Aula 4 espaços vetoriais

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Apostila de Espaços Vetoriais

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Aula 4 espaços vetoriais

  1. 1. 54 Parte 4 – Espaços Vetoriais
  2. 2. 55 Espaços Vetoriais Reais DEFINIÇÃO: Um espaço vetorial real é um conjunto de elementos V munidos de duas operações ⊕ e ⊗ tais que α) Se u v e v v são elementos de V, então vu vv ⊕ está em V (i. e., V é fechado em relação à operação ⊕). a) uvvu vvvv ⊕=⊕ se u v e v v pertencem a V. b) ( ) ( ) wvuwvu vvvvvv ⊕⊕=⊕⊕ se u v , v v e w v pertencem a V. c) Existe um elemento 0 v em V tal que uu00u vvvvv =⊕=⊕ , para todo u v em V. d) Para cada u v em V, existe um elemento u v − em V tal que 0uu vvv =−⊕ β) Se u v é um elemento qualquer de V e r é qualquer número real, então ur v ⊗ está em V (i. e., V é fechado em relação à operação ⊗). e) ( ) vrurvur vvvv ⊗⊕⊗=⊕⊗ , para todo número real r e todos os elementos u v e v v em V. f) ( ) usurusr vvv ⊗⊕⊗=⊗+ , para todos os números reais r e s e todo elemento u v de V. g) ( ) ( ) ursusr vv ⊗=⊗⊗ , para todos os números reais r e s e todo elemento u v de V. h) uu1 vv =⊗ , para todo elemento u v de V. Os elementos de V são chamados vetores; os números reais são chamados escalares. A operação ⊕ é chamada soma de vetores; a operação ⊗ é denominada multiplicação por escalar. O vetor 0 v que aparece na propriedade (c) é conhecido como o vetor nulo. O vetor u v − que ocorre na propriedade (d) é o negativo de u v . É possível provar que os vetores 0 v e u v − são únicos. Exemplo: Considere o conjunto V das triplas ordenadas de números reais munidos das operações ⊕ e ⊗ através das fórmulas ( ) ( ) ( )'zz,'yy,'xx'z,'y,'xz,y,x +++=⊕ ( ) ( )z,y,rxz,y,xr =⊗ Podemos verificar que as propriedades (a), (b), (c), (d) e (e) são satisfeitas. Por exemplo, para checarmos a propriedade (e) fazemos: ( ) ( )[ ] ( ) ( )( )'zz,'yy,'xxr'zz,'yy,'xxr'z,'y,'xz,y,xr +++=+++⊗=⊕⊗ Além disso, ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )'zz,'yy,'xxr'z,'y,'rxz,y,rx'z,'y,'xrz,y,xr +++=⊕=⊗⊕⊗ Portanto, a propriedade (e) é satisfeita. Entretanto, a propriedade (f) não é satisfeita. De fato, ( ) ( ) ( )( )z,y,xdrz,y,xdr +=⊗+ Por outro lado ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )z2,y2,xdrz,y,dxz,y,rxz,y,xdz,y,xr +=⊕=⊗⊕⊗ Logo, V não é um espaço vetorial. Observe que as propriedades (g) e (h) são satisfeitas.
  3. 3. 56 Outra fonte de exemplos de espaços vetoriais é o conjunto dos polinômios. Um polinômio (em t) é uma função que pode ser expressa da forma ( ) 01 1n 1n n n atatatatp ++++= − − L onde n10 a,,a,a K são números reais. Exemplo: As funções a seguir são polinômios: ( ) 1t5t2t3tp 24 1 −+−= ( ) 1t2tp2 += ( ) 4tp3 = As funções a seguir não são polinômios ( ) 6t2tf4 −= e ( ) 1t2 t 1 tf 25 +−= O polinômio ( )tp tem grau n se 0an ≠ . Portanto, o grau de um polinômio é igual à potência mais alta com coeficiente não-nulo. O polinômio nulo é definido da seguinte forma: 0t0t0t0 1nn ++++ − L Observe que, por definição, o polinômio nulo não tem grau. Vamos considerar nP a coleção de todos os polinômios de grau n≤ juntamente com o polinômio nulo. O polinômio 5t3t2 2 +− , por exemplo, é um elemento de 2P . Exemplo: Se ( ) 01 1n 1n n n atatatatp ++++= − − L e ( ) 01 1n 1n n n btbtbtbtq ++++= − − L definimos ( ) ( )tqtp ⊕ pela fórmula ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0011 1n 1n1n n nn batbatbatbatqtp ++++++++=⊕ − −− L (isto é, somamos os coeficientes das potências de mesmo grau). Se c é um escalar, definimos ( )tpc ⊗ pela fórmula ( ) ( ) ( ) ( ) ( )01 1n 1n n n catcatcatcatpc ++++=⊗ − − L (isto é, multiplicamos cada coeficiente por c).
