Prof. Isabel Matos & José Amaral ALGA A13 - 1 28-04-2009
13. Exercícios.
DETERMINAR UMA BASE DE UM SUBESPAÇO.
13.1. Determinar uma base do subespaço de 4�
{ }4
1 2 3 4( , , , ) ( , , , ) : ( 2 0) ( 0)L x y z w x y z w x z= = ∈ − + = ∧ − − =u u u u �W
Uma vez que qualquer conjunto de k vectores linearmente independentes pertencentes a W é uma base de W , sendo k a dimensão do subespaço, a solução particular encontrada depende do método utilizado na sua determinação.
Dadas as restrições impostas, temos o sistemas de equações
=−−
=+−
0
02
zxw
zyx
Fazendo
+=
+=
zxw
zxy 2
, o que corresponde a considerar x e z como variáveis livres, e y e w como variáveis
principais, resulta que os vectores ),,,( wzyx=u pertencentes ao subespaço são da forma
+
=
+
=
+
+=
=
1
1
2
0
1
0
1
1
2
0
0
2zx
z
z
z
x
x
x
zx
z
zx
x
w
z
y
x
u
T Ó P I C O S
Exercícios.
AULA 13• Note bem: a leitura destes apontamentos não
dispensa de modo algum a leitura atenta da bibliografia principal da cadeira
• Chama-se a atenção para a importância do
trabalho pessoal a realizar pelo aluno resolvendo os problemas apresentados na bibliografia, sem
consulta prévia das soluções propostas, análise comparativa entre as suas resposta e a respostas
propostas, e posterior exposição junto do docente de todas as dúvidas associadas.
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�
Ou seja, são uma combinação linear dos vectores )1,0,1,1(1=u e )1,1,2,0(
2=u .
Dado que 1
u e 2
u são linearmente independentes fica assim determinada uma base de W .
Se analisarmos formalmente o sistema
=−−
=+−
0
02
zxw
zyx
, ou seja, na forma matricial
=
−−
−
0
0
1101
0211
w
z
y
x
>> A=[1 -1 2 0;-1 0 -1 1];
>> B=[0 0]';
>> rref([A B])
ans =
1 0 1 -1 0
0 1 -1 -1 0
, concluímos que o sistema é possível e indeterminado, sendo x e y variáveis principais e z e w variáveis livres, as soluções do sistema são da forma
+=
−=
zwy
zwx
ou seja
−
+
=
−
+
=
+
−
=
=
1
0
1
1
1
0
1
1
0
0zw
z
z
z
w
w
w
w
z
zw
zw
w
z
y
x
u
são portanto uma combinação linear dos vectores )1,0,1,1(1=u e )1,0,1,1(
3−=u .
Dado que 1
u e 3
u são linearmente independentes, fica assim determinada uma outra base de W . Note-se que
23uu −= . O subespaço W tem dimensão 2 ; quaisquer 2
vectores linearmente independentes pertencentes W são uma base de W .
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Figura 13.1
REPRESENTAR UM VECTOR EM BASES DIFERENTES.
13.2. Vimos num exemplo anterior que, em 2� , dadas a base canónica { }1 2
,= e eE e a
base { }1 2,= w wW , com
21123 eew += e
212eew −= , sendo conhecida a
representação de v na base W , 21
wwv += , podemos encontrar a representação de v na base E
[ ] [ ]EW vv →
, atendendo ao conceito de matriz de transição,
[ ] [ ]
[ ] [ ][ ][ ]
=
−=
=
=
1
4
1
1
12
13
21 WEE
WEWE
vww
vMv
pelo que
[ ]
21
21
4
1
4
ee
eev
+=
=
Caso fosse conhecida a representação de v na base E , 21
4 eev += , e se pretendesse encontrar a representação de v na base W
[ ] [ ]WE vv →
, deveríamos ter em atenção que
[ ] [ ]EEWW vMv1−
=
logo
[ ]
=
−=
−=
−
1
1
1
4
6.04.0
2.02.0
1
4
12
131
Wv
ou seja 21
wwv += .
