USP-SMA-304 Algebra Linear by Fabrício Brito

Notas de Aula de SMA-304 A lgebra Linear (baseada na Apostila do Prof. Zani) Wagner Nunes Departamento de Matem atica ICMC { USP 2010

Sum´ ario 1 Espa¸ cos Vetoriais

1.1 Introdu c~ao e Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.2 Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.3 Exerc cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2 Subespa¸ cos Vetoriais

3 Combina¸ c˜ oes Lineares

4 Dependˆ encia Linear

2.1 Introdu c~ao e Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 2.2 Interse c~ao e Soma de Subespa cos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 2.3 Exerc cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 3.1 Introdu c~ao e Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 3.2 Geradores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 3.3 Exerc cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 4.1 Introdu c~ao e Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 4.2 Propriedades da depend^encia linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68 4.3 Exerc cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

5 Base, Dimens˜ ao e Coordenadas

5.1 5.2 5.3 5.4

Base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dimens~ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dimens~ao da Soma de Subespa cos Vetoriais Coordenadas . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

. . . .

75 79 87 95

SUMARIO

5.5 Exerc cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 6 Mudan¸ ca de Base

103

7 Exerc´ıcios Resolvidos

115

6.1 Introdu c~ao, Exemplos e Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 6.2 Exerc cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

8 Transforma¸ c˜ oes Lineares

8.1 8.2 8.3 8.4 8.5

Introdu c~ao e Exemplos . . . . . . . . . O Espa co Vetorial L (U, V) . . . . . . Imagem e N ucleo . . . . . . . . . . . . Isomor smo e Automor smo . . . . . Matriz de uma Transforma c~ao Linear . 8.5.1 De ni c~ao e Exemplos . . . . . 8.5.2 Propriedades . . . . . . . . . . 8.6 Exerc cios . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . .

131

131 141 154 170 176 176 179 188

9 Exerc´ıcios Resolvidos

189

10 Autovalores e Autovetores

201

11 Diagonaliza¸ c˜ ao

227

12 Espa¸ cos Euclidianos

249

10.1 De ni c~ao, Exemplos e Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . 201 10.2 Polin^omio Caracter stico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216 11.1 De ni c~ao e Caracteriza c~ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227 11.2 Exerc cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248 12.1 12.2 12.3 12.4 12.5 12.6 12.7

Produto Interno . . . . . . Norma . . . . . . . . . . . . Dist^ancia . . . . . . . . . . ^ ngulo . . . . . . . . . . . . A Ortogonalidade . . . . . . . Processo de Gram-Schmidt Complemento Ortogonal . .

. . . . . . .

249 260 265 267 269 280 286

SUMARIO

12.8 Isometria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 289 12.9 Operador Autoadjunto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 296 12.10Exerc cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301 13 Forma Canˆ onica de Jordan

303

14 Apˆ endice I - Matrizes

313

13.1 Introdu c~ao e Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303 13.2 Exerc cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312 14.1 14.2 14.3 14.4 14.5

Introdu c~ao . . . . . . . . . . . . De ni c~oes B asicas . . . . . . . Opera c~oes com Matrizes . . . . Algumas matrizes importantes Determinante . . . . . . . . . .

. . . . .

De ni c~oes B asicas . . . . . . . . . . . O Sistema Linear Homog^enio . . . . . O Sistema Linear N~ao Homog^enio . . A Inversa de Matrizes N~ao Singulares Regra de Crammer . . . . . . . . . . .

. . . . .

15 Apˆ endice II - Sistemas Lineares

15.1 15.2 15.3 15.4 15.5

. . . . .

313 313 316 325 327

341

341 355 360 366 370

SUMARIO

Cap´ıtulo 1

Espa¸cos Vetoriais 3.08.2010 - 1.a 6.08.2010 - 2.a

1.1

Introdu¸c˜ ao e Exemplos

Neste cap tulo introduziremos o conceito de espa co vetorial real que ser a utilizado em todo o decorrer do curso. Por em, antes de apresentarmos a de ni c~ao de espa co vetorial real, passaremos a analisar em paralelo dois objetos, a saber, o conjunto formado pelas fun c~oes f : R → R, que ser a denotado por F (R; R) e o conjunto das matrizes quadradas de ordem n com coe cientes reais, que denotaremos por Mn (R), ou simplesmente, por Mn . A soma de duas fun c~oes f e g de F (R; R) e de nida como sendo a fun c~ao f + g ∈ F (R; R) dada por . (f + g)(x) = f(x) + g(x), x ∈ R.

Note tamb em que se λ ∈ R, que chamaremos de escalar, podemos multiplicar a fun c~ao f pelo escalar λ, da seguinte forma (λ · f)(x) = λ[f(x)], x ∈ R

resultando num elemento de F (R). 7

CAP ITULO 1. ESPAC OS VETORIAIS

Com rela c~ao a Mn (R) podemos de nir a soma de duas matrizes quadradas de ordem n, A = (aij )n×n e B = (bij )n×n , como . A + B = (aij + bij )n×n ,

ou seja, somando-se as correspondentes entradas das matizes, e esta soma resiltar a em um elemento de Mn (R). Com a rela c~ao a multiplica c~ao de uma matriz quadrada de ordem n, A = (aij )n×n , por um escalar λ ∈ R, de nimos . λ · A = (λaij )n×n ,

ou seja, multiplicando-se por λ cada entrada da matiz,o qual tamb em resultar a em um elemento de Mn (R). O que estes dois conjuntos acima, munidos dessas opera coes de adi c~ao de seus elementos dos correspondentes conjuntos e multiplica c~ao de seus elementos por escalares, t^em comum? Vejamos: Veri ca-se facilmente a partir das propriedades dos n umeros reais que, para quaisquer fun c~oes f, g e h em F (R; R) e para todo λ, µ ∈ R, s~ao v alidas as seguintes propriedades: 1. f + g = g + f; 2. f + (g + h) = (f + g) + h; 3. se O representa o fun c~ao nula(isto e, O(x) =. 0 para todo x ∈ R) ent~ao O + f = f;

