Espaços Vetoriais

A título de exemplo, tem-se que qualquer conjunto $\mathbb{R}^n$ é um espaço vetorial sobre $\mathbb{R}$, já que, considerando $x = (x_1, x_2, \cdots, x_n)$ e $y = (y_1, y_2, \cdots, y_n)$:

• $x + y = (x_1 + y_1, x_2 + y_2, \cdots, x_n + y_n)$;
• $\alpha x = (\alpha x_1, \alpha x_2, \cdots, \alpha x_n)$.

Note-se, claro, que para $\mathbb{R}^n$ todas as outras propriedades supra-referidas são também satisfeitas.

São exemplos, ainda, espaços como $\mathbb{P}_n$, o conjunto de polinómios de grau $\leq n$, $\mathbb{F}$, o conjunto das funções reais de variável real $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$, entre muitos outros.

Subespaços Vetoriais

Tendo abordado acima o conceito de espaço vetorial, podemos agora definir o de subespaço vetorial: tendo $V$ um espaço vetorial sobre $\mathbb{K}$, dizemos que um subconjunto $W \subseteq V$ é um subespaço vetorial de $V$ se e apenas se $W$ satisfaz as mesmas propriedades de $V$ - verificando todos os axiomas e propriedades que $V$ verifica, podemos então dizer que $W$ é também um espaço vetorial sobre $\mathbb{K}$.

Podemos, por exemplo, procurar mostrar que $S = \{x_1, x_2 \in \mathbb{R}^2: x_1 + x_2 = 0\}$, o conjunto de todos os pares de reais que somados dão zero (i.e simétricos), é um subespaço de $\mathbb{R}^2$: para tal, basta verificar que $S$ satisfaz todas as propriedades de um espaço vetorial:

• $\overset{\rightarrow}{0} \in S$, já que $0 + 0 = 0$;
• a adição está definida para este conjunto: considerando $x = (x_1, x_2)$ e $y = (y_1, y_2)$, $x, y \in S: x + y = (x_1 + y_1) + (x_2 + y_2) = 0 + 0 = 0$, pelo que $x + y = (x_1 + y_1, x_2 + y_2) \in S$;
• por fim, a multiplicação por escalar está também definida para $S$: considerando $x = (x_1, x_2)$, $x \in S$ e $\alpha \in \mathbb{R}$, $\alpha x_1 + \alpha x_2 = \alpha (x_1 + x_2) = \alpha 0 = 0$, pelo que $\alpha x = (\alpha x_1, \alpha x_2) \in S$.

Note-se que subespaços de $\mathbb{R}^2$ são o vetor nulo, retas que passem pela origem, e o próprio $\mathbb{R}^2$, claro.

É igualmente possível provar, através de um contra-exemplo ou por contradição, que um conjunto $W \subseteq V$ não é um subespaço vetorial de $V$. Tomemos como exemplo o conjunto $W = \{x_1, x_2 \in \mathbb{R}^2: x_1 x_2 = 0\}$, o conjunto de todos os pares de reais que multiplicados dão zero (i.e. ortogonais). Não podemos afirmar que $W$ é um subespaço vetorial de $\mathbb{R}^2$, pois, por exemplo, $x = (1, 0)$ e $y = (0, 1)$ são elementos de $W$, mas $x + y = (1, 1) \notin W$.

Interseção, Soma e União de Subespaços Vetoriais

Dado um conjunto de espaços vetoriais $\{V_1, V_2, \cdots, V_n\}$, todos eles subespaços de um espaço vetorial $V$, podemos definir a interseção entre estes espaços vetoriais como sendo o conjunto $\bigcap_{i=1}^n V_i$, o conjunto de todos os elementos comuns a todos os espaços vetoriais do conjunto. Para o provar, consideremos, por exemplo, os conjuntos arbitrários $S_1, S_2$, tal que ambos são subespaços de um espaço $S$. Como já vimos anteriormente, o nosso conjunto $S_1 \cap S_2$ terá, por forma a ser um subespaço de $S$, de satisfazer três principais propriedades:

