3 Problemas Teóricos

  1. Seja S um conjunto com k vetores de \mathbb{R}^{n}. Se S é LI e v \in \mathbb{R}^{n}, mostre que v é combinação linear dos elementos de S se, e somente se, o subespaço gerado por S^{\prime}=S \cup\{v\} tem dimensão k.
  2. Se V, W são subespaços vetoriais de \mathbb{R}^{n} e V \subseteq W, mostre que \operatorname{dim} V \leq \operatorname{dim} W. Mostre que a igualdade vale se, e somente se, V=W.
  3. Seja A uma matriz 2 \times 2 que não é da forma a I_{2}. Mostre que A é diagonalizável se, e somente, possui dois autovalores reais distintos.
  4. Seja A uma matriz 2 \times 2 com autovalores distintos \alpha, \beta. Se u é um autovetor associado a \alpha e v é um autovetor associado a \beta, mostre que o conjunto \{u, v\} é LI.
  5. Dada uma base \{u, v, w\} de \mathbb{R}^{3}, mostre que o processo de Gram-Schmidt realmente retorna uma base ortogonal para \mathbb{R}^{3}.
  6. Seja A uma matriz n \times n invertível e seja S=\left\{v_{1}, \ldots, v_{k}\right\} um conjunto de vetores de \mathbb{R}^{n}. Mostre que S é um conjunto LI se, e somente se, o conjunto S^{\prime}=\left\{A v_{1}, \ldots, A v_{k}\right\} é LI.
  7. Verifique o Teorema de Cayley-Hamilton para matrizes de ordem 2: se A é uma matriz quadrada 2 \times 2 e P(t)=t^{2}+a t+b é seu polinômio característico, então
P(A)=A^{2}+a \cdot A+b \cdot I_{2}=0_{2 \times 2} \text {. }

Passo 1

Vou separar claramente o que cada item pede e quais são os dados que temos, só para organizarmos a bagunça antes de começar a prova (respira, dá pra fazer).
  1. Dados: S é um conjunto com k vetores de \mathbb{R}^{n} e S é linearmente independente (LI). Dado também v\in\mathbb{R}^{n}. Pergunta: mostrar que v é combinação linear dos elementos de S se, e somente se, o subespaço gerado por S' = S\cup\{v\} tem dimensão k.
  2. Dados: V,W subespaços de \mathbb{R}^{n} com V\subseteq W. Pergunta: mostrar que \dim V \le \dim W. Mostrar também que a igualdade ocorre se, e somente se, V=W.
  3. Dados: A é uma matriz 2\times2 que não é da forma a I_{2} (não é escalar). Pergunta: mostrar que A é diagonalizável se, e somente se, possui dois autovalores reais distintos.
  4. Dados: A é 2\times2 com autovalores distintos \alpha,\beta. Dados u autovetor associado a \alpha e v autovetor associado a \beta. Pergunta: mostrar que \{u,v\} é LI.
  5. Dados: \{u,v,w\} é uma base de \mathbb{R}^{3}. Pergunta: mostrar que o processo de Gram–Schmidt retorna uma base ortogonal para \mathbb{R}^{3}.
  6. Dados: A é n\times n invertível e S=\{v_{1},\dots,v_{k}\}\subset\mathbb{R}^{n}. Pergunta: mostrar que S é LI se, e somente se, S'=\{A v_{1},\dots,A v_{k}\} é LI.
  7. Dados: A é 2\times2 e P(t)=t^{2}+a t+b é seu polinômio característico. Pergunta: verificar que P(A)=A^{2}+aA+bI_{2}=0_{2\times2}.
A partir daqui começo a provar cada item, passo a passo, com os conceitos que usamos bem explicadinhos.

Passo 2

Definições e ferramentas que usarei com frequência (explicadinhas, porque eu sei que você está cansado de fórmulas soltas):
  • Linearmente independente (LI): um conjunto de vetores \{w_1,\dots,w_m\} é LI se a única combinação linear que dá o vetor nulo é aquela cujos coeficientes são todos zero, isto é, se
c_1 w_1 + \cdots + c_m w_m = 0
implica c_1=\cdots=c_m=0. Isso é a definição básica.
  • Espaço gerado / span: \operatorname{span}(S) é o conjunto de todas as combinações lineares dos vetores de S. É um subespaço.
  • Dimensão: \dim U de um subespaço U é o número de vetores de qualquer base de U. Uma base é um conjunto LI que gera U.
  • Observação útil: Se B é uma base de U, então qualquer conjunto de m vetores LI em U satisfaz m\le \dim U. Em particular, uma consequência óbvia: adicionar um vetor que não esteja no span aumenta (ou mantém) a dimensão, e se adicionarmos um vetor que já esteja no span, a dimensão não aumenta.
Vou usar tudo isso nos itens seguintes.