4. a fun c~ao −f de nida por . (−f)(x) = −[f(x)],

e tal que f + (−f) = O; 5. λ · (µ · f) = (λµ) · f; 6. (λ + µ) · f = λ · f + µ · f; 7. λ · (f + g) = λ · f + λ · g;

para todo

x ∈ R,

~ E EXEMPLOS 1.1. INTRODUC AO

8. 1 · f = f. Por outro lado, para quaisquer matrizes A, B e C em Mn (R) e para todo tamb em s~ao v alidas as seguintes propriedades:

λ, µ ∈ R,

1. A + B = B + A; 2. A + (B + C) = (A + B) + C; 3. se O representa o fun c~ao nula (isto e, O =. (0)n×n ), ent~ao O + A = A; 4. se A = (ai,j )n×n ent~ao a matriz −A, de nida por −A =. (−ai,j )n×n , e tal que A + (−A) = O; 5. λ · (µ · A) = (λµ) · A; 6. (λ + µ) · A = λ · A + µ · A; 7. λ · (A + B) = λ · A + λ · B; 8. 1 · A = A. Podemos ver que tanto o conjuntos das fun c~oes de nidas na reta a valores reais como o conjunto das matrizes quadradas de ordem n, quando munidos de somas e multiplica c~ao por escalares correspondentes, apresentam propriedades alg ebricas comuns. Na verdade muitos outros conjuntos munidos de opera c~oes apropriadas apresentam propriedades semelhantes as acima. E por isso que ao inv es de estudarmos cada um desses modelos separadamente estudaremos um conjunto arbitr ario e n~ao vazio, V, sobre o qual supomos estar de nidas uma opera c~ao de adi c~ao, isto e, para cada u, v ∈ V existe um u nico elemento de V associado, chamado a soma entre u e v e denotado por u + v, e uma multiplica c~ao por escalar, isto e, para cada u ∈ V e λ ∈ R existe um u nico elemento de V associado, chamado de produto de u pelo escalar λ e denotado por λ · u. Mais precsimante, temos a:

CAP ITULO 1. ESPAC OS VETORIAIS

10 Defini¸ c˜ ao 1.1

di c~ao, isto e,

Um conjunto V , n~ao vazio, munido de uma opera c~ao de a+:V ×V →V

e de uma opera c~ao de multiplica c~ao por escalar, ou seja, · :R×V →V

ser a denominado espa co vetorial real (ou sobre R) se s~ao v alidas as seguintes propriedades:

(ev1) (Comutativa) u + v = v + u para todo u, v ∈ V; (ev2) (Associativa) u + (v + w) = (u + v) + w para todo u, v, w ∈ V; (ev3) (Exist^encia do elemento neutro) existe um elemento O + u = u para todo u ∈ V;

O ∈ V

tal que

(ev4) (Exist^encia do elemento oposto) para cada u ∈ V existe v ∈ V tal que u + v = O;

(ev5) (Associativa da multiplica c~ao)

λ · (µ · u) = (λµ) · u

para todo

u∈V

λ, µ ∈ R;

(ev6) (Distribuitiva da multiplica c~ao) (λ + µ) · u = λ · u + µ · u para todo u ∈ V, λ, µ ∈ R;

(ev7) (Distribuitiva da multiplica c~ao pela adi c~ao) λ · (u + v) = λ · u + λ · v para todo u, v ∈ V e λ ∈ R; (ev8) (Exist^encia de elemento unit ario) 1 · u = u para todo u ∈ V. Observa¸ c˜ ao 1.2 No caso acima a terna (V, +, ·) ser a dita espa co vetorial real (ou sobre R), e quando as opera c~oes envolvidas forem as naturais de V diremos, apenas, que V e um espa co vetorial real (ou sobre R).

E comum chamarmos os elementos de um espa co vetorial de vetores, independentemente da natureza dos mesmos. Tamb em chamamos de escalares os n umeros reais quando estes desempenham o seu papel na a c~ao de multiplicar um vetor por esses n umero real.

~ E EXEMPLOS 1.1. INTRODUC AO

O elemento O ∈ V na propriedade (ev3) e u nico. De fato, qualquer outro O 0 ∈ V satisfazendo a mesma propriedade (ev3) ent~ao, pelas propriedades (ev3) e (ev1) ter amos

Observa¸ c˜ ao 1.3

O 0 = O + O 0 = O 0 + O = O,

isto e,

O = O 0.

Devido a este fato, chamaremos o vetor O de elemento neutro da adi c~ao do espa co vetorial real (V, +, ·). Observa¸ c˜ ao 1.4 Em um espa co vetorial real (V, +, ·), pela propriedade (ev4), para cada u ∈ V existe v ∈ V tal que u + v = O. Na verdade, para cada u ∈ V existe somente um u nico elemento v ∈ V

com esta propriedade. De fato, dado u ∈ V se v e v 0 em V s~ao tais que u+v=O

u + v0 = O

ent~ao, combinando estas equa c~oes com as propriedades (ev1),(ev2) e (ev3), obteremos v = v+) = v + (u + v 0 ) = (v + u) + v 0 = (u + v) + v 0 = O + v 0 = v 0 ,

mostrando que v = v 0 . Denotaremos o vetor v por −u e chamaremo-lo de vetor oposto do vetor u em (V, +, ·). Tamb em denotaremos por u − v o vetor u + (−v), isto e, . u − v = u + (−v).

