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Prove que se a dimensão do subespaço vetorial \(L \subset K\)é igual a do espaço \(K\), então \(L = K\)

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perguntada Fev 15 em Matemática por Douglas Mangini (6 pontos)  
editado Fev 17 por Douglas Mangini

Prove que se a dimensão do subespaço vetorial \(L \subset K\)é igual a do espaço \(K\), então \(L = K\)

Problema nº 10 do capítulo 2 do livro Linear Algebra, de Georgi E. Schilov

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1 Resposta

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respondida Fev 15 por Douglas Mangini (6 pontos)  
editado Fev 17 por Douglas Mangini

Solução

Queremos concluir que \(K = L\). Como \(L \subset K\) por hipótese, basta mostrar a inclusão reversa. Se \(dim L = dim K = n \), então toda base \(V = \{v_1, ..., v_n \}\) de \(L\) é um subconjunto linearmente independente (LI) de \(K\) com \(n\) elementos, logo, pelo corolário (provado no apêndice), gera \(K\). Logo, todo elemento de \(K\) se escreve como combinação linear de \(V \subset L\), logo, \(K \subset L\).

Apêndice

Antes de provarmos o corolário citado na solução, precisamos provar o teorema que lhe dá origem. Para provar este, começamos com um lema.

Lema. Todo sistema linear homogêneo que tem mais variáveis do que equações possui uma solução não trivial

Prova(por indução): No caso trivial (coeficientes do sistema são todos nulos), qualquer vetor \((x_1, \cdots, x_n\)) é solução. Considere o sistema não-trivial de \(m\) equações a \(n\) incógnitas, com \(m \lt n\),

\[\begin{array}{l} a_{11} x_{1}+a_{12} x_{2}+\cdots+a_{1 n} x_{n}=0 \\ a_{21} x_{1}+a_{22} x_{2}+\cdots+a_{2 n} x_{n}=0 \\ \vdots \\ a_{m 1} x_{1}+a_{m 2} x_{2}+\cdots+a_{m n} x_{n}=0 \end{array}\]

Se \(m=1\), o sistema se reduz a \(a_{11} x_{1}+a_{12} x_{2}+\cdots+a_{1 n} x_{n}=0\). Por ser não trivial, existe algum coeficiente não-nulo, que podemos supor ser \(a_{1n}\), sem perda de generalidade, e reescrever:

\[ x_n = -\left(\frac{a_{11}}{a_{1n}} x_1 +\cdots+\frac{a_{1n-1}}{a_{1n}} x_{n-1} \right)\]

Assim, escolhemos valores para \(x_1,\cdots,x_{n-1}\), que por fim determinam \(x_n\). Então existe uma solução não trivial. Como passo de indução, suponha que existe uma solução não-trivial para o caso de \({m-1}\) equações a \({n-1}\) variáveis e considere novamente o sistema original \(m \times n\). Existe ali algum coeficiente diferente de zero, pois o sistema é não trivial, e sem perda de generalidade suporemos ser \(a_{mn}\) (se não fosse, poderíamos reescrever as variáveis de modo a validar essa escolha). Então isolamos \(x_n\) como fizemos anteriormente, obtendo

\[ x_n = -\left(\frac{a_{m1}}{a_{mn}} x_1 +\cdots+\frac{a_{mn-1}}{a_{mn}} x_{n-1} \right)\]

Substituindo \(x_n\) nas equações anteriores, obtemos um sistema \({m-1} \times {n-1}\), que, por hipótese de indução, admite solução não trivial.

Teorema. Se um conjunto \(U = \{u_1,\dots, u_n \}\) gera o espaço vetorial \(K\), então qualquer conjunto com mais de \(n\) vetores é linearmente dependente (LD).

prova: seja \(V = \{v_1,\dots, v_m \}\) um conjunto gerador de \(K\), com \( n \lt m \). Queremos mostrar que \(V\) é um conjunto LD, ou seja, encontrar coeficientes \(\{x_1, \dots, x_m\}\), não todos nulos, tais que

\[x_1 v_1 + \dots+ x_n v_m = 0 \qquad (*)\].

Como \(U\) gera \(K\), escrevemos \(v_j = \alpha_{1j} u_1 + ... + \alpha_{nj} u_n\) para \(j = 1, \dots, m\) e substituimos em \((*)\):

\[\begin{array}{l} x_1 (\alpha_{11} u_1 + \cdots + \alpha_{n1} u_n) \qquad+ \\ x_2 (\alpha_{12} u_1 + \cdots + \alpha_{n2} u_n) \qquad+ \\ \vdots \\ x_n (\alpha_{1m} u_1 + \cdots + \alpha_{nm} u_n)=0 \end{array}\]

Agrupando os coeficientes de cada elemento de \(U\), vem:

\[(\alpha_{11} x_1+ \cdots+ \alpha_{1m} x_m) u_1 +(\alpha_{21} x_1+\cdots+ \alpha_{2m} x_m) u_2+\\ +\cdots+ (\alpha_{n1} x_1 + \dots+ \alpha_{nm} x_m) \,u_n = 0\]

Sabemos que uma solução para essa equação ocorre quando os termos entre parênteses se anulam, ou seja, quando o seguinte sistema homogêneo tem solução:

\[\begin{array}{l} a_{11} x_{1}+a_{12} x_{2}+\cdots+a_{1 n} x_{m}=0 \\ a_{21} x_{1}+a_{22} x_{2}+\cdots+a_{2 n} x_{m}=0 \\ \vdots \\ a_{n 1} x_{1}+a_{n 2} x_{2}+\cdots+a_{m n} x_{m}=0 \end{array}\]

Como \(n \lt m\), o sistema tem mais incógnitas do que equações, logo o lema garante que existe uma solução não trivial \(\{x_1, \dots, x_m\}\).