Passo 3

Resolução do item 1 (equivalência envolvendo S, v e \dim\operatorname{span}(S')).
Direção (=>). Suponha que v é combinação linear dos elementos de S. Então por definição existe uma combinação
v = c_1 s_1 + \cdots + c_k s_k,
onde S=\{s_1,\dots,s_k\}. Isso significa que v\in\operatorname{span}(S). Então
\operatorname{span}(S')=\operatorname{span}(S\cup\{v\})=\operatorname{span}(S),
porque adicionar um elemento que já está no span não altera o span. Como S é LI e tem k vetores, \operatorname{span}(S) tem dimensão k. Logo \dim\operatorname{span}(S')=k. (Tranquilo: aqui usamos só a definição de span e de dimensão.)
Direção (<=). Agora suponha que \dim\operatorname{span}(S')=k. Temos que S\subseteq S', então \operatorname{span}(S)\subseteq\operatorname{span}(S'). Mas \operatorname{span}(S) já tem dimensão k (porque S é LI com k vetores), e \operatorname{span}(S') também tem dimensão k. Sendo dois subespaços com inclusão \operatorname{span}(S)\subseteq\operatorname{span}(S') e mesma dimensão, eles têm de ser iguais:
\operatorname{span}(S)=\operatorname{span}(S').
Da igualdade dos spans segue que v\in\operatorname{span}(S')=\operatorname{span}(S), ou seja, v é combinação linear dos vetores de S. Concluímos a bicondicional.

Passo 4

Resolução do item 2 (dimensão e inclusão).
Primeira parte: mostrar \dim V \le \dim W quando V\subseteq W.
Tome uma base de V, digamos \{v_1,\dots,v_m\}. Por definição de base, esses m vetores são LI e geram V. Como V\subseteq W, cada v_i também pertence a W. Logo em W temos m vetores LI. Por uma propriedade básica: o tamanho de qualquer conjunto LI é menor ou igual à dimensão do espaço onde ele vive. Portanto m \le \dim W. Como m=\dim V, obtemos \dim V \le \dim W.
Segunda parte: igualdade e o caso V=W.
  • Se V=W então claramente \dim V=\dim W.
  • Converse: suponha \dim V = \dim W e V\subseteq W. Pegue uma base \{v_1,\dots,v_m\} de V (com m=\dim V). Como esses vetores pertencem a W e são LI em W, eles podem ser estendidos a uma base de W. Mas \dim W = m, então não é possível estender: eles já são uma base de W. Logo \operatorname{span}\{v_1,\dots,v_m\}=W. Mas essa span é exatamente V. Assim V=W. Portanto a igualdade de dimensões junto da inclusão força a igualdade dos subespaços.

Passo 5

Resolução do item 3 (matriz 2\times2 não escalar: diagonalizável \iff dois autovalores reais distintos).
Primeiro lembro do que significa diagonalizável: uma matriz A é diagonalizável (sobre \mathbb{R}) se existe inversível P tal que P^{-1}AP seja uma matriz diagonal com entradas reais.
(=>) Suponha A é diagonalizável (por similaridade real) e não é da forma aI_2. Então existe invertível P e diagonal D=\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2) com \lambda_1,\lambda_2\in\mathbb{R} tais que A=PDP^{-1}. Os elementos da diagonal de D são autovalores de A. Se \lambda_1=\lambda_2=\lambda, então D=\lambda I_2 e A=P(\lambda I_2)P^{-1}=\lambda I_2, ou seja, A seria escalar, contradizendo a hipótese. Logo não pode ser \lambda_1=\lambda_2; portanto \lambda_1 e \lambda_2 são reais e distintos.
(<=) Agora suponha A possui dois autovalores reais distintos \lambda_1\neq\lambda_2. Para cada autovalor existe um autovetor não nulo. Autovetores correspondentes a autovalores distintos são linearmente independentes (vou provar isso no passo do item 4). Como a dimensão do espaço é 2, dois autovetores LI formam uma base de \mathbb{R}^2. Tomando P cuja coluna 1 é um autovetor de \lambda_1 e coluna 2 é um autovetor de \lambda_2, obtemos P^{-1}AP=\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2). Portanto A é diagonalizável.
Assim temos a equivalência pedida (lembrando que tudo é sobre \mathbb{R} e usamos que A não é escalar para excluir o caso de autovalor repetido com forma escalar).