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Figura 13.2
13.3. Em 2� , consideremos a base canónica { }1 2
,= e eE , a base { }1 2,= u uU , com
2112eeu +−= e
2122 eeu −= , e o vector
214 eev += . Consideremos o problema de,
sendo conhecida a representação de v na base E , encontrar a representação de v na base U
[ ] [ ]UE vv →
Sendo conhecida a matriz de transição da base U para a base E
[ ] [ ][ ]
−
−=
=
12
21
21 EEEU uuM
, e dado que
1−= EUEU MM
temos
[ ] [ ]
=
=
−
−==
−
−
3
2
1
4
3132
3231
1
4
12
211
1
EEUUvMv
, ou seja, 21
32 uuv += .
13.4. Em 2� , consideremos a base { }1 2
,= u uU , com 211
2eeu +−= e 212
2 eeu −= , a
base { }1 2,= w wW , com
21123 eew += e
212eew −= , e
21wwv += . Pretendemos
encontrar a representação de v na base U
[ ] [ ]UW vv →
Com os dados do problema, é fácil determinar as matrizes de transição das base W e U para a base canónica
−
−=
−=
12
21
12
13
EU
EW
M
M
Pelo que, considerando a representação intermédia de v na base canónica
[ ] [ ] [ ]UEW vvv →→
, sendo
[ ] [ ]WEWE vMv =
e
[ ] [ ] [ ]EEUEUEU vMvMv
1−==
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�
resulta
[ ] [ ]
=
−
−
−=
=
−
−
3
2
1
1
12
13
12
211
1
WEWEUU vMMv
, ou seja, 21
32 uuv += .
>> u1=[-1 2]';
>> u2=[2 -1]';
>> w1=[3 2]';
>> w2=[1 -1]';
>> Mwe=[w1 w2];
>> Mue=[u1 u2];
>> vw=[1 1]';
>> vu=inv(Mue)*Mwe*vw
vu =
2.0000
3.0000
** INDEPENDÊNCIA LINEAR EM ESPAÇOS DE FUNÇÕES.
13.5. Verificar se 2( ) 3p x x= pertence ao subespaço de 2
P gerado por 2( ) 1 2q x x x= − + e 2( ) 2 2r x x x= − + .
Trata-se de verificar se o vector ( )p x pertence ao espaço gerado pelos vectores ( )q x e ( )r x , ou seja, verificar se existem escalares
1k e
2k tais que
1 2( ) ( ) ( )p x k q x k r x= + .
Temos então
1 2
2 2 2
1 2
2 2
1 1 1 2 2 2
2
1 2 1 2 1 2
( ) ( ) ( )
3 (1 2 ) (2 2 )
2 2 2
( 2 ) ( 2 ) (2 )
p x k q x k r x
x k x x k x x
k k x k x k k x k x
k k k k x k k x
= +
= − + + − +
= − + + − +
= + + − − + +
, o que implica
1 2
1 2
1 2
0 2
0 2
3 2
k k
k k
k k
= +
= − − = +
, ou seja, na forma matricial
1
2
1 2 0
1 2 0
2 1 3
k
k
− − =
O sistema é possível e determinado
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1 2 0 1 0 2
1 2 0 0 1 1
2 1 3 0 0 0
− − −
~
, sendo, portanto, 1
2k = e 2
1k = − . Ou seja, ( ) 2 ( ) 1 ( )p x q x r x= − .
13.6. Verificar se os vectores 1 , x
e , e 2xe são linearmente independentes.
Recorrendo ao Wronskiano dos vectores, temos
2
2 3 3 3
2
1
det 0 2 4 2 2
0 4
x x
x x x x x
x x
e e
e e e e e
e e
= − =
Dado que o determinante não é nulo para todo o x , os vectores são linearmente independentes.
** MUDANÇA DE BASE EM ESPAÇOS DE FUNÇÕES.
13.7. Escrever o vector 21 2x x+ − na base { }2 2
1 , ,1x x x x= + + +P .
