14 fev 2017, 14:39
Suponha que {\(u_{1}, ..., u_{n}\)} é um subconjunto linearmente independente (L.I.) de um espaço vetorial. Mostrar que {\(a_{1}u_{1},...,a_{2}u_{2}\)} também é L.I., desde que os escalares \(a_{i}\) sejam todos não nulos.
Vou mostrar como respondi e gostaria de saber se está correto:
Fazendo \(U_{1}\) = {\(u_{1}, ..., u_{n}\)} e \(U_{2}\) = {\(a_{1}u_{1},...,a_{2}u_{2}\)}. Se \(U_{1}\) é um subconjunto, podemos dizer que é um sub-espaço vetorial pelas operações usuais. Sabendo disso, a propriedade da multiplicação por escalar é válida e, portanto, \(U_{2}\) também é um sub-espaço vetorial. Podemos dizer que \(U_{2}\) \(\subset\) \(U_{1}\), fazendo com que \(U_{2}\) também seja L.I. Tomando escalares \(b_{i}\), teríamos que, para \(U_{2}\) ser L.I., \(b_{i}\) sejam todos nulos. Isso só é garantido se \(a_{i}\) foram todos não nulos.
14 fev 2017, 17:36
Atenção !!! Novamente tu tais chamando base erroneamente de (sub) espaço vetorial .
Escreva \(v_i := a_i v_i\) . Queremos mostrar que o conjunto \(\{v_1 , \dots , v_n \}\) (nomeadamente de \(U_2\) por vc ) é L.I , isto é ,
se \((*) \sum_{i} b_i v_i = \bar {0}\) , então \(b_i = 0\) . Para tal , como \((\forall i) a_i \neq 0\) , temos que \(b_i a_i = 0\) sse \(b_i = 0\) .
Logo , se \((*)\) vale, temos que \(\sum_{i}( b_i a_i) u_i = \bar {0}\) o que implica da independência linear dos \(u_i\) 's \(b_i a_i = 0 , i = 1 \dots , n\) que é somente possível sse \(b_i = 0 , i = 1 \dots , n\)