Corolário. Se a dimensão de \(K\) é igual a \(n\), então um conjunto com \(n\) vetores gera \(K\) se e somente se, é linearmente independente.

Prova: seja \(n\) a dimensão de \(K\) e \(X = \{v_1,\dots,v_n\} \subset K\) um conjunto gerador. Suponha, por absurdo, que \(X\) é LD. Então existe um \(v_k \in X\) combinação linear dos demais, logo \( X \backslash \{v_k\}\), que possui \(n-1\) elementos, ainda geraria \(K\). Mas toda base de \(K\) tem \(n\) elementos, então o teorema nos forçaria a concluir que esta base é LD; Absurdo. Reciprocramente, se \(X\) é LI mas não gera \(K\), então existe \(v \in K\) que não é combinação linear dos elementos de \(X\), logo \(X \cup \{v\}\) é LI. Mas toda base de \(K\) (por definição um conjunto LI e gerador) tem \(n\) vetores, então, pelo teorema, ela seria LD. Absurdo.

nota: evitei usar somatórios para facilitar o entendimento, ainda que em prejuízo da estética e concisão.

comentou Fev 17 por Thiago Trafane (21 pontos)  
editado Fev 17 por Thiago Trafane
1) Seção solução: ao usar o corolário você conclui que ambos os conjuntos podem ser gerados pela mesma base, o que implica diretamente que \( K = L \). Assim, não é necessário fazer o argumento da inclusão reversa, apesar de não estar errado, naturalmente. Acho apenas que a demonstração fica mais direta sem usar tal argumento de inclusão.

2) Apêndice, comentários gerais:
2.1) É possível demonstrar o teorema de maneira mais direta, sem a utilização do lema. Tome o conjunto \( U = \{u_1,...,u_n\} \) que gera o espaço vetorial \( K \). Assuma, por absurdo, que existe um conjunto \( V = \{v_1,...,v_m\} \) linearmente independente (LI), com \( m \gt n \).  Como \( U \) é um conjunto gerador de \( K \), o conjunto \( \{u_1,...,u_n,v_1\} \) é linearmente dependente (LD) com \( v_1 = \sum_{i=1}^{n} a_i u_i \), em que ao menos um dos coeficientes \( a_i \) é não nulo, já que \( v_1 \) é não nulo dado que \( V \) é LI. Assuma, sem perda de generalidade, que \( a_1 \) é não nulo, de modo que \( u_1 = (1/a_1) v_1 - \sum_{i=2}^{n} (a_i/a_1) u_i \). Nesse caso, \( span(U) = span\{u_2,...,u_n,v_1\}=K \), pois tomando um vetor \( k \) em \( K \) qualquer tal que \( k = \sum_{j=1}^{n} w_j u_j \), temos que \[ k = \sum_{j=2}^{n} w_j u_j + w_1[(1/a_1) v_1 - \sum_{i=2}^{n} (a_i/a_1) u_i]\] \[ k = \sum_{i=2}^{n} [w_i-w_1(a_i/a_1)] u_i + (w_1/a_1)v_1 \] Então, por raciocínio análogo, \( \{u_2,...,u_n,v_1,v_2\} \) é LD com \( v_2 = \sum_{i=2}^{n} b_i u_i + c_1 v_1 \), em que ao menos um \( b_i \) é não nulo, pois \( V \) é LI. Assumindo, sem perda de generalidade, que \( b_2 \) é não nulo, temos \( u_2 = (1/b_2) v_2 - (c_1/b_2) v_1 - \sum_{i=3}^{n} (b_i/b_2) u_i \), valendo então que \( span\{u_2,...,u_n,v_1\}=span\{u_3,...,u_n,v_1, v_2\}=K \). Repetindo esse procedimento mais \( n-2 \) vezes, obtemos que \( span\{v_1,...,v_n\}= K \). Ora, mas como \( m \gt n \), temos que o vetor \( v_m \) pode ser escrito como uma combinação linear de \( v_1,...,v_n \), o que é uma absurdo, pois \( V \) é um conjunto LI. Portanto, qualquer conjunto com mais de \( n \) vetores é LD.
2.2) Na demonstração do corolário você usa que todas as bases de um espaço vetorial possuem o mesmo número de elementos, que é o que garante que a dimensão de um espaço vetorial esteja bem definida. Assim, talvez seja interessante apresentar esse fato antes, como um primeiro corolário do teorema.

3) Apêndice, demonstração do lema (caso decida por manter a demonstração do teorema usando o lema):
3.1) O caso do sistema trivial não foi tratado. É fácil notar que temos uma solução não trivial nesse caso, já que qualquer vetor \( x \) será solução. De todo modo, para tornar a demonstração completa, acho que seria importante fazer esse argumento.
3.2) Na demonstração para \( m = 1 \) você assume, sem perda de generalidade, que \( a_{11} \) é um coeficiente não nulo, mas logo em seguida isola o \( x_n \) na equação, quando na verdade você deveria ter isolado o \( x_1 \), já que você nada disse sobre o \( a_{1n} \), que está dividindo os demais coeficientes na equação apresentada.
comentou Fev 17 por Douglas Mangini (6 pontos)  
Obrigado pela resposta, Thiago. Vou manter a demonstração como está, mas acatei suas outras sugestões e corrigi os vícios apontados. Em breve eu adiciono ao apêndice a demonstração do teorema que você corretamente mostrou ausente. Valeu!
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