As quatro primeiras propriedades referem-se apenas a opera c~ao de adi c~ao e s~ao conhecidas, respectivamente, por propriedade comutativa, associativa, exist^encia do elemento neutro e exist^encia do elemento oposto. A quinta e a oitava propriedades s~ao exclusivas da multiplica c~ao por escalar e tamb em podem ser chamadas de associativa e elemento unidade da multiplica c~ao, respectivamente. A sexta e a s etima propriedades relacionam as duas opera c~oes e s~ao ambas conhecidas por distributivas. Observa¸ c˜ ao 1.5

CAP ITULO 1. ESPAC OS VETORIAIS

A rigor, a de ni c~ao de espa co vetorial real que demos acima se refere a multiplica c~ao de vetores por n umero reais, visto que estamos permitindo que os escalares sejam apenas n umeros reais. A no c~ao de espa co vetorial complexo (ou sobre C) pode ser introduzida naturalmente a partir da de ni c~ao acima com as devidas mudan cas. Mais precisamente, pedimos que sejam satisfeitas as propriedades (ev1) at e (ev4) e (ev8) enquanto que as propriedades (ev5) at e (ev7) devem valer para todo λ, µ ∈ C. No entanto, embora importante, n~ao usaremos com freq u^encia, neste curso, o conceito de espa co vetorial complexo (ou sobre C). Observa¸ c˜ ao 1.6

Um outro exemplo de espa co vetorial real , al em dos dois apresentados no in cio do texto, e o conjunto dos vetores de R2 (ou R3 ) como apresentados em Geometria Anal tica munido da adi c~ao de vetores e da multiplica c~ao por escalar por vetores, introduzidos no curso de Geometria Anal tica. Dessa forma, o adjetivo "vetorial" utilizado na de ni c~ao acima deve ser entendido de uma forma mais ampla, sendo uma refer^encia aos elementos de um espa co vetorial real (V, +, ·), independentemente de serem ou n~ao vetores estudados no curso de Geometria Anal tica. O exemplo mais simples de espa co vetorial real seja o conjunto dos n umeros reais com a adi c~ao + e multiplica c~ao · de R, ou seja, (R, +, ·) e um espa co vetorial real (veri que!). Temos tamb em os seguintes exemplos s~ao espa cos vetoriais reais: Exemplo 1.7

1. Para n ∈ N, consideremos o conjunto das n-uplas ordenadas de n umeros reais, que indicaremos por Rn , munido das opera c~oes de adi c~ao de duas n-uplas ordenadas, saber: se de nimos ou seja,

x = (x1 , . . . , xn ), y = (y1 , . . . , yn ) ∈ Rn , . x + y = (x1 + y1 , . . . , xn + yn ) ∈ Rn , + : Rn × Rn → Rn ,

~ E EXEMPLOS 1.1. INTRODUC AO

e o produto de uma n-upla por um escalar, a saber: se de nimos

λ∈R

x = (x1 , . . . , xn )

. λ · x = (λx1 , . . . , λxn ) ∈ Rn , · : R × Rn → Rn .

Pode-se mostrar, que (Rn , +, ·) ser a um espa co vetorial real (veri que!). Observemos que o vetor nulo de (Rn , +, ·) ser a a n-upla nula, isto e, . O = (0, · · · , 0) ∈ Rn .

Al em disso, se x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn ent~ao o vetor oposto associado ao vetor u ser a n-upla . −x = (−x1 , . . . , −xn ) ∈ Rn .

2. Para m, n ∈ N xados, indiquemos por V =. Mm×n (R) o conjunto das matrizes de ordem m × n com coe cientes reais, munido de opera c~oes an alogas aquelas de nidas em Mn (R) introduzidas anteriormente. Com isto temos que (Mm×n (R), +, ·) ser a um espa co vetorial real (veri que!). Observemos que o vetor nulo O de (Mm×n (R), +, ·) ser a a matriz nula, isto e, . O = (aij )m×n ∈ Mm×n (R),

onde

. aij = 0, i = 1, · · · , m

e j = 1, · · · n.

Al em disso, se A = (aij ) ∈ Mm×n (R) ent~ao o vetor oposto associado ao vetor A ser a matriz . −A = (−aij )m×n ∈ Mm×n (R).

CAP ITULO 1. ESPAC OS VETORIAIS

3. Para n â&#x2C6;&#x2C6; N xado, consideremos V =. Pn (R) o conjunto formado pelos polin^omios de grau menor ou igual a n com coe cientes reais. Observemos que p â&#x2C6;&#x2C6; Pn (R)

p(x) = ao + a1 x + Âˇ Âˇ Âˇ + an xn ,

â&#x2021;?â&#x2021;&#x2019;

x â&#x2C6;&#x2C6; R,

onde ao , a1 , Âˇ Âˇ Âˇ , an â&#x2C6;&#x2C6; R. De nimos a adi c~ao de elementos de Pn (R) e a multiplica c~ao de elementos de Pn (R) por escalar da seguinte maneira:

Se p, q â&#x2C6;&#x2C6; Pn(R) temos que p(x) = ao +a1 x+Âˇ Âˇ Âˇ+an xn

q(x) = bo +b1 x+Âˇ Âˇ Âˇ+bn xn ,

xâ&#x2C6;&#x2C6;R

onde ao , bo , a1 , b1 Âˇ Âˇ Âˇ , an , bn â&#x2C6;&#x2C6; R ent~ao de nimos p+q como sendo . (p+q)(x) = p(x)+q(x) = (ao +bo )+(a1 +b1 )x+Âˇ Âˇ Âˇ+(an +bn )xn ,

x â&#x2C6;&#x2C6; R.

Observemos que p + q â&#x2C6;&#x2C6; Pn (R), ou seja, adi c~ao de polin^omios de grau menor ou igual a n e um polin^omio de grau menor ou igual a n, ou ainda: + : Pn (R) Ă&#x2014; Pn (R) â&#x2020;&#x2019; Pn (R).