• $\overset{\rightarrow}{0} \in S_1 \cap S_2$, já que $\overset{\rightarrow}{0} \in S_1$ e $\overset{\rightarrow}{0} \in S_2$ obrigatoriamente, sendo ambos subespaços de $S$;
• a adição está definida para este conjunto: considerando $x = (x_1, x_2)$ e $y = (y_1, y_2)$, $x, y \in S_1 \cap S_2: x, y \in S_1 \wedge x, y \in S_2 \Rightarrow x + y \in S_1 \wedge x + y \in S_2 \Rightarrow x + y \in S_1 \cap S_2$;
• por fim, a multiplicação por escalar está também definida para $S_1 \cap S_2$: considerando $x = (x_1, x_2)$, $x \in S_1 \cap S_2$ e $\alpha \in \mathbb{K}$, $x \in S_1 \wedge x \in S_2 \Rightarrow \alpha x \in S_1 \wedge \alpha x \in S_2 \Rightarrow \alpha x \in S_1 \cap S_2$.

Se é verdade que podemos afirmar que a interseção de dois espaços vetoriais é também um subespaço vetorial, não é igualmente verdade que o possamos afirmar para a união de dois espaços vetoriais: basta pensar, por exemplo, num cenário com dois subespaços vetoriais, $S_1$ e $S_2$, tal que $S_1$ corresponde ao conjunto de todos os pontos no eixo das abscissas e $S_2$ corresponde ao conjunto de todos os pontos no eixo das ordenadas. $(3, 0) \in S_1$ e $(0, 3) \in S_2$, mas $(3, 3) \notin S_1 \cup S_2$, pois $(3, 3)$ não pertence a nenhum dos dois subespaços vetoriais. Assim sendo, a soma não se diz fechada para esta operação, pelo que a união de subespaços não é, de forma generalizada, um subespaço vetorial.

Note-se, contudo, que a soma de dois espaços vetoriais é também um subespaço vetorial! A prova é relativamente simples: consideremos os espaços vetoriais $S_1$ e $S_2$, tal que ambos são subespaços de um espaço $S$. Como já vimos anteriormente, o nosso conjunto $S_1 + S_2$ terá, por forma a ser um subespaço de $S$, de satisfazer três principais propriedades:

• $\overset{\rightarrow}{0} \in S_1 + S_2$, já que $\overset{\rightarrow}{0} \in S_1$ e $\overset{\rightarrow}{0} \in S_2$ obrigatoriamente, sendo ambos subespaços de $S$;
• a adição está definida para este conjunto: considerando $x = (x_1, x_2)$ e $y = (y_1, y_2)$, $x, y \in S_1 + S_2: x \in S_1 \wedge y \in S_2 \Rightarrow x + y \in S_1 \wedge x + y \in S_2 \Rightarrow x + y \in S_1 + S_2$;
• por fim, a multiplicação por escalar está definida para $S_1 + S_2$: considerando $x = (x_1, x_2)$, $x \in S_1 + S_2$ e $\alpha \in \mathbb{K}$, $x \in S_1 \wedge x \in S_2 \Rightarrow \alpha x \in S_1 \wedge \alpha x \in S_2 \Rightarrow \alpha x \in S_1 + S_2$.

Expansão Linear e Conjunto Gerador

Dado um conjunto de vetores $\{v_1, v_2, \cdots, v_n\}$, elementos de um espaço vetorial $V$ sobre $\mathbb{K}$, podemos dizer que $w \in V$ se pode escrever como uma combinação linear desses vetores se e só se existir um conjunto de coeficientes $\{c_1, c_2, \cdots, c_n\}$, todos eles elementos de $\mathbb{K}$, tal que:

Mais ainda, dizemos que o subconjunto de $V$ formado pelos vetores $w$ que podem ser escritos como uma combinação linear dos vetores $\{v_1, v_2, \cdots, v_n\}$ corresponde à expansão linear, vulgo span, de $V$ em relação aos vetores $\{v_1, v_2, \cdots, v_n\}$:

Um conjunto de vetores $\{v_1, v_2, \cdots, v_n\}$ diz-se gerador de $V$ se e só se $V = L\{v_1, v_2, \cdots, v_n\}$.

