 𝑏

𝑦 + 𝑧 = 𝑐

⇔

⎧⎪⎨⎪⎩𝑥 = 1

2(𝑎+ 𝑏− 𝑐)

𝑦 = 12(𝑎− 𝑏+ 𝑐)

𝑧 = 12(−𝑎+ 𝑏+ 𝑐)

Além disso, com base no cálculo acima, o único modo de obter (𝑎, 𝑏, 𝑐) = (0, 0, 0) comocombinação linear de 𝑣1, 𝑣2 e 𝑣3 é considerando todos os coeficientes 𝑥 = 𝑦 = 𝑧 = 0.

21. Para que um conjunto de vetores seja L.D. deve ser possível expressar o vetor nulo comocombinação linear deles sem que todos os coeficientes desta combinação linear sejam zero.No caso dos vetores 0, 𝑣1, . . . , 𝑣𝑛, pode-se usar, por exemplo, os escalares 𝑐0 = 7, 𝑐1 =0, 𝑐2 = 0, . . . , 𝑐𝑛 = 0 pois 7 · 0+0 · 𝑣1+ . . .+0 · 𝑣𝑛 = 0. Como pelo menos o escalar 𝑐0 = 0,conclui-se que os vetores são linearmente dependentes.

22. Sejam 𝑊 = ger {𝑣1, . . . , 𝑣𝑛} e 𝑧 ∈ 𝑊 , isto é, 𝑧 = 𝑘1𝑣1 + . . . + 𝑘𝑛𝑣𝑛, com 𝑘1, . . . , 𝑘𝑛 ∈ R.Sendo 𝑈 = ger {𝑣1, . . . , 𝑣𝑛, 𝑧}, pode-se dizer que os conjuntos 𝑈 e 𝑊 são iguais se forexplicado por que todo elemento de 𝑊 pertence a 𝑈 e vice-versa (𝑊 ⊆ 𝑈 e 𝑈 ⊆ 𝑊 ).

� Se 𝑢 ∈ 𝑊 , então 𝑢 é uma combinação linear dos vetores 𝑣𝑖, isto é, 𝑢 = 𝑐1𝑣1+. . .+𝑐𝑛𝑣𝑛.Mas então é claro que 𝑢 também é combinação linear dos vetores 𝑣𝑖 e de 𝑧 pois bastaconsiderar um coeficiente zero para 𝑧, como em 𝑢 = 𝑐1𝑣1 + . . . + 𝑐𝑛𝑣𝑛 + 0 · 𝑧. Istoquer dizer que 𝑧 ∈ ger {𝑣1, . . . , 𝑣𝑛, 𝑧} = 𝑈 , ou seja, que 𝑊 ⊆ 𝑈 .

15

� Por outro lado, todo 𝑢 ∈ 𝑊 é combinação linear de 𝑣1, . . . , 𝑣𝑛, 𝑧, isto é,

𝑢 = 𝑑1𝑣1 + . . .+ 𝑑𝑛𝑣𝑛 + 𝑑𝑛+1𝑧

= 𝑑1𝑣1 + . . .+ 𝑑𝑛𝑣𝑛 + 𝑑𝑛+1(𝑘1𝑣1 + . . .+ 𝑘𝑛𝑣𝑛)

= (𝑑1 + 𝑑𝑛+1𝑘1)𝑣1 + . . .+ (𝑑𝑛 + 𝑑𝑛+1𝑘𝑛)𝑣𝑛.

Portanto 𝑢 é uma combinação linear dos vetores 𝑣1, . . . , 𝑣𝑛, o que quer dizer que𝑢 ∈ ger {𝑣1, . . . , 𝑣𝑛} = 𝑊 , ou seja, que 𝑈 ⊆ 𝑊 .

Em resumo, ao adicionar a uma lista de vetores 𝑣𝑖 um vetor 𝑧 que já esteja no espaçogerado por eles, o espaço gerado por todos estes vetores continuará sendo o mesmo.

23. Suponha que 𝑎𝑢1 + 𝑏𝑢2 = 0. Então 𝑎𝑢1 + 𝑏𝑢2 +0𝑢3 = 0, ou seja, tem-se uma combinaçãode 𝑢1, 𝑢2, 𝑢3 que resulta no vetor nulo. Mas por hipótese, 𝑢1, 𝑢2, 𝑢3 são L.I., então estacombinação linear precisa ter todos os coeficientes iguais a zero, isto é, 𝑎 = 𝑏 = 0. Assim,mostrou-se que não há outra forma de obter o vetor nulo como combinação linear de 𝑢1

e 𝑢2, isto é, 𝑢1 e 𝑢2 são L.I.