Se p â&#x2C6;&#x2C6; Pn(R) ent~ao p(x) = ao + a1 x + Âˇ Âˇ Âˇ + an xn ,

x â&#x2C6;&#x2C6; R,

onde

ao , a1 , Âˇ Âˇ Âˇ , an â&#x2C6;&#x2C6; R

assim see Îť â&#x2C6;&#x2C6; R de nimos Îť Âˇ p como sendo . (Îť Âˇ p)(x) = (Îťao ) + (Îťa1 )x + Âˇ Âˇ Âˇ + (Îťan )xn ,

x â&#x2C6;&#x2C6; R.

Observemos que Îť Âˇ p â&#x2C6;&#x2C6; Pn (R), , ou seja, a multiplica c~ao de um polin^omio de grau menor ou igual a n por um n umero real e um polin^omio de grau menor ou igual a n, ou ainda: . : R Ă&#x2014; Pn (R) â&#x2020;&#x2019; Pn (R).

~ E EXEMPLOS 1.1. INTRODUC AO

Deste modo (Pn (R), +, ·) ser a um espa co vetorial real (veri que!). Observemos que o vetor nulo de (Pn (R), +, ·) ser a o polin^omio identicamente nulo, isto e, O ∈ Pn (R),

onde

. O(x) = 0,

x ∈ R.

Al em disso, se p ∈ Pn (R) ent~ao o vetor oposto associado ao vetor ser a o polin^omio −p ∈ Pn (R)

onde

. (−p)(x) = − p(x),

x ∈ R.

4. Sejam I ⊆ R um intervalo de R e F (I; R) o conjunto de todas as fun c~oes f : I → R.

Se f, g ∈ F (I; R) e λ ∈ R de na f + g : I → R por . (f + g)(x) = f(x) + g(x)

(λ · f)(x) = λf(x),

x ∈ A.

Com isto temos de nidas as opera c~oes + : F (I; R) × F (I; R) → F (I; R)

. : R × F (I; R) → F (I; R).

Ent~ao (F (I; R), +, ·) e um espa co vetorial real (veri que!). Observemos que o vetor nulo de (F (I; R), +, ·) ser a a fun c~ao identicamente nulo, isto e, O ∈ F (I; R),

Al em disso, se ser a a fun c~ao

f ∈ F (I; R)

−f ∈ F (I; R)

onde

. O(x) = 0,

x ∈ R.

ent~ao o vetor oposto associado ao vetor

onde

. (−f)(x) = − f(x),

x ∈ R.

5. Indiquemos por C(I; R) o conjunto das fun c~oes cont nuas de nidas num intervalo I ⊆ R, munido das opera c~oes de adi c~ao de fun c~oes e multiplica c~ao de fun c~oes por n umero reais de nidas em F (I; R) no item 2. acima.

CAP ITULO 1. ESPAC OS VETORIAIS

Assim temos que (C(I; R), +, ·) ser a um espa co vetorial real (veri que!). Observemos que o vetor nulo de (C(I; R), +, ·) ser a a fun c~ao identicamente nulo, isto e, ( e uma fun c~ao cont nua em I) O ∈ C(I; R),

onde

. O(x) = 0,

x ∈ R.

Al em disso, se f ∈ C(I; R) ent~ao o vetor oposto associado ao vetor ser a a fun c~ao ( e uma fun c~ao cont nua em I) −f ∈ C(I; R)

onde

. (−f)(x) = − f(x),

x ∈ R.

6. Denotemos por Ck (I; R) o conjunto das fun c~oes cont nuas com derivadas cont nuas at e ordem k ∈ N, (k e xo) de nidas num intervalo aberto I ⊆ R munido das opera c~ oes de adi c~ao de fun c~oes e multiplica c~ao de fun c~oes por n umero reais de nidas em F (I; R) no item 2. acima. Temos que (Ck (I; R), +, ·) ser a um espa co vetorial real (veri que!). Observemos que o vetor nulo de (Ck (I; R), +, ·) ser a a fun c~ao identicamente nulo, isto e, ( e uma fun c~ao cont nua com derivada at e a ordem k cont nuas em I) O ∈ Ck (I; R),

onde

. O(x) = 0,

x ∈ R.

Al em disso, se f ∈ Ck (I; R) ent~ao o vetor oposto associado ao vetor f ser a a fun c~ao ( e uma fun c~ao cont nua com derivada at e a ordem k cont nuas em I) −f ∈ Ck (I; R)

onde

. (−f)(x) = − f(x),

x ∈ R.

7. Indiquemos por C∞ (I; R) o conjunto das fun c~oes com todas as derivadas cont nuas de nidas num intervalo aberto I ⊆ R munido das opera c~oes de adi c~ao de fun c~oes e multiplica c~ao de fun c~oes por n umero reais de nidas em F (I; R) no item 2. acima. Deste modo (C∞ (I; R), +, ·) ser a um espa co vetorial real (veri que!).

~ E EXEMPLOS 1.1. INTRODUC AO

Observemos que o vetor nulo de (C∞ (I; R), +, ·) ser a a fun c~ao identicamente nulo, isto e, ( e uma fun c~ao cont nua com derivada de qualquer ordem cont nua em I) O ∈ C∞ (I; R),

onde

. O(x) = 0,

x ∈ R.

