1. Prove que qualquer subconjunto não-vazio de um conjunto linearmente independente de vetores v1, ldots, vn também é linearmente independente.
  2. Seja A uma matriz m x n. Mostre que, se os vetores colunas de A são linearmente independentes então N(A)=0.
    (Sugestão: para todo x in R^n, Ax=x1 a1+x2 a2+ldots+xn an )
  3. Sejam x1, ldots, xk vetores linearmente independentes em R^n e seja A uma matriz invertível em m times n.Defina yi=Axi para i=1, …, k . Mostre que y1, …, yk são linearmente independentes.
  4. Seja v1, ldots, vn um conjunto gerador para o espaço vetorial V e seja v um outro vetor qualquer em V. Mostre que v, v1, ldots, vn são linearmente independentes.]sejam
    v1, v2, ldots, vn vetores linearmente independentes em um espaço vetorial V. Mostre que v2, ldots, v, v1, ldots, vn não podem gerar V.

Passo 1

O enunciado pede quatro resultados clássicos em Álgebra Linear, todos envolvendo independência linear, núcleo de matriz, imagem de matriz invertível e propriedades de mínimos e máximos conjuntos geradores e independentes (caracterização de base). Vamos usar:
  • Definição de independência linear.
  • Representação A x = x1 a1 + cdots + xn an para colunas de uma matriz.
  • Fato de que matriz invertível é injetora.
  • Caracterização de base como conjunto gerador mínimo e conjunto independente máximo.

Passo 2

(Prova de 12) Seja S=v1,dots,vn um conjunto linearmente independente e Tsubseteq S um subconjunto não\mbox{-}vazio. Queremos mostrar que T é independente.
Pela definição, de S independente temos: se
alpha1 v1 + cdots + alphan vn = 0,
então todos os alphai=0. Agora, seja
sumvkin Tbetak,vk = 0
Podemos extender essa combinação a todos os vetores de S atribuindo coeficiente zero aos vetores de Ssetminus T. Logo obtemos
underbrace0,vi1+cdots+0,vin-|T|Ssetminus T ;;+;;sumvkin Tbetak,vk ;=;0
Como S é independente, todos os coeficientes, em particular os betak, são zero. Portanto T é independente.

Passo 3

(Prova de 13) Seja A uma matriz mtimes n cujas colunas são a1,dots,an, e suponha que essas colunas são independentes. Mostremos que N(A)=0.
Se xinN(A), então Ax=0. Escrevendo x=(x1,dots,xn)^T e usando a sugestão,
Ax = x1a1 + x2a2 + cdots + xnan = 0
Como os ai são independentes, a única combinação linear que dá zero é aquela em que cada xi=0. Logo x=0. Concluímos que o núcleo de A é apenas o vetor nulo.

Passo 4

(Prova de 14) Sejam x1,dots,xk vetores independentes em R^n e A uma matriz invertível mtimes n. Defina yi = A xi. Queremos mostrar que y1,dots,yk são independentes.
Suponha que exista combinação
beta1 y1 + cdots + betak yk = 0
Substituindo yi = A xi, obtém\mbox{-}se
Al(beta1 x1 + cdots + betak xkr) = 0
Como A é invertível, é injetora, então
beta1 x1 + cdots + betak xk = 0
Mas os xi são independentes, então todos os betai=0. Logo os yi também são independentes.

Passo 5

(Prova de 15a) Seja v1,dots,vn um conjunto gerador de V e tome um vetor arbitrário vin V. Como o conjunto gera V, existe combinação
v = c1v1 + cdots + cnvn
Reescrevendo,
1cdot v - c1v1 - cdots - cnvn = 0
é uma combinação linear não\mbox{-}trivial dos vetores v,,v1,dots,vn. Portanto esse conjunto é linearmente dependente.

Passo 6

(Prova de 15b) Seja v1,dots,vn um conjunto linearmente independente em V e escolha qualquer vetor vin V. Consideremos o conjunto
T = v2,dots,vn,v
Há dois casos:
1. Se vnotinspanv2,dots,vn, então evidentemente a combinação não gera v1, logo T não gera V.
2. Se vinspanv2,dots,vn, então
span,T = spanv2,dots,vn, que de novo não contém v1 (pois os vi eram independentes). Logo T não gera V em nenhum caso.
Assim conclui\mbox{-}se que qualquer troca de um vetor independente por outro qualquer destrói a propriedade de gerar V.

Resposta

12. Qualquer subconjunto não\mbox{-}vazio de um conjunto linearmente independente é também linearmente independente.
13. Se as colunas de A são independentes, então N(A)=0.
14. Se A é invertível, então yi=A xi preserva independência, logo y1,dots,yk são independentes.
15a. Extender um conjunto gerador deixa\mbox{-}o dependente.
15b. Substituir um vetor independente por outro faz\mbox{-}o deixar de gerar o espaço.

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