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 vetoriall 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 incógitas 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.
1
(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
T
usar o fato de que N (A ) 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 = c1 v1 +...+ cn v n para algumas constantes c1 ..., cn . Eentão temos
b = Ax = A (c 1 v 1 +...+ cn v n ) = c1 Av1 +...+ cn Av n .
Portanto, escrevemos b como uma combinação linear dos vetores Av 1 ..., Av n . Como b era um vetor arbitrário em
conjunto {Av 1 ,..., Av n } gera
.
Agora, vamos supor que há constantes d 1 , ..., d n tais que d 1 Av1 +...+d n Avn = 0. Então
,o
0 = d 1 Av1 +...+d n Avn = A (d 1 v1 + ...+ d n vn ).
Como A é inversível , ela tem espaço nulo trivial e concluímos que d 1 v1 + ...+ d n vn = 0. Mas o conjunto {v 1 ,..., vn ) é
linearmente independente, de modo que devemos ter d 1 = d 2 = ...= d n = 0. Mas isso nos diz que se
d 1 Av1 +...+d n Avn = 0 então todas as constantes são zero. Ou seja, o conjunto {Av 1 , ..., Av n } é linearmente independente.
Uma vez que este é um conjunto linearmente independente em
, ele é a base.
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