  4. 4. 57 Vamos provar agora que nP é um espaço vetorial. Sejam ( )tp e ( )tq elementos de nP como antes, isto é, são polinômios de grau n≤ ou o polinômio nulo. Então, as definições dadas anteriormente de ⊕ e ⊗ mostram que ( ) ( )tqtp ⊕ e ( )tpc ⊗ , qualquer que seja o escalar c, são polinômios de grau n≤ ou o polinômio nulo, ou seja, ( ) ( )tqtp ⊕ e ( )tpc ⊗ estão em nP , de modo que as propriedades (α) e (β) são válidas. Para verificar (a), note que ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0011 1n 1n1n n nn abtabtabtabtptq ++++++++=⊕ − −− L e, como iiii abba +=+ para números reais, podemos concluir que ( ) ( ) ( ) ( )tptqtqtp ⊕=⊕ . A propriedade (b) pode ser demonstrada de forma análoga. Para demonstrar (c) é só utilizar como elemento 0 v o polinômio nulo. Para demonstrar (d) é só lembrar que, para ( )tp como definido anteriormente, temos seu negativo, ( )tp− , dado por 01 1n 1n n n atatata −−−−− − − L Para demonstrar (f) fazemos ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 01 1n 1n n n adrtadrtadrtadrtpdr ++++++++=⊗+ − − L 0011 1n 1n 1n 1n n n n n daratdatratdatratdatra ++++++++= − − − − L ( ) ( )01 1n 1n n n01 1n 1n n n atatatadatatatar +++++++++= − − − − LL ( ) ( )tpdtpr ⊗⊕⊗= A demonstração das demais propriedades fica como exercício. A vantagem da Definição de Espaço Vetorial apresentada é que ela não se preocupa com o que é um espaço vetorial. Por exemplo, um vetor em 3 R é um ponto, um segmento de reta orientado ou uma matriz 3×1? A Definição trata apenas do comportamento algébrico dos elementos em um espaço vetorial. No caso de 3 R , qualquer que seja o ponto de vista adotado, o comportamento algébrico é o mesmo. Podemos, então, falar sobre as propriedades de todos os espaços vetoriais sem ter que nos referirmos a um espaço vetorial particular. Portanto, um “vetor”, agora, é, simplesmente, um elemento de um espaço vetorial e não precisa estar associado a um segmento de reta orientado. O teorema a seguir apresenta diversas propriedades úteis comuns a todos os espaços vetoriais. TEOREMA: Se V é um espaço vetorial, então a) 0u0 vv = para todo u v em V. b) 00r vv = para todo escalar r. c) Se 0ur vv = , então r = 0 ou 0u vv = . d) ( ) uu1 vv −=− para todo u v em V.
  5. 5. 58 Subespaços DEFINIÇÃO: Seja V um espaço vetorial e W um subconjunto não-vazio de V. Se W é um espaço vetorial em relação às operações em V, dizemos que W é um subespaço de V. Exemplo: Todo espaço vetorial tem pelo menos dois subespaços, ele mesmo e o subespaço { }0 v que tem como único elemento o vetor nulo (lembre-se que 000 vvv =⊕ e 00r vv =⊗ em qualquer espaço vetorial). O subespaço { }0 v é chamado de subespaço nulo. TEOREMA: Seja V um espaço vetorial com as operações ⊕ e ⊗ e seja W um subconjunto não-vazio de V. Então W é um subespaço de V se e somente se as seguintes condições são válidas: α) Se u v e v v são vetores em W, então vu vv ⊕ pertence a W. β) Se r é um número real qualquer e u v é qualquer vetor em W, então ur v ⊗ pertence a W. Exemplo: Considere o conjunto W de todas as matrizes 2×3 da forma ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ dc0 0ba onde a, b, c e d são números reais arbitrários. Mostre que W é um subespaço de 23M , onde 23M consiste no conjunto das matrizes 2×3 munido das operações de soma e produto por escalar habituais. Sol: Considere ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = 11 11 dc0 0ba u v e ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = 22 22 dc0 0ba v v em W Então ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ++ ++ =+ 2121 2121 ddcc0 0bbaa vu vv está em W de modo que (α) é satisfeita. Além disso, se k é um escalar, então ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = 11 11 kdkc0 0kbka uk v está em W de modo que (β) também é satisfeita. Portanto, W é um subespaço de 23M .
  6. 6. 59 Exemplo: Seja W o subconjunto de 3 R formado por todos os vetores da forma (a, b, 1), onde a e b são números reais. Para verificar se as propriedades (α) e (β) do Teorema são satisfeitas, suponha que ( )1,b,au 11= v e ( )1,b,av 22= v estão em W. Então ( ) ( ) ( )2,bb,aa1,b,a1,b,avu 21212211 ++=+=+ vv não pertence a W, já que sua terceira componente é 2 e não 1. Como a propriedade (α) não é satisfeita, W não é um subespaço de 3 R . Exemplo: Representamos por nP o espaço vetorial dos polinômios de grau n≤ junto com o polinômio nulo e por P o espaço vetorial de todos os polinômios. É fácil verificar que 2P é um subespaço de 3P e que, em geral, nP é um subespaço de 1nP + . Além disso, nP é um subespaço de P. Exemplo: Seja V o conjunto de todos os polinômios de grau exatamente = 2; então V é um subconjunto de 2P , mas não é um subespaço de 2P , já que a soma dos polinômios 1t3t2 2 ++ e 2tt2 2 ++− é um polinômio de grau 1, que não está em V. Exemplo: Um modo simples de construir subespaços em espaços vetoriais é o seguinte. Sejam 1v v e 2v v vetores fixos em um espaço vetorial V e seja W o conjunto de todas as combinações lineares de 1v v e 2v v , isto é, W é o conjunto dos vetores em V da forma 2211 vava vv + , onde 1a e 2a são números reais. Para mostrar que W é um subespaço de V, vamos verificar as propriedades (α) e (β) do teorema. Sejam então, 22111 vavaw vvv += e 22112 vbvbw vvv += vetores em W. Temos ( ) ( ) ( ) ( ) 2221112211221121 vbavbavbvbvavaww vvvvvvvv +++=+++=+ que também pertence a W. Logo, W é um subespaço de V.