A título de exemplo temos, claro, que os vetores $\{(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)\}$ são geradores do espaço vetorial $\mathbb{R}^4$: podemos escrever qualquer vetor $(x, y, z, w) \in \mathbb{R}^4$ como uma combinação linear dos vetores em questão, através de um simples produto escalar; $(3, 1, 8, 2)$, por exemplo, pode ser escrito através da combinação linear:

Exemplo

Nem sempre é tão fácil determinar se um conjunto de vetores é gerador de um espaço vetorial como foi acima. Assim sendo, fará sentido considerar casos mais peculiares; consideremos os seguintes vetores de $\mathbb{R}^3$:

$$v_1 = (1, 2, 1), \quad v_2 = (0, 0, 1), \quad v_3 = (2, 4, 5), \quad v_4 = (3, 6, 0)$$

Procuremos, primeiro, determinar a forma geral da expansão linear de $\{v_1, v_2, v_3, v_4\}$, e de seguida aferir se os vetores em questão são geradores de $\mathbb{R}^3$.

Ora, como sabemos, um vetor de $\mathbb{R}^3$ pertence à expansão linear de $\{v_1, v_2, v_3, v_4\}$ se e só se pode ser escrito como uma combinação linear dos vetores em questão - i.e, se e só se pode ser escrito como:

$$(y_1, y_2, y_3, y_4) = c_1 \cdot (1, 2, 1) + c_2 \cdot (0, 0, 1) + c_3 \cdot (2, 4, 5) + c_4 \cdot (3, 6, 0)$$

Ora, isto é equivalente a dizer que tal só acontece caso o vetor $(y_1, y_2, y_3, y_4)$ seja solução do seguinte sistema de equações lineares:

$$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 2 & 3 \\ 2 & 0 & 4 & 6 \\ 1 & 1 & 5 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} c_1 \\ c_2 \\ c_3 \\ c_4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} y_1 \\ y_2 \\ y_3 \end{bmatrix}$$

Por eliminação de Gauss, teríamos o seguinte:

$$\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & 2 & 3 & y_1 \\ 2 & 0 & 4 & 6 & y_2 \\ 1 & 1 & 5 & 0 & y_3 \end{array}\right] \overset{\cdots}{\rightarrow} \left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & 2 & 3 & y_1 \\ 0 & 1 & 3 & -3 & y_3 - y_1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & y_2 - 2y_1 \end{array}\right]$$

Assim sendo, teríamos que $L\{v_1, v_2, v_3, v_4\} = \{(y_1, y_2, y_3) \in \mathbb{R}^3: y_2 = 2y_1\}$. Note-se, claro, que esta expansão linear não é geradora de $\mathbb{R}^3$, precisamente porque existem vetores em $\mathbb{R}^3$ que não pertencem a $L\{v_1, v_2, v_3, v_4\}$ (tal como $(1, 1, 1)$).

Neste último exemplo, podíamos ter afirmado que os vetores $\{v_1, v_2, v_3, v_4\}$ não são geradores de $\mathbb{R}^3$ sem sequer ter de calcular a expansão linear de $\{v_1, v_2, v_3, v_4\}$; basta, para tal, verificar se o sistema de equações lineares que define a expansão linear de $\{v_1, v_2, v_3, v_4\}$ tem alguma linha nula (ou seja, se após transformar o SEL em escada de linhas existe alguma linha sem pivô) - caso tenha, podemos afirmar que não é gerador. Por consequência, todo o conjunto gerador de $\mathbb{R}^n$ terá obrigatoriamente dimensão $\geq n$.

Dependência e Independência Linear

A noção de dependência linear está intimamente ligada à de combinação linear; um conjunto de vetores $\{v_1, v_2, \cdots, v_n\}$ diz-se linearmente dependente caso exista pelo menos um vetor $v_i \in \{v_1, v_2, \cdots, v_n\}$ tal que a combinação linear dos restantes vetores seja igual a $v_i$. Caso contrário, o conjunto de vetores é dito linearmente independente.

Isto é equivalente, claro, a dizer que para ocorrer dependência linear entre um conjunto de vetores terá de existir um conjunto de escalares $\{c_1, c_2, \cdots, c_n\}$, não todos nulos, tal que $\sum_{j=1}^n c_j v_j = \overrightarrow{0}$.