Al em disso, se f ∈ C∞ (I; R) ent~ao o vetor oposto associado ao vetor f ser a a fun ca~o ( e uma fun c~ao cont nua com derivada de qualquer ordem cont nua em I) −f ∈ C∞ (I; R)

onde

. (−f)(x) = − f(x),

x ∈ R. 10.08.2010 - 3.a

Os espa cos vetoriais reais acima envolvem opera c~oes com as quais estamos familiarizados. O pr oximo exemplo e um pouco mais so sticado do que os anteriores e por isso veri caremos que as oito propriedades ocorrem. Exemplo 1.8

Como conjunto tomaremos

. V = (0, ∞),

o semi-eixo positivo

da reta real. Este conjunto se munido das opera c~oes usuais de soma e multiplica c~ao de n umeros reais n~ao ser a um espa co vetorial real, pois n~ao satisfaz, entre outras, a propriedade da exist^encia de um elemento neutro para a adi c~ao (pois 0 6∈ V ). No entanto, se para x, y ∈ V e λ ∈ R, de nirmos a adi c~ao entre de x com y, indicada por x ¢ y, como sendo . x ¢ y = xy,

(o produto usual entre os n umeros reais x e y) e o produto de x pelo escalar λ, denotada por λ ¡ x, como . λ ¡ x = xλ

(a potencia c~ao usual de n umeros reais) ent~ao (V, ¢, ¡) se torna um espa co vetorial real.

CAP ITULO 1. ESPAC OS VETORIAIS

18 Resolu¸ c˜ ao:

De fato, observemos que ¢ : (0, ∞) × (0, ∞) → (0, ∞)

e ¡ : R × (0, ∞) → (0, ∞)

e veri quemos, uma a uma, as oito propriedades da de ni c~ao de espa co vetorial real : 1. x, y ∈ V temos x ¢ y = xy = yx = y ¢ x

para quaisquer x, y ∈ V , logo vale a propriedade (ev1). 2. De modo semelhante temos: x ¢ (y ¢ z) = x ¢ (yz) = x(yz) = (xy)z = (x ¢ y)z = (x ¢ y) ¢ z

para quaisquer x, y, z ∈ V , logo vale a propriedade (ev2). 3. se x ∈ V ent~ao, como 1 ∈ V, temos 1 ¢ x = 1x = x;

ou seja, 1 e o elemento neutro da adi c~ao ¢, o qual denotaremos por O, logo vale a propriedade (ev3). 4. se x ∈ V, isto e, x > 0, ent~ao x−1 > 0, ou seja, x−1 ∈ V e x ¢ x−1 = xx−1 = 1 = O,

ou seja, o elemento oposto de x ∈ V , relativamente a adi c~ao ¢, ser a x−1 ∈ V , logo vale a propriedade (ev4). 5.

λ ¡ (µ ¡ x) = λ ¡ xµ = (xµ )λ = xµλ = xλµ = (λµ) ¡ x

para quaisquer x ∈ V e λ, µ ∈ R, logo vale a propriedade (ev5). 6.

(λ + µ) ¡ x = xλ+µ = xλ xµ = xλ ¢ xµ = (λ ¡ x) ¢ (µ ¡ x)

para quaisquer x ∈ V e λ, µ ∈ R, logo vale a propriedade (ev6).

1.2. PROPRIEDADES 7.

λ ¡ (x ¢ y) = λ ¡ (xy) = (xy)λ = xλ yλ = (λ ¡ x) ¢ (λ ¡ y)

para quaisquer x, y ∈ V e λ ∈ R, logo vale a propriedade (ev7). 8.

1 ¡ x = x1 = x

para qualquer x ∈ V , logo vale a propriedade (ev8). Com isto podemos concluir que (V, ¢, ¡) e um espa co vetorial real.

1.2

Propriedades

Das oito propriedades que de nem um espa co vetorial real podemos concluir v arias outras. Listaremos algumas destas propriedades no seguinte resultado: Proposi¸ c˜ ao 1.9

Ent~ao:

Seja (V, +, ·) um espa co vetorial real .

1. para qualquer λ ∈ R, temos que λ · O = O,

onde 0 ∈ R e O e o elemento neutro da adi c~ao de (V, +, ·). 2. para qualquer u ∈ V, 0 · u = O,

onde 0 ∈ R e O e o elemento neutro da adi c~ao de (V, +, ·). 3. se

ent~ao λ = 0 ou u = O, onde 0 ∈ R e O e o elemento neutro da adi c~ao de (V, +, ·). λ·u=O

4. para quaisquer λ ∈ R e u ∈ V, temos que (−λ) · u = λ · (−u) = −(λ · u).

CAP ITULO 1. ESPAC OS VETORIAIS

5. para quaisquer λ, µ ∈ R e u ∈ V, temos que (λ − µ) · u = λ · u − (µ · u).

6. para quaisquer λ ∈ R e u, v ∈ V, temos que λ · (u − v) = λ · u − (λ · v).

7. para quaisquer λ, µ1 , . . . , µn ∈ R e u1 , . . . , un ∈ V, temos que   n n X X λ· µj · uj  = (λµj ) · uj . j=1

j=1

8. para qualquer u ∈ V, temos que −(−u) = u.

9. se u + w = v + w segue que u = v. 10. se u, v ∈ V ent~ao existe um u nico w ∈ V tal que u + w = v. Demonstra¸ c˜ ao:

1. Pelas propriedades (ev3) e (ev7) temos λ · O = λ · (O + O) = λ · O + λ · O. (∗)

Utilizando as propriedades (ev1) a (ev4) e a nota c~ao da observa c~ao (1.4), obtemos (∗)

O = λ · O + [−(λ · O)] = (λ · O + λ · O) + [−(λ · O)] = λ · O + {λ · O + [−(λ · O)]} = λ · O + O = λ · O,

isto e, λ · O = O.

1.2. PROPRIEDADES

2. Pela propriedade (ev6) temos 0 · u = (0 + 0) · u = 0 · u + 0 · u.

Utilizando as propriedades (ev1) a (ev4) e a nota c~ao da observa c~ao (1.4), obtemos O = 0 · u + [(−(0 · u)] = (0 · u + 0 · u) + [−(0 · u)] = 0 · u + (0 · u + [−(0 · u)] = 0 · u + 0 = 0 · u,

isto e, 0 · u = O. 3. Se λ 6= 0, pelas propriedades (ev8) e (ev5) e pelo item 1 desta proposi c~ao, segue que u = 1 · u = (λ−1 λ) · u = λ−1 (λ · u) = λ−1 · O = O.