24. (a) i. Como o espaço linha da matriz 𝐴 e o espaço linha de sua forma escalonadareduzida são os mesmos, pode-se utilizar as linhas não nulas da forma reduzidacomo vetores geradores de 𝐿(𝐴). Para a matriz dada, o escalonamento consistirádestes passos: [

1 −11 1

]𝐿2−𝐿1−→

[1 −10 2

]12𝐿2−→

[1 −10 1

]𝐿1+𝐿2−→

[1 00 1

]Então 𝐿(𝐴) = ger

{[1 0

],[0 1

]}= {

[𝑎 𝑏

]| 𝑎, 𝑏,∈ R} = 𝑀1×2(R). Além

disso, é claro que estes dois vetores linha são L.I. pois 𝑎[1 0

]+𝑏

[0 1

]=

[𝑎 𝑏

]só pode ser igual a

[0 0

]se 𝑎 e 𝑏 forem ambos nulos. Em outras palavras, estes

dois vetores formam uma base de 𝐿(𝐴), que portanto é um espaço vetorial dedimensão dois.

ii. Para o espaço coluna de 𝐴, pode-se usar como geradores as colunas de 𝐴 quecorrespondem às posições dos pivôs da forma reduzida. Especificamente, tem-se

𝐶(𝐴) = ger

{[11

],

[−11

]}. Estes dois vetores coluna são 𝐿.𝐼. pois nenhum deles

é múltiplo do outro. Então eles formam uma base de 𝐶(𝐴) e dim(𝐶(𝐴)) = 2.

iii. O núcleo 𝑁(𝐴) consiste dos vetores

[𝑥𝑦

]tais que

[1 −11 1

] [𝑥𝑦

]=

[00

], isto é, as

coordenadas 𝑥, 𝑦 são soluções do sistema linear

{𝑥− 𝑦 = 0

𝑥 + 𝑦 = 0.

Isto implica que 𝑥 = 𝑦 = 0 e que 𝑁(𝐴) =

{[00

]}. Portanto, o conjunto vazio

∅ é uma base de 𝑁(𝐴). Perceba que não faria sentido que a base tivesse algumvetor não nulo, pois senão ela geraria um espaço maior do que o espaço nulo; etambém não faz sentido considerar apenas o vetor nulo como uma base, já queele não seria L.I.. Logo a dimensão de 𝑁(𝐴) é zero (não há vetores na base).

(b) Note que 𝐴 =[1 2 3 4

]está na forma escalonada reduzida por linhas, então:

i. 𝐿(𝐴) = ger{[

1 2 3 4]}

e como este conjunto é L.I., dim(𝐿(𝐴)) = 1

ii. 𝐶(𝐴) = ger{[

1]}

e como o conjunto é L.I. dim(𝐶(𝐴)) = 1

16

iii. 𝑁(𝐴) =

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩⎡⎢⎢⎣−2𝑦 − 3𝑧 − 4𝑤

𝑦𝑧𝑤

⎤⎥⎥⎦ | 𝑦, 𝑧, 𝑤 ∈ R

⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭ = ger

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩⎡⎢⎢⎣−2100

⎤⎥⎥⎦ ,

⎡⎢⎢⎣−3010

⎤⎥⎥⎦ ,

⎡⎢⎢⎣−4001

⎤⎥⎥⎦⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭ e

como os três vetores são L.I., dim(𝐿(𝐴)) = 3

(c) A matriz 𝐴 =

[1 0 1 00 1 0 −1

]está na forma escalonada reduzida então:

i. 𝐿(𝐴) = ger{[

1 0 1 0],[0 1 0 −1

]}e dim(𝐿(𝐴)) = 2 (os vetores são L.I.)

ii. 𝐶(𝐴) = ger

{[10

],

[01

]}e dim(𝐶(𝐴)) = 2.

iii. 𝑁(𝐴) =

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩⎡⎢⎢⎣−𝑧𝑤𝑧𝑤

⎤⎥⎥⎦ | 𝑦, 𝑧, 𝑤 ∈ R

⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭ = ger

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩⎡⎢⎢⎣−1010

⎤⎥⎥⎦ ,

⎡⎢⎢⎣0101

⎤⎥⎥⎦⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭ e dim(𝐿(𝐴)) = 2.

