(46) Seja \mathcal{X}=\{u, v, w\} um conjunto LI de vetores de um espaço vetorial V. Prove que o conjunto \mathcal{Y}=\left\{y_{1}, y_{2}, y_{3}\right\} é LD, onde \mathcal{Y}=\{u+v-3 w, u+3 v-w, v+w\}.
(47) Consideremos o subespaço vetorial de \mathcal{M}_{3}(\mathbb{R}) constituído das matrizes simétricas. Determine uma base desse subespaço.

Passo 1

Listar claramente o que o enunciado dá e o que pede para cada item.
  • Exercício (46): foi dado que \mathcal{X}=\{u,v,w\} é um conjunto linearmente independente de vetores em um espaço vetorial V. Define-se \mathcal{Y}=\{y_1,y_2,y_3\} com
    y_1=u+v-3w,\qquad y_2=u+3v-w,\qquad y_3=v+w.
    O que se pede: provar que o conjunto \mathcal{Y} é linearmente dependente (LD).
  • Exercício (47): considerar o subespaço de \mathcal{M}_3(\mathbb{R}) formado por matrizes simétricas. O que se pede: determinar uma base desse subespaço (ou seja, um conjunto de matrizes que gere o subespaço e seja linearmente independente).

Passo 2

Relembrando o conceito que vamos usar (didática): o que é dependência linear?
  • Um conjunto de vetores \{z_1,\dots,z_n\} é linearmente dependente se existem escalares, nem todos zero, \alpha_1,\dots,\alpha_n tais que \alpha_1 z_1+\cdots+\alpha_n z_n=0.
  • Se o conjunto é linearmente independente, a única combinação linear que dá o vetor zero é a trivial, isto é, todos os \alpha_i=0.
    Aqui temos a hipótese de que u,v,w são linearmente independentes, então, ao escrever uma combinação linear desses vetores igual a zero, os coeficientes associados a u,v,w devem ser zero.

Passo 3

Aplicar a definição a \mathcal{Y}: escrevemos uma combinação linear genérica das y_i e igualamos a zero, procurando uma solução não-trivial.
Considere escalares a,b,c tais que
a y_1 + b y_2 + c y_3 = 0.
Substituindo y_1,y_2,y_3:
a(u+v-3w) + b(u+3v-w) + c(v+w) = 0.

Passo 4

Agrupar os termos em u,v,w. Desenvolvendo e somando coeficientes de cada vetor base u,v,w obtemos
(a+b)\,u + (a+3b+c)\,v + (-3a - b + c)\,w = 0.
Como u,v,w são linearmente independentes, os coeficientes de u,v,w devem ser todos zero. Isso gera o sistema linear nos escalares a,b,c:
\begin{cases} a + b = 0,\\[4pt] a + 3b + c = 0,\\[4pt] -3a - b + c = 0. \end{cases}]

Passo 5

Resolver o sistema de forma simples (método de substituição, passo a passo):
Da primeira equação vem a = -b.
Substituindo em segunda equação:
(-b) + 3b + c = 0 \quad\Rightarrow\quad 2b + c = 0 \quad\Rightarrow\quad c = -2b.
Substitindo a=-b e c=-2b na terceira equação:
-3(-b) - b + (-2b) = 3b - b - 2b = 0,
que é satisfeita (não gera restrição adicional). Portanto temos uma família de soluções parametrizada por b: a=-b,\; c=-2b. Tomando b=1 (por exemplo) obtemos a solução não-trivial
a=-1,\qquad b=1,\qquad c=-2.

Passo 6

Concluir o argumento para (46): como existe solução com a,b,c nem todos nulos (por exemplo a=-1,b=1,c=-2) tal que
-1\cdot y_1 + 1\cdot y_2 -2\cdot y_3 = 0,
segue que \mathcal{Y}=\{y_1,y_2,y_3\} é linearmente dependente. (Observação prática: pode-se checar expandindo a combinação e vendo que os coeficientes de u,v,w somam zero, como feito acima.)