4. Utilizando a propriedade (ev6) e o item 2 desta proposi c~ao, obtemos λ · u + (−λ) · u = [λ + (−λ)] · u = 0 · u = O.

Pela observa c~ao (1.4), −(λ · u) = (−λ) · u.

Analogamente, utilizando-se a propriedade (ev7), mostra-se (ser a deixado como exerc cio para o leitor) que −(λ · u) = λ · (−u).

A prova dos outros resultados ser a deixada como exerc cio para o leitor. Para nalizar temos a Proposi¸ c˜ ao 1.10 Seja (V, +, ·) um espa co vetorial real . Mostre {O} ent~ ao o conjunto V tem in nitos elementos distintos.

que se V 6=

CAP ITULO 1. ESPAC OS VETORIAIS

22 Demonstra¸ c˜ ao:

Note que se encontrarmos uma fun c~ao f : R → V que seja injetora ent~ao V ter a in nitos elementos, pois para cada λ ∈ R corresponder a um elemento distinto f(λ) de V e como R tem in nitos elementos distintos teremos que V tamb em ter a in nitos elementos distintos. Seja v ∈ V, v 6= O. De na f : R → V por f(λ) = λ · v,

λ ∈ R.

Para mostrar que a fun c~ao f e injetora, tomemos λ, µ ∈ R tais que f(λ) = f(µ). Devemos mostrar que λ = µ. Como λ · v = f(λ) = f(µ) = µ · v, ou seja, λ · v = µ · v, ou, equivalentemente: λ · v − (µv) = O.

Pelo item 4 da proposi c~ao (1.9) teremos O = λ · v − (µ · v) = λ · v + (−µ) · v = (λ − µ) · v.

Como v 6= O, pelo item 3 da mesma proposi c~ao, segue que λ − µ = 0, isto e, λ = µ, mostrando que a fun c~ao f e injetoda e completando a demonstra c~ao.

1.3

Exerc´ıcios

Cap´ıtulo 2

Subespa¸cos Vetoriais 2.1

Introdu¸c˜ ao e Exemplos

Muitas vezes nos depararemos com certos subconjuntos de um espa co vetorial real que possuem a propriedade de que a soma de dois de seus elementos e um elemento do pr oprio subconjunto bem como quando multiplicamos um elemento do subconjunto por um escalar, o resultado continua pertencendo ao subconjunto. A estes subconjuntos daremos um nome, como veremos na:

Seja (V, +, ·) um espa co vetorial real. Dizemos que W ⊆ V , W 6= ∅, e um subespa co vetorial do espa co vetorial real (V, +, ·) se forem satisfeitas as seguintes condi c~oes:

Defini¸ c˜ ao 2.1

(sv1)

O ∈ W,

onde O e o elemento neutro da adi c~ao de (V, +, ·);

(sv2) Se u, v ∈ W ent~ao u + v ∈ W; (sv3) Se u ∈ W e λ ∈ R ent~ao λ · u ∈ W . Observa¸ c˜ ao 2.2 Note que todo subespa co vetorial W de um espa co vetorial real (V, +, ·), e, ele pr oprio, um espa co vetorial sobre R com as opera c~oes induzidas de V , ou seja, (W, +V , ·V ) e um espa co vetorial sobre R (estamos indicando a opera c~ao de adi c~ao de elementos de (V, +, ·) por +V e opera c~ao de multiplica c~ao de escalar por elementos de (V, +, ·) por ·V ).

CAP ITULO 2. SUBESPAC OS VETORIAIS

As propriedades comutativa, associativa, distributivas e (ev8) s~ao herdadas do pr oprio espa co vetorial (V, +, ·). Pela propriedade (sv1) acima, o elemento neutro da adi c~ao de (V, +, ·) ser a um elemento de W . Finalmente, pelo item 4 da proposi c~ao (1.9) e por (sv3), se u ∈ W ent~ao −u = (−1) · u ∈ W,

mostrando com isso que, realmente, (W, +V , ·V ) e um espa co vetorial real. Observemos tamb em que a propriedade (sv1) pode ser obtida da propriedade (sv3), pois se w ∈ W temos que O = 0.w ∈ W.

Obviamente W =. {O} ou W =. V s~ao subespa cos vetoriais do espa co vetorial real (V, +, ·). Eles ser~ao chamados de subespa cos vetoriais triviais do espa co vetorial real (V, +, ·). Observa¸ c˜ ao 2.3

Observa¸ c˜ ao 2.4 Note que W e um subespa co vetorial do espa co (V, +, ·) se, e somente se, s~ ao v alidas as seguintes condi c~oes:

(sv1')

O ∈ W,

vetorial real

onde O e o elemento neutro da adi c~ao de (V, +, ·);

(sv2') Se u, v ∈ W e λ ∈ R ent~ao u + λ · v ∈ W. Deixaremos a veri ca c~ao deste fato como exerc cio para o leitor. Vejamos alguns exemplos de subespa cos vetoriais de um espa co vetorial real: Come caremos pelo: Exemplo 2.5

Veri quemos que . W = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y + z = 0}

e um subespa co vetorial do espa co vetorial real (R3 , +, ·) (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais em R3 ).