(d) A forma escalonada reduzida de 𝐴 =

⎡⎢⎢⎢⎢⎣1 20 02 40 03 6

⎤⎥⎥⎥⎥⎦ é

⎡⎢⎢⎢⎢⎣1 20 00 00 00 0

⎤⎥⎥⎥⎥⎦, entãoi. 𝐿(𝐴) = ger

{[1 2

]}e dim(𝐿(𝐴)) = 1.

ii. 𝐶(𝐴) = ger

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩

⎡⎢⎢⎢⎢⎣10000

⎤⎥⎥⎥⎥⎦⎫⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎭ e dim(𝐶(𝐴)) = 1.

iii. 𝑁(𝐴) =

{[−2𝑦𝑦

]| 𝑦 ∈ R

}= ger

{[−21

]}e dim(𝐿(𝐴)) = 1.

25. (...)

26. (...)

27. Suponha que 𝑎(𝑢+𝑣)+𝑏(𝑢−𝑣)+𝑐(𝑢−𝑤) = 0. Então (𝑎+𝑏+𝑐)𝑢+(𝑎−𝑏)𝑣+(−𝑐)𝑤 = 0 ecomo 𝑢, 𝑣, 𝑤 são L.I. esta combinação linear só resulta no vetor nulo se os três coeficientesforem zero, isto é, se ⎧⎪⎨⎪⎩

𝑎+ 𝑏+ 𝑐 = 0

𝑎− 𝑏 = 0

−𝑐 = 0

Mas a única solução deste sistema é 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 = 0, o que implica que vetores 𝑢+ 𝑣, 𝑢− 𝑣e 𝑢− 𝑤 são L.I..

28. Se 𝐵 = {𝑢, 𝑣} é uma base de 𝑉 então 𝑉 = ger {𝑢} ⊕ ger {𝑣}, pois:

� 𝑉 = ger {𝑢}+ger {𝑣}. De fato, como 𝐵 é base, seus elementos geram 𝑉 , ou seja todo𝑤 ∈ 𝑉 pode ser escrito na forma 𝑤 = 𝛼𝑢 + 𝛽𝑣, com 𝛼, 𝛽 ∈ R. Mas 𝛼𝑢 ∈ ger {𝑢}e 𝛽𝑣 ∈ ger {𝑣}, então 𝑤 ∈ ger {𝑢} + ger {𝑣}, o que significa que 𝑉 ⊆ ger {𝑢} +ger {𝑣}. Reciprocamente, dado 𝑤 ∈ ger {𝑢}+ger {𝑣}, tem-se 𝑤 ∈ 𝑉 , pois a soma desubespaços de 𝑉 também é um subespaço de 𝑉 . Assim, ger {𝑢}+ ger {𝑣} ⊆ 𝑉 .

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� ger {𝑢} ∩ ger {𝑣} = {0}. De fato, se 𝑤 ∈ ger {𝑢} ∩ ger {𝑣} então 𝑤 = 𝛼𝑢 e 𝑤 = 𝛽𝑣,para algum 𝛼, 𝛽 ∈ R. Consequentemente, 𝛼𝑢 − 𝛽𝑣 = 0 e o fato de 𝑢 e 𝑣 seremlinearmente independentes implica que 𝛼 = 0 e −𝛽 = 0, ou seja, 𝑤 = 0𝑢 = 0𝑤 = 0.Assim, ger {𝑢} ∩ ger {𝑣} ⊆ {0}. Por outro lado, é imediato que {0} ⊆ ger {𝑢} ∩ger {𝑣}, pois a interseção de subespaços é um subespaço vetorial, e como tal deveconter o vetor nulo.

29. (...)

30. Se 𝐵 = {𝑢, 𝑣} é uma base de 𝑉 , então dim𝑉 = 2 e qualquer conjunto linearmenteindependente com dois vetores gera (e é base de) 𝑉 . Em particular, isso pode ser usadopara mostrar que 𝐵′ é base: supondo que 𝛼1(𝑢+ 𝑣) + 𝛼2(𝑢− 𝑣) = 0, então (𝛼1 + 𝛼2)𝑢+(𝛼1 − 𝛼2)𝑣 = 0. Como 𝑢 e 𝑣 são linearmente independentes, então{

𝛼1 + 𝛼2 = 0

𝛼1 − 𝛼2 = 0

o que implica que 𝛼1 = 𝛼2 = 0, pois este é um sistema homogêneo possível e determinado.Logo, 𝐵′ é linearmente independente e, portanto, uma base de 𝑉 .

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