TEMAEspaços e Subespaços

Vetoriais

Prof. Ms. Tailson Jeferson

P. dos Santos

Sejam e subespaços de um espaço vetorial . Então,

1W 2WV

1 2 1 2 1 1 2 2: ; ,W W v V v w w w W e w W

é um subespaço vetorial de V.

1 2 0 ,W W

Se 1 2W W

é soma direta dos subespaços ediremos que

1We denotaremos por

2W

1 2W W

Sejam

2 2,V M R : ,

0 0

a bU a b

e

0 0: , .W c d

c d

são subespaços de V e

: , , , .a b

U W a b c dc d

Então eU W

Mais do que isso:

: , , , .a b

U W a b c dc d

0U W

: ,0 0

a bU a b

0 0: , .W c d

c d

3( ,0,0) |U x x 3(0, , ) | , .V y z y z

Verificar se em que:3U V

( ) 0,0,0ii U V

( , , ) ( ,0,0) (0, , )x y z x y z U V

3( ) ( , , ) ,i x y z

3 V

UoPortanto, soma direta.

V espaço vetorial

1 2, ,..., nv v v V

1 2, ,... n escalares

1 1 2 2 ... n nv v v v

É um elemento de que chamaremos combinação linear de

V

1 2, ,..., .nv v v

(1,2,5)u e (3,6,15)v

O vetor pode ser escrito como combinação linear de , ou seja

vu

3v u3.(1,2,5)v ou

Ou ainda

1 1.(3,6,12)

3 3u ou u v

O vetor pode ser escrito da seguinte forma:

(1,2,5)u

1(1,0,0) 2(0,1,0) 5(0,0,1)u

Portanto, dizemos que o vetor é uma combinação linear dos vetores

u

(1,0,0) , (0,1,0), (0,0,1)

Fixados , o conjunto W 1 2, ,..., nv v v Vde todos os vetores de V que são combinação linear destes, é chamado subespaço gerado por 1 2, ,..., .nv v v

1 2, ,..., nW v v v

O conjunto { } é chamado Conjunto de Geradores de W.

1 2, ,..., nv v v

1,0,0 , 0,1,0 , 0,0,1

é um conjunto de Geradores para 3

3, ,x y z

, , 1,0,0 0,1,0 0,0,1x y z x y z

Porque todo vetor

Pode ser escrito da forma:

3 1,0,0 , 0,1,0 , 0,0,1 Assim, escrevemos:

Seja V um espaço vetorial sobre um corpo

Se existem que geram V, dizemos que V è um espaço vetorial finitamente gerado

1 2, ,..., rv v v V

3 1,0,0 , 0,1,0 , 0,0,1

3 é finitamente gerado porque

(nº finito)

Determine um conjunto de geradores para os seguintes subespaços:

4

4

) ( , , , ) ; 0

) ( , , , ) ; 0

)

a U x y z t x y z t

b V x y z t x y z t

c U V

Assim:

(1,1,0,0) , (1,0,1,0), ( 1,0,0,1)U

0

x y z t

( , , , )x y z t V

Ou seja, x y z tAssim, um genérico vetor de V é da forma:

( , , , ) y z t y z t

(1,1,0,0) (1,0,1,0) ( 1,0,0,1)y z t

0x y z t

( , , , )x y z t V

Ou seja,

( , , , )y y t t (1,1,0,0) (0,0, 1,1)y t

Assim, um genérico vetor de V é da forma:

(1,1,0,0) , (0,0, 1,1)V

.x y e z t

Um conjunto de geradores para U+V è dado pela uniao dos dois conjuntos, i.e.,:

(1,1,0,0) , (1,0,1,0), ( 1,0,0,1)U

(1,1,0,0) , (0,0, 1,1)V

[(1,1,0,0) , (1,0,1,0), ( 1,0,0,1), (0,0, 1,1)]

U V

Equações que Caracterizam Subespaços Equações que Caracterizam Subespaços – Subespaços Próprios ou Triviais– Subespaços Próprios ou Triviais

Para verificar se um subespaço é próprio ou trivial de um espaço :