Temos
2 2 2
1 2 3
2 2 2
1 1 2 2 3 3
2 2
1 3 1 2 2 3
(1 ) ( ) (1 ) 1 2
1 2
( ) ( ) ( ) 1 2
k x k x x k x x x
k k x k x k x k k x x x
k k k k x k k x x x
+ + + + + = + −
+ + + + + = + −
+ + + + + = + −
, o que implica
1 3
1 2
2 3
1
2
1
k k
k k
k k
+ =
+ =
+ = −
, ou seja, na forma matricial,
1
2
3
1 0 1 1
1 1 0 2
0 1 1 1
k
k
k
= −
e, dado que
1 0 1 1 1 0 0 2
1 1 0 2 0 1 0 0
0 1 1 1 0 0 1 1
− −
~
temos
2 2 21 2 2(1 ) 0( ) 1(1 )x x x x x x+ − = + + + − +
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13.8. À semelhança de n
� podemos analisar o problema anterior recorrendo ao conceito de matriz de mudança de base.
Considerando a base canónica de 2
P , { }21, ,x x=B , podemos escrever o vector
2( ) 1 2p x x x= + − na forma (1,2, 1)− B , isto é, explicitando apenas as coordenadas do vector na base canónica. Por outro lado, dado que conhecemos as coordenadas dos
vectores da base { }2 21 , ,1x x x x= + + +P na base canónica,
{ }(1,1,0) ,(0,1,1) ,(1,0,1)= B B BP , a escrita da matriz de mudança da base P para a
base B , MPB, é imediata, dado ser a matriz cujas colunas correspondem às
coordenadas dos vectores i
p na base B
[ ] [ ] [ ]1 2 3
1 0 1
1 1 0
0 1 1
M p p p =
=
PB B B B
Resulta então
[ ] [ ]
[ ]1
1
( ) ( )
( )
1 0 1 1
1 1 0 2
0 1 1 1
1 1 1 11
1 1 1 22
1 1 1 1
2
0
1
p x M p x
M p x−
−
=
=
= −
− = − − −
= −
BPP B
PB B
, tal como tínhamos calculado no exemplo anterior.
MISCELÂNEA.
13.9. Para cada um dos conjuntos seguintes, averigue se são subespaços dos espaços vectoriais reais indicados.
a) { }2 2( , ) : 2 3x y x y= ∈ − = ⊂� �A
b) { }4 4( , , , ) : 2 0 2 2 0x y z w x y z x z w= ∈ − − = ∧ + − = ⊂� �B
a) A não é um subespaço de 2� . Basta verificar que (0,0) não pertence ao conjunto,
dado que não verifica a condição, 2 0 0 0 3× − = ≠ .
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O conjunto de pontos 2( , ) : 2 3x y x y∈ − =� constitui uma recta que não passa na origem. Qualquer recta que não passe na origem não constitui um subespaço vectorial de 2
� .
b) Dadas as restrições impostas, temos o sistemas de equações
2 0
2 2 0
x y z
x z w
− − =
+ − =
Fazendo
2
1 2
y x z
w x z
= −
= +
, o que corresponde a considerar x e z como variáveis livres, e y e w como variáveis
principais, resulta que os vectores ),,,( wzyx=u pertencentes ao, eventual, subespaço são da forma
0 1 0
2 2 1 2
0 0 1
1 2 1 2 1 1 2
x x x
y x z x zx z
z z z
w x z x z
− − − = = = + = +
+
u
Ou seja, constituem o subespaço resultante da combinação linear dos vectores de 4� ,
)1,0,1,1(1=u e
2(0, 2,1,1 2)= −u . B é um subespaço de 4
� de dimensão 2, constituindo
1u e
2u uma sua base.
13.10. Considere o subespaço de 4� definido por
{ }4( , , , ) : 0x y z w x y z w= ∈ − − − =�W
e o conjunto [ ] [ ] [ ]{ }1 0 1 1 , 1 0 2 0 , 1 0 0 1T T T
= − −B de vectores de 4� , e
seja ainda ( )L= BG o subespaço gerado por B .
a) Determine uma base e a dimensão de W .
b) Construa uma base de 4� que contenha a base de W que indicou em a).
c) Diga, justificando, se os vectores [ ]2 0 3 1T
= −u e [ ]1 1 1 0T
=v
pertencem a W e, em caso afirmativo, determine as suas coordenadas em relação à base de W que indicou na alínea anterior.
d) Porque razão não pode ser B uma base de 4� .
e) Justifique se é B linearmente independente.
f) Indique uma base e a dimensão de G e caracterize os vectores de G por meio de uma condição nas suas coordenadas.
g) Determine o subespaço = ∩H G W , indicando uma base e a dimensão de H .
h) Será ∪G W um subespaço de 4� ? Justifique a resposta.