~ E EXEMPLOS 2.1. INTRODUC AO

Resolu¸ c˜ ao:

De fato:

1. E claro que o elemento nulo de R3 , isto e, O =. (0, 0, 0) ∈ R3 , pois 0 + 0 + 0 = 0,

logo O = (0, 0, 0) ∈ W . 2. Se (x, y, z), (u, v, w) ∈ S ent~ao x+y+z=0

e u + v + w = 0, logo,

(x + u) + (y + v) + (z + w) = (x + y + z) + (u + v + w) = 0 | {z } | {z } =0

e, portanto, (x, y, z) + (u, v, w) = (x + u, y + v, z + w) ∈ W. 3. Se (x, y, z) ∈ S e λ ∈ R ent~ao x+y+z=0

logo, λx + λy + λz = λ (x + y + z) = 0, |

}

portanto, λ · (x, y, z) = (λx, λy, λz) ∈ W. Logo W ⊆ R3 e um subespa co vetorial do espa co vetorial real (R3 , +, ·). Deixaremos para o leitor o: Exerc´ıcio 2.6

Sejam a1 , . . . , an ∈ R xados e . W = {(x1 , . . . , xn ) ∈ Rn : a1 x1 + · · · + an xn = 0}.

Mostre que W e um subespa co vetorial do espa co vetorial real (Rn , +, ·) (onde + e · s~ ao as opera c~oes usuais em Rn ). Um outro exemplo importante e dado pelo: Exemplo 2.7 O conjunto Ws n com coe cientes reais (isto

das matrizes sim etricas quadradas de ordem e, A ∈ Ws se, e somente se, At = A - ver Ap^endice I) e um subespa co vetorial do espa co vetorial real (Mn (R), +, ·) (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais em Mn (R)).

CAP ITULO 2. SUBESPAC OS VETORIAIS

26 Resolu¸ c˜ ao:

De fato:

1. O elemento neutro de Mn (R) e a matriz identicamente nula O ∈ Mn (R) e esta satisfaz Ot = O, ou seja, O ∈ Ws ; 2. Se A1 , A2 ∈ Ws ent~ao teremos At1 = A1

Logo

e At2 = A2 .

(A1 + A2 )t = At1 + At2 = A1 + A2 . |{z} |{z} =A1

=A2

Logo, A1 + A2 ∈ Ws . 3. Se A ∈ Ws e λ ∈ R ent~ao At = A,

logo (λ · A)t = λ · |{z} At = λ · A, =A

mostrando que λ · A ∈ Ws . Portanto Ws ⊆ Mn (R) e um subespa co vetorial do espa co vetorial real (Mn (R), +, ·). Deixaremos para o leitor o: Exerc´ıcio 2.8 O conjunto Wa das dem n com coe cientes reais (isto

matrizes anti-sim etricas quadradas de or-

e, A ∈ Wa se, e somente se, At = −A ver Ap^endice I) e um subespa co vetorial do espa co vetorial real (Mn (R), +, ·) (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais em Mn (R)). Observa¸ c˜ ao 2.9

ser escrita como

Veremos, mais adiante, que toda matriz A = As + Aa

onde As ∈ Ws e Aa ∈ Wa .

(∗)

A ∈ Mn (R)

pode

~ E EXEMPLOS 2.1. INTRODUC AO

Al em disso, pode-se mostrar que Ws ∩ Wa = {O}.

(∗∗)

As propriedades (*) e (**) ser~ao de grande import^ancia como veremos mais adiante. 13.08.2010 - 4.a

Temos tamb em o: Exemplo 2.10

Seja Pn∗ (R) ⊆ Pn (R), dado por . Pn∗ (R) = {p ∈ Pn : p(0) = 0}.

Veri quemos que Pn∗ (R) e um subespa co vetorial do espa co vetorial real (Pn (R), +, ·) (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais em Pn (R)). Resolu¸ c˜ ao:

De fato:

1. O polin^omio nulo, O ∈ Pn (R), se anula em x = 0, isto e, O(0) = 0,

logo, O ∈ Pn∗ (R). 2. Se p, q ∈ Pn∗ (R) ent~ao p(0) = 0, q(0) = 0,

logo, (p + q)(0) = p(0) + q(0) = 0, |{z}

|{z}

portanto, p + q ∈ Pn∗ (R). 3. Se p ∈ Pn∗ (R) e λ ∈ R ent~ao λp(0) = 0,

logo, (λ · p)(0) = λ p(0) = 0, |{z} =0

portanto λ · p ∈ Pn∗ (R). Logo Pn∗ (R) ⊆ Pn (R) e um subespa co vetorial do espa co vetorial real (Pn (R), +, ·).

CAP ITULO 2. SUBESPAC OS VETORIAIS

Um outro exemplo importante e dado pelo: Exemplo 2.11

Considere o seguinte conjunto . W = {y ∈ C2 (R; R) : y 00 (x) − y(x) = 0, x ∈ R}

onde y 00 = y 00 (x) representa a derivada de segunda ordem da fun c~ao y = y(x) no ponto x ∈ R. Mostremos que W e um subespa co vetorial do espa co vetorial real (C2 (R; R), +, ·) (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais em C2 (R; R)). Resolu¸ c˜ ao:

De fato:

1. O elemento neutro de C2 (R; R) e a fun c~ao identicamente nula O ∈ C2 (R; R) e esta satisfaz O 00 (x) − O(x) = 0,

x ∈ R,

logo O ∈ W ; 2. Se y1 , y2 ∈ W ent~ao teremos y100 (x) − y1 (x) = 0

e y200 (x) − y2 (x) = 0 x ∈ R.

Logo (y1 + y2 ) 00 (x) − (y1 + y2 )(x) = [y100 (x) − y1 (x)] + [y200 (x) − y2 (x)] = 0. | {z } | {z } =0

Logo, (y1 + y2 ) ∈ W. 3. Se y ∈ W e λ ∈ R ent~ao y 00 (x)−y(x) = 0, x ∈ R

logo (λ·y) 00 (x)−λ·y(x) = λ·[y 00 (x) − y(x)] = 0, |

}

mostrando que λ · y ∈ W. Portanto W ⊆ C2 (R; R) e um subespa co vetorial do espa co vetorial real (C2 (R; R), +, ·).