Passo 7

Agora vamos ao exercício (47). Primeiro entender o que é uma matriz simétrica e quais são suas entradas independentes:
  • Uma matriz A\in\mathcal{M}_3(\mathbb{R}) é simétrica se A^T=A. Escrevendo as entradas como A=\begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13}\\[2pt] a_{21} & a_{22} & a_{23}\\[2pt] a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{pmatrix},a simetria impõe a_{21}=a_{12},\; a_{31}=a_{13},\; a_{32}=a_{23}.
  • Logo os graus de liberdade (entradas independentes) são a_{11},a_{22},a_{33},a_{12},a_{13},a_{23}: são 6 parâmetros livres. Portanto o subespaço das simétricas tem dimensão 6.]

Passo 8

Construir um conjunto gerador natural (e candidato a base): para cada entrada independente, coloque uma matriz que tenha 1 nessa posição (e na posição simétrica) e 0 nas demais. Uma escolha padrão é o conjunto de 6 matrizes
\begin{aligned} B_1&=\begin{pmatrix}1&0&0\\[2pt]0&0&0\\[2pt]0&0&0\end{pmatrix},\quad B_2=\begin{pmatrix}0&0&0\\[2pt]0&1&0\\[2pt]0&0&0\end{pmatrix},\quad B_3=\begin{pmatrix}0&0&0\\[2pt]0&0&0\\[2pt]0&0&1\end{pmatrix},\\[6pt] B_4&=\begin{pmatrix}0&1&0\\[2pt]1&0&0\\[2pt]0&0&0\end{pmatrix},\quad B_5=\begin{pmatrix}0&0&1\\[2pt]0&0&0\\[2pt]1&0&0\end{pmatrix},\quad B_6=\begin{pmatrix}0&0&0\\[2pt]0&0&1\\[2pt]0&1&0\end{pmatrix}. \end{aligned}]

Passo 9

Mostrar que o conjunto \{B_1,\dots,B_6\} gera todas as matrizes simétricas (spanning):
Tomemos uma matriz simétrica genérica
A=\begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13}\\[2pt] a_{12} & a_{22} & a_{23}\\[2pt] a_{13} & a_{23} & a_{33} \end{pmatrix}.
Escrevemos A como combinação linear explícita:
A = a_{11}B_1 + a_{22}B_2 + a_{33}B_3 + a_{12}B_4 + a_{13}B_5 + a_{23}B_6.
Portanto os B_i geram (qualquer simétrica é combinação linear dos B_i).]

Passo 10

Mostrar que \{B_1,\dots,B_6\} é linearmente independente:
Suponha que existam escalares \lambda_1,\dots,\lambda_6 tais que
\lambda_1 B_1 + \lambda_2 B_2 + \lambda_3 B_3 + \lambda_4 B_4 + \lambda_5 B_5 + \lambda_6 B_6 = 0\quad(\text{matriz nula}).
Comparando entrada por entrada (ou usando a expressão que cada B_i controla uma entrada independente), obtemos imediatamente
\lambda_1=a_{11\text{ coeff}}=0,\; \lambda_2=0,\;\dots,\;\lambda_6=0.
Assim os coeficientes são todos zero, logo os B_i são linearmente independentes.

Passo 11

Concluir o argumento para (47): como \{B_1,\dots,B_6\} gera o subespaço das matrizes simétricas e é linearmente independente, é uma base desse subespaço. O subespaço tem dimensão 6.

Resposta

(46) \mathcal{Y} é linearmente dependente; por exemplo -1\cdot y_1 + 1\cdot y_2 -2\cdot y_3 = 0.
(47) Uma base do espaço das matrizes simétricas 3\times3 é
\left\{ \begin{pmatrix}1&0&0\\[2pt]0&0&0\\[2pt]0&0&0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0&0&0\\[2pt]0&1&0\\[2pt]0&0&0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0&0&0\\[2pt]0&0&0\\[2pt]0&0&1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0&1&0\\[2pt]1&0&0\\[2pt]0&0&0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0&0&1\\[2pt]0&0&0\\[2pt]1&0&0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0&0&0\\[2pt]0&0&1\\[2pt]0&1&0\end{pmatrix} \right\}.]

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