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a) Uma vez que qualquer conjunto de k vectores linearmente independentes pertencentes a W é uma base de W , sendo k a dimensão do subespaço, a solução particular encontrada depende do método utilizado na sua determinação.
Dado que apenas é imposta uma restrição podemos escolher quaisquer das 3 variáveis para variáveis livres. Por exemplo, fazendo:
0x y z w
x y z w
− − − =
= + +
, ou seja, escolhendo x como variável principal, resulta que os vectores ),,,( wzyx=u pertencentes ao subespaço são da forma
1 1 1
0 0 1 0 0
0 0 0 1 0
0 0 0 0 1
x y z w y z w
y y yy z w
z z z
w w w
+ + = = = + + = + +
u
Ou seja, são uma combinação linear dos vectores 1
(1,1,0,0)=u , 2
(1,0,1,0)=u e
3(1,0, 0,1)=u . Dado que
1u ,
2u e
3u são linearmente independentes,
1 1 0 0 1 1 0 0
1 0 1 0 0 1 1 0
1 0 0 1 0 0 0 1
−
~
, fica assim determinada uma base de W que é portanto um subespaço de 4� de
dimensão 3.
b) Basta juntar a 1
u , 2
u e 3
u um vector da base canónica de 4� que seja
linearmente independente destes 3. Por exemplo, 4
(0,0,1,0)=u , é, como se pode ver por observação da matriz escalonada acima, que não tem pivot na 3a coluna, linearmente independente de
1u ,
2u e
3u , constituindo assim os 4 vectores uma base
de 4� .
c) Se os vectores [ ]2 0 3 1T
= −u e [ ]1 1 1 0T
=v pertencem a W podem
ser escritos como combinação linear de uma sua base. Sendo a base constituída pelos vectores
1(1,1,0,0)=u ,
2(1,0,1,0)=u e
3(1,0, 0,1)=u , temos
1 2 3
2 1 1 1
0 1 0 0
3 0 1 0
1 0 0 1
1 1 1
1 0 0
0 1 0
0 0 1
x y z
x y z
x
y
z
= + +
= + + −
=
u u u u
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Escalonando a matriz completa do sistema, temos:
1 1 1 2 1 0 0 0
1 0 0 0 0 1 0 3
0 1 0 3 0 0 1 1
0 0 1 1 0 0 0 0
−
−
�~ ~
O sistema é possível e determinado tendo como solução 0x = , 3y = e 1z = − .
Portanto [ ]2 0 3 1T
= −u pertencem a W , 1 2 3 2 3
0 3 1 3= + − = −u u u u u u , ou
seja, [ ]0 3 1T
= −uU.
Procedendo de modo semelhante, temos para [ ]1 1 1 0T
=v
1 2 3
1 1 1 1
1 1 0 0
1 0 1 0
0 0 0 1
x y z
x
y
z
= + +
=
v u u u
Escalonando a matriz completa do sistema, temos:
1 1 1 1 1 0 0 0
1 0 0 1 0 1 0 0
0 1 0 1 0 0 1 0
0 0 1 0 0 0 0 1
�~ ~
O sistema é impossível, pelo que ∉v W .
d) B não pode ser uma base de 4� dado que toda a base de 4
� é constituída por 4 vectores e B é constituído apenas por 3 vectores.
e) Dispondo os vectores de B sobre as linhas de uma matriz e procedendo ao seu escalonamento, temos:
1 0 1 1 1 0 1 1
1 0 2 0 0 0 1 2
1 0 0 1 0 0 0 5
− − =
A �~ ~
, pelo que B é linear independente.
f) Sendo os 3 vectores de B linearmente independentes constituem uma base do espaço G por eles gerado que tem, portanto, dimensão 3. Podemos assim escolher
para base de G os vectores [ ]1 1 0 1 1= − −u , [ ]2 1 0 2 0T
=u e
[ ]3 1 0 0 1T
=u .
