Exercício 4.7. Sejam v_{1}, v_{2}, \ldots, v_{n} vetores linearmente independentes em V. Prove que os vetores w_{1}=v_{1}, w_{2}=v_{1}+v_{2}, \ldots, w_{n}=v_{1}+\ldots+v_{n} também formam uma base para o subespaço gerado por eles.
Passo 1
O enunciado dá as seguintes informações e pede isto:
Dados: os vetores v_{1},v_{2},\ldots,v_{n} são linearmente independentes em um espaço vetorial V.
Definição dos novos vetores:w_{1}=v_{1},\qquad w_{2}=v_{1}+v_{2},\qquad \ldots,\qquad w_{n}=v_{1}+\cdots+v_{n}.
Pedido: provar que os vetores w_{1},w_{2},\ldots,w_{n} também formam uma base para o subespaço gerado por eles.
Ou seja, preciso mostrar duas coisas concretas:
Os vetores w_{1},\ldots,w_{n} geram o mesmo subespaço que os v_{1},\ldots,v_{n} (igualdade dos spans).
Os vetores w_{1},\ldots,w_{n} são linearmente independentes.
A resolução começa no Passo 2.
Passo 2
Lembrando definições úteis (mini-aula curta, bem prática):
O span (ou subespaço gerado) de um conjunto de vetores \{x_1,\dots,x_m\} é o conjunto de todas as combinações lineares desses vetores:\operatorname{span}\{x_1,\dots,x_m\}=\left\{ \sum_{i=1}^m \beta_i x_i \mid \beta_i\in\mathbb{F} \right\},onde \mathbb{F} é o corpo (por exemplo \mathbb{R}).
Um conjunto é linearmente independente se a única combinação linear que dá o vetor zero é aquela cujos coeficientes são todos zero:\sum_{i} \gamma_i x_i = 0 \Longrightarrow \gamma_i=0\\ \text{para todo }i.
Um conjunto é base de um subespaço quando é linearmente independente e gera esse subespaço.
Plano prático para a prova: primeiro mostrar que cada w_k é combinação dos v_i (isto é óbvio pela definição) e depois mostrar que cada v_k pode ser escrito como combinação dos w_i. Isso dará a igualdade dos spans. Em seguida, provar a independência linear dos w_i usando uma combinação linear nula e aproveitando a independência dos v_i. Vou fazer isso passo a passo e explicar por que cada passagem é válida.
Pelo próprio enunciado, para todo k valew_k=\sum_{i=1}^k v_i.Aqui cada w_k é explicitamente uma combinação linear dos v_i. Logo qualquer combinação linear dos w_k é também combinação linear dos v_i. Formalmente, se y=\sum_{k=1}^n \alpha_k w_k então substituindo w_k obtemosy=\sum_{k=1}^n \alpha_k \left(\sum_{i=1}^k v_i\right),que é uma combinação linear dos v_i. Portanto y\in\operatorname{span}\{v_1,\ldots,v_n\}. Assim\operatorname{span}\{w_1,\ldots,w_n\}\subseteq\operatorname{span}\{v_1,\ldots,v_n\}.
Observe as relações inversas simples (essa é a chave prática):v_1 = w_1,e, para k\ge 2,v_k = w_k - w_{k-1}.Essas igualdades são verdadeiras porque w_k=\sum_{i=1}^k v_i e w_{k-1}=\sum_{i=1}^{k-1} v_i; subtraindo obtemos exatamente v_k.
Como cada v_k é combinação linear dos w_i (no caso, combinação bem simples com coeficientes 1 e -1), qualquer combinação linear dos v_k é também combinação dos w_i. Portanto\operatorname{span}\{v_1,\ldots,v_n\}\subseteq\operatorname{span}\{w_1,\ldots,w_n\}.
Passo 5
Concluir igualdade dos spans.
Juntando os inclusões dos Passos 3 e 4 resulta\operatorname{span}\{w_1,\ldots,w_n\}=\operatorname{span}\{v_1,\ldots,v_n\}.
Comentário prático para prova: mostrar as duas inclusões é um jeito padrão e seguro de provar igualdade de subespaços.
Passo 6
Provar que [w_1,···,w_n) são linearmente independentes.
Vou provar por contrapartida direta usando a independência dos v_i. Método: suponha uma combinação linear dos w_k que resulte em zero e deduza que todos os coeficientes são zero.
Seja uma combinação qualquer que dá zero:\sum_{k=1}^n \alpha_k w_k = 0,onde os \alpha_k\in\mathbb{F} são escalares desconhecidos.
Substituindo w_k=\sum_{i=1}^k v_i obtemos\sum_{k=1}^n \alpha_k \left(\sum_{i=1}^k v_i\right)=0.Troque a ordem das somas (organização das combinações por cada v_i):\sum_{i=1}^n \left(\sum_{k=i}^n \alpha_k\right) v_i = 0.Explicando essa reescrita: cada v_i aparece em todos os w_k com k\ge i, então o coeficiente total de v_i é \sum_{k=i}^n \alpha_k.
Como os vetores v_1,\ldots,v_n são linearmente independentes (hipótese do enunciado), os coeficientes de cada v_i nessa combinação devem ser zero. Assim, para todo i=1,\ldots,n,\sum_{k=i}^n \alpha_k = 0.
Essas equações formam um sistema triangular que permite resolver recursivamente. Escrevendo algumas:\begin{cases} \sum_{k=n}^n \alpha_k = \alpha_n = 0,\\[4pt] \sum_{k=n-1}^n \alpha_k = \alpha_{n-1}+\alpha_n = 0 \Rightarrow \alpha_{n-1}=0,\\[4pt] \sum_{k=n-2}^n \alpha_k = \alpha_{n-2}+\alpha_{n-1}+\alpha_n = 0 \Rightarrow \alpha_{n-2}=0,\\\ \vdots\\\ \sum_{k=1}^n \alpha_k = 0 \Rightarrow \alpha_1=0. \end{cases}Aqui usei cada linha para determinar um coeficiente sabendo os posteriores já nulos.
Conclusão: todos os \alpha_k\] são zero. Isso prova que a única combinação linear dos \(w_k que dá zero é a trivial. Logo w_1,\ldots,w_n são linearmente independentes.]
Passo 7
Concluir que \{w_1,\ldots,w_n\} é uma base do subespaço gerado.
Do Passo 5 temos que \operatorname{span}\{w_1,\ldots,w_n\}=\operatorname{span}\{v_1,\ldots,v_n\}.
Do Passo 6 temos que os w_k são linearmente independentes.
Assim, por definição, w_1,\ldots,w_n formam uma base do subespaço \operatorname{span}\{v_1,\ldots,v_n\}.
Observação prática (dica de prova rápida em prova): a transformação linear que envia a sequência de coordenadas relativas à base \{v_i\} para coordenadas relativas à sequência \{w_i\} tem matriz triangular superior com uns na diagonal, portanto é invertível; isso também dá uma prova curtinha de independência e geração. Mas a prova por substiuição e telescópio que fiz acima é direta e suficiente sem falar de matrizes.
Resposta
\{w_{1},w_{2},\ldots,w_{n}\} é uma base de \operatorname{span}\{v_{1},v_{2},\ldots,v_{n}\}.