  7. 7. 60 DEFINIÇÃO: Sejam k21 v,...,v,v vvv vetores em um espaço vetorial V. Um vetor v v em V é uma combinação linear de k21 v,...,v,v vvv se existem números reais k21 c,...,c,c , tais que kk2211 vc...vcvcv vvvv +++= Exemplo: Considere em 3 R os vetores ( )1,2,1v1 = v ( )2,0,1v2 = v ( )0,1,1v3 = v O vetor ( )5,1,2v = v é uma combinação linear de 1v v , 2v v e 3v v se pudermos encontrar escalares 1c , 2c e 3c tais que vvcvcvc 332211 vvvv =++ Substituindo 1v v , 2v v e 3v v , obtemos ( ) ( ) ( ) ( )5,1,20,1,1c2,0,1c1,2,1c 321 =++ Combinando os termos do lado esquerdo e igualando os coeficientes correspondentes, obtemos o sistema linear 5c2c 1cc2 2ccc 21 31 321 =+ =+ =++ Resolvendo este sistema obtemos 1c1 = , 2c2 = e 1c3 −= , o que significa que v v é uma combinação linear de 1v v , 2v v e 3v v . Temos então 321 vv2vv vvvv −+= 2211 vcvcv vvv += 11vc v 22 vc v 2v v 1v v O
  8. 8. 61 DEFINIÇÃO: Se { }k21 v,...,v,vS vvv = é um conjunto de vetores em um espaço vetorial V, então o conjunto de todos os vetores em V que são combinações lineares de vetores em S é representado por [ ]S ou { }[ ]k21 v,...,v,v vvv Exemplo: Considere o conjunto S de matrizes 2×3, ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = 100 000 , 010 000 , 000 010 , 000 001 S Então [ ]S é o conjunto em 23M de todos os vetores da forma ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ =⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ +⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ +⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ +⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ dc0 0ba 100 000 d 010 000 c 000 010 b 000 001 a onde a, b, c e d são números reais. Logo, [ ]S é o subconjunto de 23M formado pelas matrizes ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ dc0 0ba TEOREMA: Seja { }k21 v,...,v,vS vvv = um conjunto de vetores em um espaço vetorial V. Então [ ]S é um subespaço de V. Exemplo: Considere, em 2P , 2tt2v 2 1 ++= v t2tv 2 2 −= v 2t5t5v 2 3 +−= v 2t3tv 2 4 −−−= v Determine se o vetor 2ttu 2 ++= v pertence a { }[ ]4321 v,v,v,v vvvv . Se pudermos encontrar escalares 1c , 2c , 3c e 4c tais que uvcvcvcvc 44332211 vvvvv =+++ então u v pertence a { }[ ]4321 v,v,v,v vvvv . Substituindo u v , 1v v , 2v v , 3v v e 4v v na expressão acima, temos
  9. 9. 62 ( ) ( ) ( ) ( ) 2tt2t3tc2t5t5ct2tc2tt2c 22 4 2 3 2 2 2 1 ++=−−−++−+−+++ ou ( ) ( ) ( ) 2ttc2c2c2tc3c5c2ctcc5cc2 2 4314321 2 4321 ++=−++−−−+−++ Como dois polinômios são iguais para todos os valores de t se e somente se os coeficientes das respectivas potências de t são iguais, obtemos o sistema linear 2c2c2c2 1c3c5c2c 1cc5cc2 431 4321 4321 =−+ =−−− =−++ Para investigar se esse sistema de equações lineares é compatível, formamos a matriz aumentada do sistema e a colocamos na forma escalonada reduzida por linhas, obtendo ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − 10000 01310 01101 M M M o que indica que o sistema é incompatível, isto é, não tem solução. Portanto, u v não pertence a { }[ ]4321 v,v,v,v vvvv .