1. Escrevemos um vetor genérico do espaço como combinação linear dos elementos do subespaço;

1 (1,3,0), (0,2,0), (0,0,1)W

31V

( , , ) (1,3,0) (0,2,0) (0,0,1)x y z

1 0 0

| 0 1 0 3

0 0 1

x

A B y x

z

2. Escalonamos e por meio da matriz sua ampliada;

33 2

2

xy x

y

z

a) Sistema possível e determinado

1 0 0

| 0 1 0 3

0 0 1

x

A B y x

z

( | ) ( )p A B p A n Conclusão: não é subespaço próprio de ou seja,

1W1V 1 1W V

32V

2 (1,1,1), (0,1,1), (0, 1, 1)W

( , , ) (1,1,1) (0,1,1) (0, 1, 1)x y z x

y

z

1 0 0

1 1 1

1 1 1

x

y

z

1 0 0

1 1 1

0 0 0

x

y

z y

1 0 0

1 1 1

0 0 0

x

y

z y

b) Sistema Impossível se

0 ( | ) ( )z y p A B p A

Conclusão: Não há soluções portanto

2W2Vnão é subespaço de

c) Sistema possível e indeterminado

Observe que para haver soluções z-y=0; sendo esta a equação que caracteriza este subespaço que é próprio.

1 0 0

1 1 1

0 0 0

x

y

z y

0 ( | ) ( )z y p A B p A

Encontrar as equações o caracterizam U. 3(2,1,0), (0,0,1), (6,3,0) ;U Seja

( , , ) (2,1,0) (0,0,1) (6,3,0) x y z Seja ( , , ) .x y z U

2 6

3

x

y

z

Isto é:

2 0 6

1 0 3

0 1 0

x

y

z

(2 6 , 3 , )

2 0 6

1 0 3

0 1 0

x

y

z

1 0 3 |

2 0 6 |

0 1 0 |

y

x

z

1 0 3 |

0 0 0 | 2

0 1 0 |

y

x y

z

Portanto para que o sistema tenha solução, temos que 2 0x y

e ( , , ); 2 0U x y z x y

2 2 12L L L

1 2L L

V Espaço vetorial 1 2, ,..., .nv v v V

Dizemos que o conjunto 1 2, ,..., nv v v

é linearmente independente (L.I), se:

1 1 1... 0 ... 0n n nv v

Dependência e Independência Linear

1 10; ... 0i n nv v Se:

Dizemos que é um conjunto de vetores linearmente dependentes (L.D).

Seja Vejamos se os vetores:3.V

31 2(1,2,1), (0,1,2) v v R são (L.I).

11

1 22

1 2

00

2 00

2 0

Para fazer isso, escrevamos a relação:31 1 1 2 0 v v

R

1 2(1,2,1) (0,1,2) (0,0,0) Assim,

eles são (L.I)

2V (1, 1), (1,0), (1,1)

é (LD), pois temos a seguinte relação com coeficientes não todos nulos:

1 1(1, 1) 1(1,0) (1,1) (0,0)

2 2

O conjunto

2RV

)0,1(1 e

)1,0(2 e

11 eS 22 eS

Ree |11

Ree |22

Reeee ,|, 2121

(reta horizontal)

(reta vertical)

2R

1e

21,ee2R

)0,1(1)0,1(

)0,1(5)0,5(

pois 2),( Rba

)1,0()0,1(),( baba

)0,2(,, 212 eeR pois 2),( Rba

)0,2.(0)1,0()0,1(),( baba

)0,1(1 e

)1,0(2 e( , )a b

E por que estes 2 conjuntos têm quantidades diferentes de geradores, se são geradores

do mesmo espaço?

Os elementos chamados geradores ou sistemas de geradores de podem ser um conjunto L.I ou L.D.

V

21,ee2R 21,ee Conj. L.I

)0,2(,, 212 eeR )0,2(,, 21 ee Conj. L.D

- conjunto ordenado:- formado por um conjunto de vetores L.I.- gera V.

Proposição: De um conjunto de geradores de um espaço ou subespaço vetorial V é sempre possível extrair uma base.

O conjunto é uma base do espaço ?

2,1 , 0, 12

(i) gera ? 2,1 , 0, 1 2Dado ,queremos saber se existem a e b em tais que

2,x y

, 2,1 0, 1 x y a b

É suficiente verificar se é um conjunto de geradores L.I. para

2,1 , 0, 12

?2a x

a b y

Isto corresponde a encontrar solução para o sistema:

2

xb a y b y

Portanto, temos que gera V. 2,1 , 0, 1

2

2

2

a x xa

a b y

2 1det 2 0

0 1

2,1 e 0, 1 são LI.