Para caracterizar mais facilmente os vectores de G por meio de uma condição nas suas coordenadas, podemos continuar o escalonamento da matriz A
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1 0 1 1 1 0 0 0
1 0 2 0 0 0 1 0
1 0 0 1 0 0 0 1
− =
A �~ ~
Assim, os vectores ( , , , )x y z w= ∈u G são tais que
1
1 2 3
2
3
1 0 0
00 0 0 0
0 1 0
0 0 1
kx x
yk k k
kz z
kw w
= = + + = =
u
Ficando assim determinada a condição:
{ }4( , , , ) : 0x y z w y= ∈ =�G
Nota: O método de resolução acima é equivalente ao utilizado na aula 12. Teríamos:
1 1 1 1 1 1
0 0 0 0 3 1
1 2 0 0 0 5 2 3
1 0 1 0 0 0
x x
y x z
z x z w
w y
+ − − + −
�~ ~
Para que o sistema seja possível, ou seja, qualquer vector de G seja uma combinação linear de
321,, uuu , deverá ser 0y = , a mesma condição obtida acima.
g) O subespaço = ∩H G W , tendo que verificar simultaneamente as condições a que cada um dos dois subespaço obedece é
{ }4( , , , ) : 0 0x y z w x y z w y= ∈ − − + = ∧ =�H
Temos então que todos os vectores ),,,( wzyx=u pertencentes ao subespaço são da forma
1 1
0 0 0 0 0 0
0 1 0
0 0 1
x y z w z w z w
yz w
z z z z
w w w w
+ + + = = = = + = +
u
Ou seja, são uma combinação linear dos vectores 1
(1, 0,1,0)=u e 2
(1,0, 0,1)=u . Dado que
1u ,
2u e
3u são linearmente independentes, fica assim determinada uma
base de H que é portanto um subespaço de 4� de dimensão 2.
h) ∪G W só seria um subespaço de 4� se ⊂G W ou ⊃G W , o que, como
podemos concluir dos resultados obtidos na alínea g), não se verifica. Assim sendo, o espaço resultante da reunião não é fechado relativamente à adição vectorial, como podemos comprovar facilmente. Por exemplo,
1(3,1,1,1)= ∈u W , dado que
x y z w= + + , 2
(1,0,2,2)= ∈u G , dado que 0y = , e portanto 1 2, ∈ ∪u u G W ,
mas 1 2
(4,1,3,3)+ = ∉ ∪u u G W , dado que não verifica nenhuma das condições.
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13.11. Seja W um espaço vectorial real e { }1 2 3, ,= u u uB uma base de W . Diga,
justificando, se cada uma dos conjuntos seguintes gera W .
a) { }1 2 3 2 3 1 32 3 , ,= + − − −u u u u u u uC
b) { }1 2 1 2 3 1 2 32 3 , 2 ,= − − + + −u u u u u u u uD
a) W é um espaço de dimensão 3. C , constituído por 3 vectores,
1 1 2 32 3= + −c u u u ,
2 2 3= −c u u e
3 1 3= −c u u , poderá gerar W , se os 3 vectores
forem linearmente independentes, e, se assim for, por serem em número igual à dimensão do espaço,
1c ,
2c e
3c para além de gerar W constituem uma sua base.
Temos:
[ ]
[ ]
[ ]
1 1 2 3
2 2 3
3 1 3
2 3 1 2 3
0 1 1
1 0 1
T
T
T
= + − = −
= − = −
= − = −
c u u u
c u u
c u u
B
B
B
Para verificar se os vectores são linearmente independentes basta dispo-los sobre as linhas de uma matiz e escaloná-la
1 2 3 1 2 3 1 2 3
0 1 1 0 1 1 0 1 1
1 0 1 0 2 2 0 0 0
− − − = − − − − −
A ~ ~
Os vectores 1c ,
2c e
3c não são linearmente independentes,
3 1 22= −c c c , logo não
geram W .
b) Procedendo de modo semelhante a a), temos
[ ]
[ ]
[ ]
1 1 2
2 1 2 3
3 1 2 3
2 3 2 3 0
2 1 2 1
1 1 1
T
T
T
= − = −
= − + = −
= + − = −
c u u
c u u u
c u u u
B
B
B
2 3 0 1 2 1 1 2 1 1 2 1
1 2 1 2 3 0 0 1 2 0 1 2
1 1 1 1 1 1 0 3 2 0 0 4
− − − − = − − − − − − −
A ~ ~ ~
Neste caso os vectores 1c ,
2c e
3c são linearmente independentes, logo geram W
constituindo uma sua base.