Passo 6

Resolução do item 4 (autovetores de autovalores distintos são LI).
Seja u autovetor associado a \alpha e v autovetor associado a \beta com \alpha\neq\beta. Queremos mostrar que \{u,v\} é LI.
Suponha, para obter contradição, que sejam LD, ou seja, existam escalares c_1,c_2, não ambos zero, tal que
c_1 u + c_2 v = 0.
Aplicando A aos dois lados obtemos
c_1 A u + c_2 A v = 0.
Como A u = \alpha u e A v = \beta v, isso vira
c_1 \alpha u + c_2 \beta v = 0.
Subtraindo \alpha vezes a combinação original c_1 u + c_2 v =0 (que é zero) do último, temos
c_1(\alpha-\alpha)u + c_2(\beta-\alpha)v = 0 - \alpha\cdot 0 = 0,
o que simplifica para
c_2(\beta-\alpha)v = 0.
Como \beta-\alpha\neq 0 por hipótese e v\neq 0, obtemos c_2=0. Voltando à combinação c_1 u + c_2 v =0 fica c_1 u =0, logo c_1=0. Isso contradiz a hipótese de que c_1,c_2 não são ambos zero. Portanto só a combinação trivial existe, e \{u,v\} é LI.
(Esse é o argumento clássico e muito útil na prova do item 3.)

Passo 7

Resolução do item 5 (Gram–Schmidt em \mathbb{R}^3).
Vou mostrar que, aplicando Gram–Schmidt à base \{u,v,w\}, obtemos três vetores não nulos e mutuamente ortogonais, logo uma base ortogonal.
Recordando o processo (a explicação é passo a passo para você poder reproduzir na prova):
Defina
\begin{aligned} e_1 &= u,\\\ e_2 &= v - \operatorname{proj}_{e_1}(v) = v - \frac{\langle v,e_1\rangle}{\langle e_1,e_1\rangle} e_1,\\\ e_3 &= w - \operatorname{proj}_{e_1}(w) - \operatorname{proj}_{e_2}(w) = w - \frac{\langle w,e_1\rangle}{\langle e_1,e_1\rangle} e_1 - \frac{\langle w,e_2\rangle}{\langle e_2,e_2\rangle} e_2, \end{aligned}
onde \langle\cdot,\cdot\rangle é o produto interno usual em \mathbb{R}^3.
Agora justifico cada propriedade:
  1. e_1\neq 0 porque \{u,v,w\} é base, então u\neq 0.
  2. e_2 é ortogonal a e_1 por construção:
\langle e_2,e_1\rangle = \langle v,e_1\rangle - \frac{\langle v,e_1\rangle}{\langle e_1,e_1\rangle}\langle e_1,e_1\rangle = 0.
Além disso e_2\neq 0: se e_2=0 então v seria múltiplo de e_1=u, e isso contradiz a independência da base original (dois vetores iguais ou proporcionais numa base não acontecem). Logo e_2 é não nulo.
  1. e_3 é ortogonal a e_1 e a e_2 por construção (calcule \langle e_3,e_1\rangle e \langle e_3,e_2\rangle e veja que as projeções cancelam exatamente). Resta checar que e_3\neq 0. Se e_3=0, então w seria combinação linear de e_1 e e_2. Mas e_1,e_2 pertencem ao span \{u,v\} e isso significaria que \{u,v,w\} é LD, contradizendo que é base. Assim e_3\neq 0.
  2. Como e_1,e_2,e_3 são três vetores não nulos e mutuamente ortogonais em \mathbb{R}^3, eles são LI. Três vetores LI em \mathbb{R}^3 formam uma base. Portanto \{e_1,e_2,e_3\} é uma base ortogonal de \mathbb{R}^3.
Resumo prático para a prova: escreva as fórmulas das projeções, verifique ortogonalidade por cálculo direto e verifique que nenhum dos vetores é zero usando a independência original.

Passo 8

Resolução do item 6 (matriz invertível preserva LI).
Vou provar as duas implicações.
(=>) Suponha S=\{v_1,\dots,v_k\} é LI. Considere uma combinação linear que zere os A v_i:
c_1 (A v_1) + \cdots + c_k (A v_k) = 0.
Factorando A,
A(c_1 v_1 + \cdots + c_k v_k) = 0.
Como A é invertível, seu núcleo é \{0\}, logo c_1 v_1 + \cdots + c_k v_k = 0. Pela hipótese de que S é LI, segue c_1=\cdots=c_k=0. Assim não existe combinação não-trivial que anule os A v_i; portanto S'=\{A v_1,\dots,A v_k\} é LI.
(<=) Agora suponha S' é LI e considere uma combinação linear que zere os v_i:
c_1 v_1 + \cdots + c_k v_k = 0.
Aplicando A aos dois lados, obtemos
c_1 (A v_1) + \cdots + c_k (A v_k) = 0.
Como S' é LI, temos c_1=\cdots=c_k=0. Portanto S é LI. Note que invertibilidade foi usada para preservar injetividade (aplicar A não cria combinações novas no núcleo).
Concluímos a equivalência: S é LI \iff S' é LI.