2,1 , 0, 1 é uma base para V

(ii) Vejamos agora se é LI:

2,1 , 0, 1

Teorema: n vetores em são L.I. se o determinante da matriz formada pelos n vetores (escritos como vetores linha ou coluna) for diferente zero.

n

Processo prático para determinar umabase de um subespaço do . n

Consiste em escalonar a matriz cujas linhassão os vetores geradores do subespaço.As linhas que não “zerarem” correspondem aos vetores geradores que forem LI.

2,1,1,0 , 1,0,1,2 , 0, 1,1,4W

Determinar uma base para o seguinte subespaço do espaço do :

4

2 1 1 0

1 0 1 2

0 1 1 4

A

1 2L L��������������

1 0 1 2

2 1 1 0

0 1 1 4

2 2 12L L L ��������������

1 0 1 2

0 1 1 4

0 1 1 4

3 3 2L L L ��������������

1 0 1 2

0 1 1 4

0 0 0 0

Portanto, os vetores (1,0,1,2) e (0,1,-1,-4) (correspondentes às linhas que não se anularam na matriz escalonada) formam a base para W.

Resultados importantes

Seja V um espaço de dimensão finita n. Então: Qualquer conjunto com mais de n elementos em V é LD. Qualquer conjunto L.I de V pode ser completado para formar uma base de V.

Qualquer conjunto L.I de V tem no máximo n elementos

Qualquer conjunto L.I com n elementos é uma base de V

Dimensão

Proposição: Seja V um espaço vetorial finitamente gerado. Então, qualquer base de V tem o mesmo número de elementos (cardinalidade).

A este número de elementos dá-se o nome de Dimensão de V.

Portanto, se V é finitamente gerado, podemos dizer que ele tem

dimensão finita

Pensar na dimensão de um espaço...

Pressupõe extrair uma base deste espaço ou subespaço

E observar sua cardinalidade ou quantidade de elementos

Dimensão da Soma de 2 Subespaços

dim dimdim U W U W dim U W

Seja V um espaço vetorial de dimensão finita e U, W subespaços de V. Então

Sejam 3RV zyxRzyxU ;),,( 3

0;),,( 3 zxRzyxW

subespaços de V. Determinar as dimensões de U, W e . Verifique, pela fórmula cima, se .

U W3RWU

Seja ( , , )x y z U x y z Ou seja, , , , , 1,1,0 1,0,1 x y z y z y z y z

Daí temos que U=[(1,1,0),(1,0,1)].

U=[(1,1,0),(1,0,1)].

1 1 0

1 0 1

Visto que a matriz tem posto 2,

Se ( , , ) 0 x y z W x z . Ou seja, , , 0, ,0 0,1,0 x y z y y

esses vetores são L.I. e formam uma base para U.

2)dim( UAssim

Daí, e )]0,1,0[(W 1)dim( W

Para determinar , U W

0

0

x y z

x

z

Este sistema possui como solução o vetor (0,0,0).Daí, dim 0U W

Portanto, utilizando a relação

dim 2 1 0 3U W Temos:

resolvemos o sistema formado por suas equações:

WUWUWU dimdimdim)dim(

3RWU Como é subespaço de , que tem dimensão 3, temos que

3RWU

Utilizando os vetores acima determine:

1,2,0, 1 , 1, 1,2,0 1,3,0,1 , 2,4,2, 1 , 1,7,2,0 U e W

) dim

) dim

) dim

) dim

a U

b W

c U W

d U W

Considere o espaço e seus subespaços 4

O conjunto é LI

1,2,0, 1 , 1, 1,2,0 dim 2U

Verifiquemos se é LI:

1,3,0,1 , 2,4,2, 1 , 1,7,2,0

1 3 0 1

2 4 2 1

1 7 2 0

1 3 0 1

2 4 2 1

1 7 2 0

1 3 0 1

0 10 2 1

1 7 2 0

3 3 1��������������L L L1 3 0 1

0 10 2 1

0 10 2 1

3 3 2��������������L L L

1 1L L 122 2LLL

1 3 0 1

0 10 2 1

0 0 0 0

3 3 2��������������L L L

1,3,0,1 , 2,4,2, 1 , 1,7,2,0 Portanto o conjunto

é L.D

Logo, excluindo um dos vetores que é combinação linear dos outros dois, obtemos um conjunto L.I. Daí temos que

