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Dependência linear
Seja V um espaço vetorial sobre \R.
Conjunto linearmente independente (L.I.)
Dizemos que um conjunto L = \{u_1, \dots, u_2\} \subset V é linearmente independente se e somente se, uma igualdade do tipo
a_1u_1 + \dots + a_nu_n = e
onde a \in \R, for possível somente quando a_1 = \dots = a_n = 0. Outro caso possível é quando o conjunto L em questão é nulo (L = \{\empty\}).
Conjunto linearmente dependente (L.D.)
Quando o conjunto não é nulo e a somatória anteriormente descrita só é possível se \exists\ a \not = 0.
Propriedades da dependência linear
P1. Se um conjunto L \subset V contém o vetor nulo, então esse conjunto é L. D.
Demonstração: Seja S = \{e, u_2, \dots, u_n\}, então
ae + 0u_2 + \dots + 0u_n = e
para todo a \not = 0. Isso é suficiente para concluir que S é L. D.[^1] \blacksquare
P2. Se L = {u}, onde L \subset V e u \not = e, então L é L.I.
Demonstração: Se au = e, e u \not = e, então a = 0. \blacksquare
P3. Se S = \{u_1, \dots, u_n\} \subset V é L.D., então um dos seus vetores é a combinação linear de todos os demais.
Demonstração: por hipótese existem números reais a_1, \dots, a_n onde pelo menos um é igual a zero. Venhamos a estabelecer que a_1 \not = 0 então o inverso de a_1, (a_1^{-1}) existe e:
$a_1u_1 + a_2u_2 + \dots a_nu_n = e \implies u_1 = - \dfrac{a_2u_2 + \dots + a_nu_n }{a_1} = \ a_1^{-1}a_2u_2 + \dots + a_1^{-1}a_nu_n $
O que mostra que u_1 equivale à combinação linear de u_2, \dots, u_n:
u_1 = [S] = \{a_1^{-1}a_2u_2 + \dots + a_1^{-1}a_nu_n \mid a_1, \dots, a_n \in \R\} \blacksquare
P4. Se S_1 e S_2 são subconjuntos finitos e não vazios de V, se S_1 \subset S_2 e S_1 é L.D., então S_2 também é L.D.
Demonstração: como nem todos os escalares que figuram em S_1 são nulos, o que configura L.D., e S_2 contém S_1, então o conjunto dos escalares em S_2 também não é inteiramente nulo. \blacksquare
P5. Se S_1 e S_2 são subconjuntos finitos e não vazios de V, se S_1 \subset S_2 e S_2 é L.I., então S_2 também é L.I.
Demonstração: situação complementar à aquele da propriedade anterior. \blacksquare
P6. Se S = \{u_1, \dots, u_n\} \subset V é L.I, e para um certo u \in V tem-se S \cup \{u\} = \{u_1, \dots, u_n, u\} L.D., então o vetor u é combinação linear dos vetores u_1, \dots, u_n, isto é, u \in [S].
Demonstração: Por hipótese tem-se uma igualdade
a_1u_1 + \dots + a_nu_n + au = e
onde nem todos os escalares que figuram nela são nulos. Afirmamos que um dos escalares não nulos é o a. De fato, se a = 0, então
a_1u_1 + \dots a_nu_n = e
Como porém o conjunto S é L.I., esta última igualdade só seria possível com a_1 = \dots = a_n. Daí, se a = 0, então a = a_1 = \dots = a_n = 0, o que contradiz a hipótese.
Já que a \not = 0, temos que:
$ a_1u_1 + \dots a_nu_n + au = e\\ \ \implies u = - \dfrac{a_1u_1 + \dots + a_nu_n}{a}= (a_1a^{-1})u_1 + \dots + (a_na^{-1})u_n $
P7. Se S = \{u_1, \dots, u_j, \dots, u_n\} e u_j \in [S - {u_j}] (isto é, u_j é combinação linear doutros vetores contidos em S), então
[S] = [S - \{u_j\}]
Demonstração: Faremos a prova supondo j = 1, o que nada tira em generalidade. É obvio que [S - \{u_1\}] \subset [S], pois S - {u_1} \subset S. Como foi dito que u_j é a combinação linear dos demais vetores, aplicando a propriedade P3, temos:
u_1 = - \dfrac{a_2u_2 + \dots + a_nu_n}{a_1} = b_2u_2 + \dots + b_nu_n = [S]
Onde b_i = -a_1^{-1}a_i. Continuando,
b_2u_2 + \dots + b_nu_n = [S - \{u_1\}] \therefore [S - \{u_1\}] = [S]