Passo 9

Resolução do item 7 (Cayley–Hamilton para matrizes 2\times2).
Vou dar uma prova curta e clara usando forma de Jordan / diagonalização — é o caminho mais didático para 2×2.
Primeiro, escrevemos o polinômio característico em termos usuais. Para A\in M_{2}(\mathbb{R}) o polinômio característico é
P(t)=\det(tI_2 - A)=t^{2} - (\operatorname{tr}A)\,t + \det A.
No enunciado escreveram P(t)=t^{2}+a t+b; portanto (comparando coeficientes) temos
a = -\operatorname{tr}A,\qquad b=\det A.
Queremos verificar P(A)=A^{2}+aA+bI_2=0.
Agora raciocínio por casos via forma de Jordan (que é muito prático em dimensão 2):
  • Caso 1: A tem dois autovalores distintos \lambda_1\neq\lambda_2 (podem ser reais; se estivermos trabalhando sobre \mathbb{C} o argumento é o mesmo). Então A é diagonalizável: existe invertível P tal que A=P\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2)P^{-1}. Aplicando o polinômio a A,
P(A)=P\big(P\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2)P^{-1}\big) = P\cdot P(\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2))\cdot P^{-1}.
Mas P(\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2))=\operatorname{diag}(P(\lambda_1),P(\lambda_2)) e por definição de polinômio característico temos P(\lambda_1)=P(\lambda_2)=0. Assim P(\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2)) é a matriz zero, e portanto P(A)=0.
  • Caso 2: A tem autovalor repetido \lambda (multiplicidade 2). Então a forma de Jordan de A é ou \lambda I_2 (caso diagonal) ou a matriz de Jordan
J=\begin{pmatrix}\lambda & 1\\[4pt]0 & \lambda\end{pmatrix}.
Se a forma é \lambda I_2, então A=\lambda I_2 e claramente P(A)=P(\lambda)I_2=0 porque P(\lambda)=0. Se a forma é o Jordan acima, note que
J-\lambda I_2 = \begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt]0 & 0\end{pmatrix},
que é nilpotente de ordem 2: (J-\lambda I_2)^2=0. Mas se P(t)=(t-\lambda)^2 (pois o polinômio característico tem essa forma quando \lambda é raiz dupla), então
P(J)=(J-\lambda I_2)^2=0.
No caso geral em que expressamos P(t)=t^{2}+a t+b, a forma de Jordan implica que P(J)=0 por cálculo direto (ou pelo fato de que J tem único autovalor \lambda e P(\lambda)=0 e o factor (t-\lambda)^2 anula a parte nilpotente). Como similaridade preserva a avaliação de polinômios ( A=PJP^{-1}\Rightarrow P(A)=P P(J) P^{-1}), concluímos P(A)=0.
Assim, em todos os casos de interesse para matrizes 2\times2, vale P(A)=0_{2\times2}. Esse é exatamente o Teorema de Cayley–Hamilton para ordem 2.]

Resposta

  1. v é combinação linear dos elementos de S \iff \dim\big(\operatorname{span}(S\cup\{v\})\big)=k.
  2. Se V\subseteq W então \dim V\le \dim W. Além disso \dim V=\dim W \iff V=W.
  3. Para A\in M_{2}(\mathbb{R}) não escalar: A é diagonalizável (sobre \mathbb{R}) \iff A possui dois autovalores reais distintos.
  4. Se \alpha\neq\beta são autovalores de A e u,v autovetores associados, então \{u,v\} é linearmente independente.
  5. Aplicando Gram–Schmidt a \{u,v,w\} obtemos três vetores não nulos e mutuamente ortogonais, logo uma base ortogonal de \mathbb{R}^{3}.
  6. Para A invertível e S=\{v_1,\dots,v_k\}: S é LI \iff S'=\{A v_1,\dots,A v_k\} é LI.
  7. Se P(t)=t^{2}+a t+b é o polinômio característico de A\in M_{2}, então P(A)=A^{2}+aA+bI_{2}=0_{2\times2} (Cayley–Hamilton para ordem 2).

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