Arquivo - Departamento de Matemática

Portanto concluímos que o vetor v =
k
xjvj é um vetor isotrópico contido em V . Por
j=1
outro lado, como Gx = 0, todas as componentes deste vetor são iguais ao número zero.
Mas, da equação (4.2), temos que a i-ésima componente do vetor Gx é igual a
k
0 = (Gx)i = vi, = 〈vi, v〉.
j=1
Assim, concluímos que 〈vi, v〉 = 0 para todo i = 1, 2, . . . , k. Como V = span{v1, . . . , vk},
isto implica que 〈w, v〉 = 0 para todo w ∈ V . Logo v ∈ Rad(V ) = {0 }, e isso implica
k
que v = 0. Assim, v = xjvj = 0, donde concluímos que os vetores v1, . . . , vk são
j=1
xjvj
linearmente dependentes pois x = (x1, . . . , xk) não é o vetor nulo.
Observação: A conclusão da parte (b) da proposição anterior pode ser falsa se V =
span{v1, . . . , vk} for um subespaço degenerado de R n . De fato, considere a forma
bilinear simétrica não-degenerada em R 3 dada por 〈x, y〉 = x1y1+x2y2−x3y3. Se v1 = (1, 0, 0)
e v2 = (0, 1, 1) então esses vetores são linearmente independentes, mas possuem como matriz
de Gram, a seguinte matriz singular
G =
1 0
.
0 0
Observe que isso não contradiz a proposição anterior pois o espaço V = span{v1, v2} é
degenerado: v2 ∈ Rad(V ).
Exemplo: Seja q uma forma quadrática em R n e seja V = {0 } um subespaço de R n . Se V
só contém vetores isotrópicos, a identidade de polarização implica que 〈x, y〉 = 0 para todo
x e y de V . Daí vemos que Rad(V ) = V e que V é um subespaço degenerado de R n . Daí
concluímos que se V = {0 } é um subespaço não-degenerado de R n , então V deve conter
algum vetor não-isotrópico.
Teorema 4.1. Seja q uma forma quadrática não-degenerada em R n . Para todo subespaço
V de R n temos:
dim(V ) + dim(V ⊥ ) = n.
41