  10. 10. 63 Independência Linear DEFINIÇÃO: Dizemos que os vetores k21 v,...,v,v vvv em um espaço vetorial V geram V se todo vetor em V é uma combinação linear de k21 v,...,v,v vvv . Além disso, se esses vetores forem distintos e { }k21 v,...,v,vS vvv = , dizemos, também, que S gera V, ou que { }k21 v,...,v,v vvv gera V, ou que V é gerado por S, ou ainda, que [ ] VS = . O procedimento para verificar se os vetores k21 v,...,v,v vvv geram o espaço vetorial V é o seguinte: Etapa 1: Escolha um vetor arbitrário v v em V. Etapa 2: Verifique se v v é uma combinação linear dos vetores dados. Se for, os vetores dados geram V. Se não for, eles não geram V. Exemplo: Seja V o espaço vetorial 3 R e sejam ( )1,2,1v1 = v ( )2,0,1v2 = v ( )0,1,1v3 = v Os vetores 1v v , 2v v e 3v v geram V? Solução: Etapa 1: Seja ( )c,b,av = v um vetor arbitrário em 3 R , onde a, b e c são números reais quaisquer. Etapa 2: Temos que verificar se existem constantes 1c , 2c e 3c tais que vvcvcvc 332211 vvvv =++ Isto nos leva ao seguinte sistema linear: cc2c bcc2 accc 21 31 321 =+ =+ =++ Uma solução é 3 cb2a2 c1 ++− = 3 cba c2 +− = 3 c2ba4 c3 −− = Como obtivemos uma solução para qualquer escolha de a, b e c, concluímos que 1v v , 2v v e 3v v geram 3 R , o que é equivalente a { }[ ] 3 k21 Rv,...,v,v = vvv
  11. 11. 64 Exemplo: Mostre que ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = 10 00 , 01 10 , 00 01 S gera o subespaço de 22M formada por todas as matrizes simétricas. Solução: Etapa 1: Uma matriz simétrica arbitrária tem a forma ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = cb ba A onde a, b e c são números reais quaisquer. Etapa 2: Precisamos encontrar constantes 1d , 2d e 3d tais que ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ==⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ +⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ +⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ cb ba A 10 00 d 01 10 d 00 01 d 321 o que nos leva a um sistema linear cuja solução é ad1 = bd2 = cd3 = Como encontramos uma solução para qualquer escolha de a, b e c, concluímos que S gera o subespaço dado. Exemplo: Seja 2PV = , o espaço vetorial de todos os polinômios de grau 2≤ e o polinômio nulo. Seja ( ) ( ){ }tp,tpS 21= , onde ( ) 1t2ttp 2 1 ++= e ( ) 2ttp 2 2 += . S gera 2P ? Solução: Etapa 1: Seja ( ) cbtattp 2 ++= um polinômio arbitrário em 2P , onde a, b e c são números reais quaisquer. Etapa 2: Temos que verificar se existem constantes 1c e 2c tais que ( ) ( ) ( )tpctpctp 2211 += ou ( ) ( )2tc1t2tccbtat 2 2 2 1 2 ++++=++ Temos ( ) ( ) ( ) cbtatc2ctc2tcc 2 211 2 21 ++=++++ Como dois polinômios são iguais para todos os valores de t se e somente se os coeficientes das potências respectivas são iguais, obtemos o sistema linear:
  12. 12. 65 cc2c bc2 acc 21 1 21 =+ = =+ Usando operações elementares nas linhas da matriz aumentada desse sistema linear, obtemos ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ +− − − c2a4b00 ac10 ca201 M M M Se 0c2a4b ≠+− , não existe solução. Logo, ( ) ( ){ }tp,tpS 21= não gera 2P . Exemplo: Os vetores ( )0,1ie1 == vv e ( )1,0je2 == vv geram 2 R , pois, se ( )21 u,uu = v é qualquer vetor em 2 R , então 2211 eueuu vvv += . Todos os vetores u v em 3 R podem ser escritos como uma combinação linear dos vetores ( )0,0,1ie1 == vv , ( )0,1,0je2 == vv e ( )1,0,0ke3 == vv , logo 1e v , 2e v e 3e v geram 3 R . Analogamente, os vetores ( )0,...,0,1e1 = v , ( )0,...,0,1,0e2 = v , ..., ( )1,...,0,0en = v geram n R , já que qualquer vetor ( )n21 u,...,u,uu = v pode ser escrito como nn2211 eueueuu v L vvv +++= Exemplo: O conjunto { }1,t,...,t,tS 1nn − = gera nP , já que todos os polinômios em nP são da forma n1n 1n 1 n 0 atatata ++++ − − L que é uma combinação linear de elementos de S. Exemplo: Considere o sistema linear homogêneo 0xA vv = , onde ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − − −−− = 9144 3111 5122 2011 A O conjunto de todas as soluções de 0xA vv = forma um subespaço de 4 R . Para determinar um conjunto gerador para o espaço solução desse sistema, vamos colocar a matriz aumentada do sistema em sua forma escalonada por linhas:
  13. 13. 66 ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − 00000 00000 01100 02011 M M M M A solução geral é, então, dada por sx sx rx s2rx 4 3 2 1 = = = −−= onde r e s são números reais arbitrários. Em forma matricial, qualquer solução é dada por ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡− + ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡− = 1 1 0 2 s 0 0 1 1 rx Portanto, os vetores ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡− 0 0 1 1 e ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡− 1 1 0 2 geram o espaço solução. DEFINIÇÃO: Os vetores k21 v,...,v,v vvv em um espaço vetorial V são ditos linearmente dependentes se existem constantes k21 c,...,c,c nem todas nulas, tais que 0vc...vcvc kk2211 vvvv =+++ Caso contrário, k21 v,...,v,v vvv são linearmente independentes se, sempre que 0vc...vcvc kk2211 =+++ vvv , temos 0c...cc k21 ==== Em outras palavras, a única combinação linear de k21 v,...,v,v vvv que dá o vetor nulo é a que tem todos os coeficientes iguais a zero. Se os vetores k21 v,...,v,v vvv são distintos e { }k21 v,...,v,vS vvv = , dizemos, também, que o conjunto S é linearmente dependente ou linearmente independente.