2dim W

1,2,0, 1 , 1, 1,2,0 , 1, 3,0, 1 , 0,10,2,1 U W

1 2 0 1

1 1 2 0

1 3 0 1

0 10 2 1

2 2 1 L L L

3 3 1 L L L

4 4 12 L L L

1 2 0 1

0 3 2 1

0 5 0 0

0 0 2 1

32 5

L

L3 3 2 L L L

1 2 0 1

0 1 0 0

0 1 2 1

0 0 2 1

1 2 0 1

0 1 0 0

0 0 2 1

0 0 2 1

4 4 3 L L L

1 2 0 1

0 1 0 0

0 0 2 1

0 0 0 0

dim 3U W

dim dim dim dimU W U W U W

3 2 2 dim U W

dim 1U W

Coordenadas de um vetor em relação à uma dada base B

v

V Espaço vetorial sobre K 1 2, ..., nB v v v base de V

1 1 ... n nv v v v VComb. Linear de forma única

1( ,..., )nBv

1

B

n

v

ouDenotamos por:

Consideremos a base canônica do 3

1,0,0 0,1,0 0,0,1 e o vetor 1, 3,5B v Observe que:

1. 1,0,0 3. 0,1,0 5. 0,0,1v

Assim, as coordenadas do vetor v na base B são 1, -3 e 5 ,ou seja,

3V R

(1, 3,5)v

ou 1

3

5

v

As coordenadas de dependem da base escolhida e da ordem dos de seus elementos.

vB

Todas as vezes que em um vetor não vier especificado a base de referência, significa que esta é a base canônica.

(1, 3,5)v Por exemplo: (base canonica)

v

Temos que a matriz das coordenadas de v na base B é :

1

3

5B

v

' 1,1,1 , 1,0,1 , 1,0, 1 B

Vamos escolher agora outra base para 3R

Nosso exercício agora é encontrar as coordenadas do vetor v na base B´:

Por definição, às coordenadas de v na base B´ é dado pelos coeficientes a,b e c

abaixo:

1, 3,5 1,1,1 1,0,1 1,0, 1a b c

1

3

5

a b c

a

a b c

3a

4

8

b c

b c

2 12b 6b

6 4c 2c

As coordenadas de v são -3,6 e -2

A matriz das coordenadas de v na base B´ é '

3

6

2B

v

1 Bases ordenadas do mesmo espaço vetorial V

2

1I

Escrever os vetores de (acima) como combinação linear dos vetores de

2

1

1

2I

Escrever os vetores de (acima) como combinação linear dos vetores de

1

2

2e

Encontremos a matriz mudança de base

2

1

(1,0),(0,1)

(2, 1),(3,4)I

1 11 21(1,0) (2, 1) (3,4)v a a

Os coeficientes e ficam na mesma coluna, por isso o correspondente ao elemento é fixado com o mesmo índice da ordem do elemento em

11a 21a

2

j

ija

2 12 22(0,1) (2, 1) (3,4)v a a

onde 11 21 11 21(1,0) (2 3 , 4 )a a a a

11

4

11a e 21

1

11a

12 22 12 22(0,1) (2 3 , 4 )a a a a

12

3

11a

e 22

2

11a 4 3

11 111 2

11 11

2

1I

Façamos agora 1

2

(2, 1),(3,4)

(1,0),(0,1)I

Lembrando que escreveremos agora :

1 11 21(2, 1) (1,0) (0,1)u a a

11 2a e 21 1a

2 12 22(3,4) (1,0) (0,1)u a a

12 3a e 22 4a

2 3

1 4

2

1I

4 3

11 111 2

11 11

2 3 1 0

1 4 0 1

O produto das matrizes

eO que implica que as matrizes são inversíveis e

2

1I

1

2I

2 1

1 2

1

I I

2

1I

1

2I

““Somente no dicionário o Somente no dicionário o sucesso sucesso vem antes do vem antes do trabalhotrabalho.”.”

Albert EinsteinAlbert Einstein