O enunciado dá-nos os vectores c escritos na base B . Constituindo C uma base de W é imediato escrever a matriz de mudança de base da base C para a base B :
[ ] [ ]
[ ] [ ]
2 1 1
3 2 1
0 1 1
M=
= − − −
v v
v v
C BB C
B C
Por exemplo, o vector 1c escrito na base C é
[ ]1 1 3 31 03 0 1 0 0
T= + + =c c c c
C
, resultando na base B
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Prof. José Amaral ALGA A13 - 13 28-04-2009
[ ] [ ]
2 2 1 1 1
3 3 2 1 0
0 0 1 1 0
M=
− = − − −
v vC BB C
B C
, ou seja, 1 1 2
2 3= −c u u .
13.12. Sejam 1
u , 2
u , 3
u e 4
u vectores de um espaço vectorial real W tais que
1 1 2 1 2 3 4 1 2 32 3 ( , , )L≠ ∧ − = ∧ − − − = ∧ ∉u o u u o u u u o u u u u
Indique, justificando, uma base e a dimensão do subespaço 1 2 3 4
( , , , )L= ⊂u u u uG W gerado pelos quatro vectores.
O vector 2
u é linearmente dependente do vector 1
u :
2 1
1
2=u u
, tal como o vector 3
u :
3 1 2 1 1 1
3 53
2 2= − − = − − = −u u u u u u
Todos eles geram o mesmo espaço, um espaço de dimensão 1. Dado que
4 1 2 3( , , )L∉u u u u , logo é linearmente independente de
1u , então
1 2 3 4 1 4( , , , ) ( , )L L= =u u u u u uG , ou seja,
1u e
4u constituem uma base de G que é
um espaço de dimensão 2.
13.13. Considere o subespaço de 3� definido por
{ }3( , , ) : 2 0x y z x y z= ∈ − + + =�W
e o conjunto [ ] [ ]{ }2 0 4 , 1 0 2T T
= − −B de vectores de 3� , e seja ainda
( )L= BG o subespaço gerado por B .
a) Determine uma base e a dimensão de W .
b) Diga, justificando, se os vectores [ ]3 2 4T
=u e [ ]1 1 4T
= −v
pertencem a W e, em caso afirmativo, determine as suas coordenadas em relação à base de W que indicou na alínea anterior.
c) Construa uma base de 3� que contenha a base de W que indicou em a).
d) Indique uma base e a dimensão de G e caracterize os vectores de G por meio de uma condição nas suas coordenadas.
e) Será ∪G W um subespaço de 3� ? Justifique a resposta.
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a) Uma vez que qualquer conjunto de k vectores linearmente independentes pertencentes a W é uma base de W , sendo k a dimensão do subespaço, a solução particular encontrada depende do método utilizado na sua determinação.
Dado que apenas é imposta uma restrição podemos escolher quaisquer das 3 variáveis para variáveis livres. Por exemplo, fazendo:
2 0
2
x y z
y x z
− + + =
= −
, ou seja, escolhendo y como variável principal, resulta que os vectores ( , , )x y z=u pertencentes ao subespaço são da forma
0 1 0
2 2 2 1
0 0 1
x x x
y x z x z x z
z z z
= = − = + − = + −
u
Ou seja, são uma combinação linear dos vectores 1
(1,2,0)=u , 2
(0, 1,1)= −u . Dado que
1u e
2u são linearmente independentes,
1 2 0
0 1 1
−
, fica assim determinada uma base de W que é portanto um subespaço de 3� de
dimensão 2.
b) Se os vectores [ ]3 2 4T
=u e [ ]1 1 4T
= −v pertencem a W podem ser
escritos como combinação linear de uma sua base. Sendo a base constituída pelos vectores
1(1,2,0)=u ,
2(1, 1,1)= −u , temos
1 2
3 1 0
2 2 1
4 0 1
1 0
2 1
0 1
x y
x y
x
y
= +
= + −
= −
u u u
Escalonando a matriz completa do sistema, temos:
1 0 3 1 0 3
2 1 2 0 1 4
0 1 4 0 0 0
−
�~ ~
O sistema é possível e determinado tendo como solução 3x = e 4y = . Portanto
[ ]3 2 4T
=u pertence a W , 1 2
3 4= +u u u , ou seja, [ ]3 4T
=uU
.