  14. 14. 67 O procedimento para verificar se os vetores k21 v,...,v,v vvv são linearmente dependentes ou linearmente independentes é o seguinte: Etapa 1: Escreva a equação 0vc...vcvc kk2211 vvvv =+++ , que leva a um sistema homogêneo. Etapa 2: Se o sistema homogêneo obtido na Etapa 1 tiver apenas a solução trivial, então os vetores dados são linearmente independentes; se existir uma solução não- trivial, os vetores são linearmente dependentes. Exemplo: Determine se os vetores ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡− 0 0 1 1 e ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡− 1 1 0 2 são linearmente dependentes ou linearmente independentes. Sol: Escrevendo a equação ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡− + ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡− 0 0 0 0 1 1 0 2 c 0 0 1 1 c 21 obtemos o sistema homogêneo 0cc0 0cc0 0c0c 0c2c 21 21 21 21 =+ =+ =+ =−− Cuja única solução é 0cc 21 == . Portanto, os vetores dados são linearmente independentes. Exemplo: Os vetores ( )2,1,0,1v1 = v , ( )2,1,1,0v2 = v e ( )3,1,1,1v3 = v em 3 R são linearmente dependentes ou linearmente independentes? Escrevendo a equação 0vcvcvc 332211 vvvv =++ e resolvemos para 1c , 2c e 3c . O sistema homogêneo resultante é
  15. 15. 68 0c3c2c2 0ccc 0cc 0cc 321 321 32 31 =++ =++ =+ =+ que tem apenas a solução 0ccc 321 === , mostrando que os vetores são linearmente independentes. Exemplo: Os vetores 1e v e 2e v em 2 R são linearmente independentes, já que ( ) ( ) ( )0,01,0c0,1c 21 =+ é válida se e somente se 0cc 21 == . Analogamente, os vetores 1e v , 2e v e 3e v em 3 R e, mais geralmente, os vetores 1e v , 2e v , ..., ne v em n R são linearmente independentes. Exemplo: Se k21 v,...,v,v vvv , são k vetores em qualquer espaço vetorial e iv v é o vetor nulo, então a equação 0vc...vcvc kk2211 vvvv =+++ é satisfeita fazendo-se 1ci = e 0cj = para ij ≠ . Logo { }k21 v,...,v,vS vvv = é linearmente dependente. Portanto, todo conjunto de vetores contendo o vetor nulo é linearmente dependente. TEOREMA: Os vetores não-nulos n21 v,...,v,v vvv em um espaço vetorial V são linearmente dependentes se e somente se um dos vetores jv v é uma combinação linear dos j vetores precedentes 1j21 v,...,v,v − vvv . Exemplo: Se ( )1,2,1v1 −= v , ( )1,2,1v2 −= v , ( )1,2,3v3 −−= v e ( )0,0,2v4 = v , podemos escrever, por exemplo 0v0vv2v 4321 vvvvv =+++ De modo que 213 v2vv vvv −−= .
  16. 16. 69 Base e Dimensão Base DEFINIÇÃO: Os vetores k21 v,...,v,v vvv em um espaço vetorial V formam uma base para V se (a) k21 v,...,v,v vvv geram V (b) k21 v,...,v,v vvv são linearmente independentes. Obs: Se k21 v,...,v,v vvv formarem uma base para V, então eles tem que ser distintos e não-nulos, logo podemos escrevê-los como um conjunto { }k21 v,...,v,v vvv . Os vetores ( )0,1e1 = v e ( )1,0e2 = v formam uma base para 2 R , os vetores ( )0,0,1e1 = v , ( )0,1,0e2 = v e ( )1,0,0e3 = v formam uma base para 3 R e, no caso geral, os vetores n21 e,...,e,e vvv formam uma base para n R . Cada um desses conjuntos de vetores é chamado de base natural ou base canônica para 2 R , 3 R e n R , respectivamente. Exemplo: O conjunto ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = 10 00 , 01 00 , 00 10 , 00 01 S é uma base para o espaço vetorial V de todas as matrizes 2×2. Para verificar que S é linearmente independente, igualamos a zero uma combinação linear de vetores em S: ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ =⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ +⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ +⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ +⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 00 00 10 00 c 01 00 c 00 10 c 00 01 c 4321 Isto nos dá ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ =⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 00 00 cc cc 43 21 o que implica que 0cccc 4321 ==== . Logo, S é linearmente independente. Para verificar que S gera V, consideramos um vetor arbitrário ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ dc ba em V e procuramos escalares 1c , 2c , 3c e 4c tais que ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ +⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ +⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ +⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ =⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 10 00 c 01 00 c 00 10 c 00 01 c dc ba 4321 Vemos que ac1 = , bc2 = , cc3 = e dc4 = . Portanto, S gera V.