Prova

A prova é relativamente simples: considerando um conjunto de vetores $\{v_1, v_2, \cdots, v_n\}$ linearmente dependente, podemos escrever, para pelo menos um vetor $v_i \in \{v_1, v_2, \cdots, v_n\}$:

$$\sum_{j=1, j \neq i}^n c_j v_j = v_i$$

Isto significa, claro, que $c_1 v_1 + \cdots + (-1) v_i + \cdots + c_n v_n = 0$, pelo que garantidamente teremos escalares $c_1, \cdots, c_n$ não todos nulos (já que $c_i = -1$) tal que:

$$\sum_{i=1}^n c_i v_i = \overrightarrow{0}$$

Mais ainda, isto corresponderá precisamente a:

$$v_i = \left(-\frac{c_1}{c_i}\right) v_1 + \cdots + \left(-\frac{c_n}{c_i}\right) v_n$$

Ou seja, o vetor $v_i$ é uma combinação linear dos restantes vetores, pelo que o conjunto de vetores é linearmente dependente.

Note-se, claro, que qualquer conjunto de vetores $\{v_1, v_2, \cdots, v_n\}$ que contenha pelo menos um vetor nulo é linearmente dependente: basta, para tal, notar que o coeficiente associado ao vetor nulo pode ser qualquer número, e que mantendo todos os outros coeficientes iguais a zero, $\sum_{i=1}^n c_i v_i = \overrightarrow{0}$ obrigatoriamente.

Mais ainda, podemos rapidamente notar que a noção de colinearidade de vetores é aqui bastante relevante: se $\{v_1, v_2, \cdots, v_n\}$ é um conjunto de vetores onde pelo menos dois vetores, $v_i$ e $v_j$, são colineares, então $\{v_1, v_2, \cdots, v_n\}$ é linearmente dependente. Isto porque, se $v_i$ e $v_j$ são colineares, então podemos escrever $v_i = \alpha v_j$ para algum $\alpha \neq 0$. Assim sendo, temos o seguinte:

Quando não estamos perante um conjunto de vetores onde pelo menos dois vetores são colineares/não estamos na presença do vetor nulo, podemos ainda assim verificar se este é linearmente dependente; para tal, recorreremos, mais uma vez, à representação matricial de um sistema de equações lineares.

Exemplo

Consideremos o seguinte conjunto de vetores:

$$v_1 = (4, 3), \quad v_2 = (2, 1)$$

Caso este conjunto seja linearmente independente, podemos escrever o seguinte:

$$c_1 v_1 + c_2 v_2 = \overrightarrow{0} \leftrightarrow c_1 \begin{bmatrix} 4 \\ 3 \end{bmatrix} + c_2 \begin{bmatrix} 2 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$

Como sabemos, isto é equivalente à seguinte representação matricial:

$$\begin{bmatrix} 4 & 2 \\ 3 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} c_1 \\ c_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$

Podemos utilizar eliminação de Gauss para colocar a matriz em escada de linhas, obtendo:

$$\begin{bmatrix} 4 & 2 \\ 0 & \frac{-1}{2} \end{bmatrix}$$

Visto que todas as colunas do sistema possuem pivô, o sistema é consistente e tem solução única, pelo que o conjunto de vetores é linearmente independente. Note-se que, estando na presença de uma matriz quadrada, podíamos ter verificado se o sistema é consistente e tem solução única através da determinante da matriz - caso seja não nulo, o sistema é consistente e tem solução única (e estaríamos na presença de um conjunto linearmente independente).

Generalizando o observado no exemplo anterior, podemos verificar o seguinte:

Note-se, por fim, que dizemos que um conjunto gerador de $\mathbb{R}^m$ linearmente independente diz-se uma base de $\mathbb{R}^m$. Correspondendo a uma matriz quadrada, e tendo em conta o que já referimos sobre a nulidade do seu determinante anteriormente, podemos afirmar que um conjunto de vetores é uma base de $\mathbb{R}^m$ se e só se a matriz correspondente for invertível!