Procedendo de modo semelhante, temos para [ ]1 1 4T
= −v
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1 2
1 1 0
1 2 1
4 0 1
x y
x
y
= +
− = −
v u u
Escalonando a matriz completa do sistema, temos:
1 0 1 1 0 1
2 1 1 0 1 3
0 1 4 0 0 1
− − − −
�~ ~
O sistema é impossível, pelo que ∉v W .
c) Basta juntar a 1
u e 2
u um vector da base canónica de 3� que seja linearmente
independente destes 2. Por exemplo, 3
(0, 0,1)=u , é, como se pode ver por observação da matriz
1 2 0
0 1 1
−
acima, que não tem pivot na 3a coluna, linearmente independente de 1
u e 2
u ,
constituindo assim os 3 vectores uma base de 3� .
d) Dispondo os vectores de B sobre as linhas de uma matriz e procedendo ao seu escalonamento, temos:
2 0 4 1 0 2
1 0 2 0 0 0
= − −
A �~ ~
, pelo que B não é linear independente. O vector 4
(1,0,2)=u constitui uma base do espaço G por eles gerado que tem, portanto, dimensão 1.
Vamos agora caracterizar os vectores de G por meio de uma condição nas suas coordenadas. Temos que os vectores ( , , )x y z= ∈u G são tais que
1
0 0 0
2 2 2
x k x
y k
z k x
= = = =
u
Ficando assim determinadas as condições:
{ }3( , , ) : 0 2x y z y z x= ∈ = ∧ =�G
h) ∪G W só será um subespaço de 3� se ⊂G W ou ⊃G W . Sendo
{ }3( , , ) : 2 0x y z x y z= ∈ − + + =�W
{ }3( , , ) : 0 2x y z y z x= ∈ = ∧ =�G
temos que, para 0y = , a condição 2 0x y z− + + = resulta em 2 0 2x z z x− + = ⇔ = , ou seja, ⊂G W . Assim sendo, ∪G W é um subespaço de 3
�
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13.14. Em 3� , considere as bases { }
321,, uuu=U , com
1 1=u e ,
2 2 3= +u e e e
3 1 2= +u e e e { }
321,, www=W , com
1 1 22= − +w e e ,
2 2 3= −w e e e
3 1 32 2= −w e e .
Sendo 1 2 3
4 4= − + −v w w w determine a representação de v na base U .
Pretendemos encontrar a representação de v na base U
[ ] [ ]UW vv →
Com os dados do problema, é fácil determinar as matrizes de transição das bases W e U para a base canónica. Sendo
1 1 22= − +w e e ,
2 2 3= −w e e e
3 1 32 2= −w e e
temos
1 0 2
2 1 0
0 1 2
M
− = − −
W E
Sendo 1 1=u e ,
2 2 3= +u e e e
3 1 2= +u e e temos
1 0 1
0 1 1
0 1 0
M
=
U E
Pelo que, considerando a representação intermédia de v na base canónica
[ ] [ ] [ ]UEW vvv →→
, sendo
[ ] [ ]WEWE vMv =
e
[ ] [ ] [ ]EEUEUEU vMvMv
1−==
resulta
[ ] [ ]1v M M v
−
= U E W EU W
, ou ainda, multiplicando à esquerda por M U E ,
[ ] [ ]
[ ]
1 0 1 1 0 2 4 2
0 1 1 2 1 0 4 4
0 1 0 0 1 2 1 2
M v M v
v
=
− − = = − − − − −
U E W EU W
U
Escalonando a matriz completa do sistema, resulta
1 0 1 2 1 0 0 4
0 1 1 4 0 1 0 2
0 1 0 2 0 0 1 2
− − − −
�~ ~
Pelo que
[ ] [ ] 1 2 34 2 2 4 2 2
Tv = − − = − −u u u
U U