  17. 17. 70 TEOREMA: Se { }k21 v,...,v,vS vvv = é uma base para um espaço vetorial V, então todo vetor em V pode ser escrito de maneira única como uma combinação linear dos vetores em S. TEOREMA: Seja { }k21 v,...,v,vS vvv = um conjunto de vetores não-nulos em um espaço vetorial V e seja W = [S]. Então, algum subconjunto de S é uma base para W. Procedimento para encontrar um subconjunto de um conjunto gerador que é uma base: Seja m RV = e seja { }n21 v,...,v,vS vvv = um conjunto de vetores não-nulos em V. O procedimento para encontrar um subconjunto de S que é uma base de W = [S] é o seguinte: Etapa 1. Forme a equação 0vc...vcvc nn2211 vvvv =+++ Etapa 2. Construa a matriz aumentada associada ao sistema homogêneo da equação acima e coloque em forma escada reduzida por linhas. Etapa 3. Os vetores correspondentes às colunas contendo o primeiro elemento não-nulo de cada linha, que é sempre 1, formam uma base para W = [S]. Então, se { }621 v,...,v,vS vvv = e os primeiros elementos não-nulos das linhas ocorrem nas colunas 1, 3 e 4, { }431 v,v,v vvv é uma base para [S]. Exemplo: Seja { }54321 v,v,v,v,vS vvvvv = um conjunto de vetores em 4 R , onde ( )1,2,2,1v1 −= v ( )3,4,0,3v2 −−= v ( )1,1,1,2v3 −= v ( )6,9,3,3v4 −−= v ( )6,7,3,9v5 −= v Encontre um subconjunto de S que seja uma base para W = [S] Solução Etapa 1. Forme a equação 0vc...vcvc nn2211 vvvv =+++ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0,0,0,06,7,3,9c6,9,3,3c1,1,1,2c3,4,0,3c1,2,2,1c 54321 =−+−−+−+−−+− Etapa 2. Iguale os componentes correspondentes para obter o sistema homogêneo. 0c6c6cc3c 0c7c9cc4c2 0c3c3cc2 0c9c3c2c3c 54321 54321 5431 54321 =−+−+ =+−+−− =+++ =+−+−
  18. 18. 71 A forma escada reduzida por linhas da matriz aumentada é ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ −− 000000 000000 0 2 5 2 3 2 1 10 0 2 3 2 3 2 1 01 M M M M Etapa 3. Os primeiros elementos não-nulos das linhas aparecem nas colunas 1 e 2, logo { }21 v,v vv é uma base para W = [S]. TEOREMA: Se { }n21 v,...,v,vS vvv = é uma base para o espaço vetorial V e se { }r21 w,...,w,wT vvv = é um conjunto linearmente independente de vetores em V, então r ≤ n. Corolário: Se { }n21 v,...,v,vS vvv = e { }m21 w,...,w,wT vvv = são bases para um espaço vetorial, então n = m. Embora um espaço vetorial tenha infinitas bases, para um determinado espaço vetorial V, todas as bases têm o mesmo número de vetores. Dimensão DEFINIÇÃO: A dimensão de um espaço vetorial V não-nulo é o número de vetores em uma base para V. Escrevemos, frequentemente, dim V no lugar de dimensão de V. Como o conjunto { }0 v é linearmente dependente, é natural dizer que o espaço vetorial { }0 v tem dimensão zero. TEOREMA: Se S é um conjunto linearmente independente de vetores em um espaço vetorial de dimensões finita V, então existe uma base T para V que contém S. Este teorema diz que um conjunto linearmente independente de vetores em um espaço vetorial V pode ser estendido para uma base de V.
  19. 19. 72 Exemplo: Suponha que queremos encontrar uma base para 4 R que contém os vetores ( )0,1,0,1v1 = v e ( )0,1,1,1v2 −−= v . Seja { }4321 e,e,e,e vvvv a base canônica de 4 R , onde ( )0,0,0,1e1 = v , ( )0,0,1,0e2 = v , ( )0,1,0,0e3 = v e ( )1,0,0,0e4 = v . Considere o conjunto { }432121 e,e,e,e,v,vS vvvvvv = . Como { }4321 e,e,e,e vvvv gera 4 R , S também gera 4 R . Vamos agora encontrar um subconjunto de S que é uma base para 4 R . Formamos a equação 0ececececvcvc 463524132211 vvvvvvv =+++++ que nos leva ao sistema homogêneo 0c 0ccc 0cc 0ccc 6 521 42 321 = =+− =+− =+− Colocando a matriz aumentada em sua forma escada reduzida por linhas, obtemos ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − 0100000 0010100 0001010 0011001 M M M M Como os primeiros elementos não-nulos das linhas aparecem nas colunas 1, 2, 3 e 6, concluímos que { }4121 e,e,v,v vvvv é a base para 4 R contendo 1v v e 2v v . Pela definição de base, um conjunto de vetores em um espaço vetorial V é uma base para V se gera V e é linearmente independente. No entanto, se tivermos a informação adicional de que a dimensão de V é n, precisamos verificar apenar uma dessas condições. Este é o resultado do próximo teorema. TEOREMA: Seja V um espaço vetorial de dimensão n e seja { }n21 v,...,v,vS vvv = um subconjunto de n vetores em V. a) Se S é linearmente independente, então é uma base para V. b) Se S gera V, então é uma base para V.
  20. 20. 73 Sistemas Homogêneos Considere o sistema homogêneo 0xA vv = onde A é uma matriz m×n. O conjunto de todas as soluções desse sistema homogêneo é um subespaço de n R . Um problema extremamente importante é encontrar a base para este espaço solução. O procedimento para encontrar uma base para o espaço solução de 0xA vv = , ou o núcleo de A, onde A é m×n, é o seguinte: Etapa 1. Resolva o sistema homogêneo dado pelo método de redução de Gauss- Jordan. Se a solução não contém constantes arbitrárias, então o espaço solução é { }0 v , que não tem base; a dimensão do espaço solução é zero. Etapa 2. Se a solução x v contém constantes arbitrárias, escreva x v como uma combinação linear dos vetores p21 x,...,x,x vvv tendo p21 s,...,s,s como coeficientes: pp2211 xs...xsxsx vvvv +++= Etapa 3. O conjunto de vetores { }p21 x,...,x,x vvv é uma base para o espaço solução de 0xA vv = ; a dimensão desse espaço solução é p. Observação: Suponha que, na Etapa 1, a matriz em forma escada reduzida por linhas na qual foi transformada [ ]0A v M tem r linhas não-nulas (todas com o primeiro elemento diferente de zero igual a 1). Então, p = n – r, isto é, a dimensão do espaço solução é n – r. Além disso, a solução x v de 0xA vv = tem n – r constantes arbitrárias. Se A é uma matriz m×n, chamamos a dimensão do núcleo de A de nulidade de A. Exemplo: Encontre uma base e a dimensão do espaço solução W do sistema homogêneo. ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − 0 0 0 0 0 x x x x x 10612 20011 21000 11210 21411 5 4 3 2 1
  21. 21. 74 Sol Etapa 1. Para resolver o sistema dado pelo método de redução de Gauss-Jordan, transformamos a matriz aumentada em sua forma escada reduzida por linhas, obtendo ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − 000000 000000 021000 010210 010201 M M M M M Toda solução é da forma: ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − +− −− = t t2 s ts2 ts2 x v onde s e t são números reais arbitrários. Etapa 2. Todo vetor em W é uma solução, logo podemos escrever qualquer vetor em W como ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − − + ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − − = 1 2 0 1 1 t 0 0 1 2 2 sx v Como s e t podem assumir quaisquer valores, fazemos primeiro s = 1 e t = 0 e, depois, s = 0 e t = 1, obtendo como soluções ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − − = 0 0 1 2 2 x1 v e ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − − = 1 2 0 1 1 x2 v Etapa 3. O conjunto { }21 x,x vv é uma base para W e dim W = 2.
  22. 22. 75 Exemplo: Encontre uma base para o espaço solução do sistema homogêneo ( ) 0xAI3 vv =−λ para λ = –2 e ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − −− = 200 012 103 A Sol Formamos –2I3 –A: ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ −−= ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − −− − ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − 000 032 101 200 012 103 100 010 001 2 Esta última matriz é a matriz dos coeficientes do sistema homogêneo, logo a transformamos na matriz aumentada ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ −− 0000 0032 0101 M M M e a colocamos na forma escada reduzida por linhas ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − 0000 0 3 2 10 0101 M M M Então, todo solução é da forma ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡− = s s 3 2 s x v onde s é um número real qualquer. Logo, todo vetor no espaço solução pode ser escrito como ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡− = 1 3 2 1 sx v de modo que ⎪ ⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡− 1 3 2 1 é uma base para o espaço solução.
  23. 23. 76 Exemplo: Encontre todos os números reais λ tais que o sistema homogêneo ( ) 0xAI2 vv =−λ tem uma solução não-trivial, onde ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − = 13 51 A Sol Formamos λI2 –A: ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ +λ− −−λ =⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − −⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ λ 13 51 13 51 10 01 O sistema homogêneo ( ) 0xAI2 vv =−λ é, então ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ =⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ +λ− −−λ 0 0 x x 13 51 2 1 Este sistema homogêneo tem uma solução não trivial se e somente se o determinante da matriz dos coeficientes é nulo (Apostila 2), isto é, se e somente se 0 13 51 det =⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ +λ− −−λ ou se e somente se ( )( ) 01511 =−+λ−λ 0162 =−λ 4=λ ou 4−=λ Portanto, quando 4=λ ou 4−=λ , o sistema homogêneo ( ) 0xAI2 vv =−λ para a matriz dada A tem uma solução não-trivial.
  24. 24. 77 O Posto de uma Matriz DEFINIÇÃO: Seja ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = mn2m1m n12221 n11211 aaa aaa aaa A L MMM L L uma matriz m×n. As linhas de A, { }n112111 a,...,a,av = v { }n222212 a,...,a,av = v M { }mn2m1mm a,...,a,av = v consideradas vetores em n R , geram um subespaço de n R chamado espaço linha de A. Analogamente, as colunas de A, ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = 1m 21 11 1 a a a w M v , ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = 2m 22 12 2 a a a w M v , ...... , ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = mn n2 n1 n a a a w M v considerados vetores em m R , geram um subespaço de m R chamado espaço coluna de A. TEOREMA: Se A e B são duas matrizes m×n equivalentes por linhas, então os espaços linha de A e B são iguais. O procedimento para encontrar uma base para o subespaço V de n R dado por V = [S], onde { }k21 v,...,v,vS vvv = é um conjunto de vetores em n R dados em forma de linhas, é o seguinte: Etapa 1. Forma a matriz ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = k 2 1 v v v A v M v v cujas linhas são os vetores dados em S. Etapa 2. Transforme A em sua forma escada reduzida por linhas, obtendo a matriz B. Etapa 3. As linhas não-nulas de B formam uma base para V.
  25. 25. 78 Exemplo: Seja { }4321 v,v,v,vS vvvv = , onde ( )4,3,0,2,1v1 −−= v , ( )4,1,8,2,3v2 = v , ( )3,2,7,3,2v3 = v e ( )3,4,0,2,1v4 −−= v . V é o espaço linha da matriz A cujas linhas são os vetores dados: ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ −− −− = 34021 32732 41823 43021 A A é equivalente por linhas a ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − = 00000 11000 10110 10201 B que está em forma escada reduzida por linhas. Os espaços linhas de A e B são idênticos, e uma base para o espaço linha de B consiste nas linhas não-nulas de B. Portanto, ( )1,0,2,0,1w1 = v , ( )1,0,1,1,0w2 = v e ( )1,1,0,0,0w3 −= v formam uma base para V. DEFINIÇÃO: A dimensão do espaço linha de A é chamada de posto linha de A, e a dimensão do espaço coluna de A é chamada de posto coluna de A. TEOREMA: Os postos linha e coluna de uma matriz [ ]ijaA = m×n são iguais. DEFINIÇÃO: Como posto linha de A = posto coluna de A, vamos nos referir simplesmente ao posto de uma matriz m×n e escrever posto de A. O procedimento para calcular o posto de uma matriz é o seguinte: Etapa 1. Usando operações elementares nas linhas, transforme A em uma matriz B em forma escada reduzida por linhas. Etapa 2. Posto de A = número de linhas não-nulas de B. TEOREMA: Se A é uma matriz m×n, então posto de A + nulidade de A = n.
  26. 26. 79 Exemplo: Seja ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − = 10612 20011 21000 11210 21411 A colocando A em sua forma escada reduzida por linhas: ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − = 00000 00000 21000 10210 10201 A Logo, posto de A = 3 e nulidade de A = 2.
  27. 27. 80 Posto e Singularidade TEOREMA: Uma matriz A n×n é invertível se e somente se posto de A = n. Corolário: Se A é uma matriz n×n, então posto de A = n se e somente se det(A) ≠ 0. Corolário: Seja A uma matriz n×n. O sistema linear bxA vv = tem uma única solução para toda matriz b n×1 se e somente se posto de A = n. Corolário: Seja { }n21 v,...,v,vS vvv = um conjunto de vetores em n R e seja A a matriz cujas linhas (respectivamente, colunas) são vetores em S. Então S é linearmente independente se e somente se det(A) ≠ 0. Corolário: O sistema homogêneo 0xA vv = com n equações lineares e n incógnitas tem uma solução não-trivial se e somente se posto de A < n. Exemplo: Seja ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = 312 310 021 A Transformando A em sua forma escada reduzida por linhas B, encontramos B = I3. Logo, posto de A = 3 e a matriz não é singular. Além disso, o sistema homogêneo 0xA vv = tem apenas a solução trivial. Exemplo: Seja ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ −= 331 311 021 A Então A é equivalente por linhas a ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − 000 310 601 uma matriz em forma escada reduzida por linhas. Logo, posto de A < 3 e A é singular. Além disso, 0xA vv = tem apenas a solução não-trivial.
  28. 28. 81 Aplicação do Posto para um Sistema Linear Ax = b TEOREMA: O sistema linear bxA vv = tem solução se e somente se posto de A = posto de [ ]bA v M , isto é, se e somente se os postos da matriz de coeficientes e da matriz aumentada são iguais. Exemplo: Considere o sistema linear ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − 3 2 1 x x x 310 221 312 3 2 1 Como posto de A = posto de [ ]bA v M = 3, o sistema linear tem uma solução. Exemplo: O sistema linear ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − − 6 5 4 x x x 712 431 321 3 2 1 não tem solução, pois posto de A = 2 e posto de [ ]bA v M = 3. Lista de Equivalência para Matrizes Invertíveis As seguintes afirmações são equivalentes para uma matriz A n×n: 1. A é invertível. 2. 0xA vv = tem apenas a solução trivial. 3. A é equivalente por linhas a In. 4. O sistema linear bxA vv = tem uma única solução qualquer que seja a matriz b v n×1. 5. det(A) ≠ 0 6. A tem posto n. 7. A tem nulidade 0. 8. As linhas de A formam um conjunto linearmente independente de n vetores em n R . 9. As colunas de A formam um conjunto linearmente independente de n vetores em n R .

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