~ E SOMA DE SUBESPAC OS 2.2. INTERSEC AO

Deixaremos para o leitor os: Exerc´ıcio 2.12 Sejam m, n ∈ N xados, com m ≤ n. Ent~ao W =. Pm (R) e um subespa co do espa co vetorial (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais em Pn (R)).

real (Pn (R), +, ·)

Exerc´ıcio 2.13 O conjunto W das fun c~ oes cont nuas da reta na reta, denotado por C(R; R), e um subespa co vetorial do espa co vetorial real (F (R; R), +, ·) (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais em F (R; R)). Exerc´ıcio 2.14

O conjunto . W = {f ∈ C([a, b]; R) :

Zb f(x) dx = 0} a

e um subespa co vetorial do espa co vetorial real (C([a, b]; R), +, ·) (onde · s~ ao as opera c~oes usuais em C([a, b]; R)). 2.2

Interse¸c˜ ao e Soma de Subespa¸cos

Proposi¸ c˜ ao 2.15 (Interse¸ c˜ ao de subespa¸ cos) Sejam U e W subespa cos vetoriais do espa co vetorial real (V, +, ·). Ent~ao U ∩ W e um subespa co vetorial do espa co vetorial real (V, +, ·). Demonstra¸ c˜ ao:

De fato:

1. Como U e W s~ao subsepa cos vetoriais do espa co vetorial real (V, +, ·) temos que O ∈ U e O ∈ W ent~ao O ∈ U ∩ W; 2. Se x, y ∈ U ∩ W e λ ∈ R, como U e W s~ao subsepa cos vetoriais do espa co vetorial real (V, +, ·), temos que x+λ·y∈U

Portanto, x + λ · y ∈ U ∩ W .

x + λ · y ∈ W.

CAP ITULO 2. SUBESPAC OS VETORIAIS

De 1.e 2. e da observa c~ao (2.4) segue que U ∩ W e subespa co vetorial do espa co vetorial real (V, +, ·). Com a nota c~ao da proposi c~ao acima, podemos a rmar que U ∪ W e subespa co vetorial de V? Resposta : N~ao. Para ver isto, basta considerar Quest˜ ao:

. V = R2 ,

. U = {(x, y) ∈ R2 : x = 0}

. W = {(x, y) ∈ R2 : y = 0}.

Deixaremos como exerc cio para o leitor veri car que U e W s~ao subespa cos vetoriais do espa co vetorial real (R2 , +, ·) (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais de R2 - s~ao os eixos Oy e Ox, respectivamente, do plano xOy). Notemos que . u = (0, 1) ∈ U ⊆ U ∪ W

. w = (1, 0) ∈ W ⊆ U ∪ W

mas u + w = (1, 0) + (0, 1) = (1, 1) 6∈ U ∪ W,

ou seja, u, w ∈ U ∪ W,

(veri que!)

mas u + w 6∈ U ∪ W,

logo U ∪ W n˜ao e subespa co vetoria do espa co vetorial real (R2 , +, ·) Observa¸ c˜ ao 2.16 Se U e W s~ ao subespa cos vetoriais de um espa co vetorial 0 real (V, +, ·) e V tamb em e um subespa co de (V, +, ·) que cont em U e W (isto e, U ∪ W ⊆ V 0 ) ent~ao V 0 ter a que conter todos os vetores da forma u + w, onde u ∈ U e w ∈ W.

Isto motivamos a introduzir a:

Defini¸ c˜ ao 2.17 real (V, +, ·).

Sejam

subespa cos vetoriais de um espa co vetorial

De nimos a soma de U e W , indicada por U + W , como . U + W = {u + w : u ∈ U, w ∈ W}.

Com isto temos a:

~ E SOMA DE SUBESPAC OS 2.2. INTERSEC AO Proposi¸ c˜ ao 2.18

[Soma de subespa cos] Sejam U, W e V como na de ni c~ao

acima. Ent~ao U + W e um subespa co vetorial do espa co vetorial real (V, +, ·). Al em disso, U ∪ W ⊆ U + W.

Demonstra¸ c˜ ao:

Veri quemos que U + W e subespa co vetorial do espa co vetorial real (V, +, ·).

1. Como U e W s~ao subsepa cos vetoriais do espa co vetorial real (V, +, ·) temos que O ∈ U e O ∈ W ent~ao O = O + O ∈ U + W, mostrando que o elementro neutro da adi c~ao de (V, +, ·) pertence U + W (isto e, O ∈ U + W ); 2. Sejam x1 , x2 ∈ U + W ent~ao xj = uj + wj ,

para uj ∈ U e wj ∈ W, j = 1, 2.

Se λ ∈ R ent~ao, das propriedades comutativa e associativa da opera c~ao + e do fato que U e W s~ao subespa cos vetoriais do espa co vetorial real (V, +, ·), teremos: x1 + λ · x2 = [u1 + w1 ] + λ · [u2 + w2 ] = (u1 + λ · u2 ) + (w1 + λ · w2 ) ∈ U + W. | {z } | {z } ∈U

∈W

De 1. e 2. e da observa c~ao (2.4) segue que U + W e subespa co vetorial do espa co vetorial real (V, +, ·). Mostremos que U ∪ W ⊂ U + W. Para isto, seja v ∈ U ∪ W. Se v ∈ U ent~ao v = v + O ∈ U + W. Se v ∈ W ent~ao v = O + v ∈ U + W , ou seja, em qualquer um desses dois casos teremos U ∪ W ⊂ U + W.

Ainda usando a nota c~ao acima, suponha que V 0 seja um subespa co vetorial do espa co vetorial real (V, +, ·) que contenha os subconjuntos n~ao vazios U e W. Neste caso, para todo u ∈ U ⊆ V 0 e todo w ∈ W ⊆ V 0 temos u + w ∈ V 0 , ou seja, U + W ⊆ V 0 . Esta observa c~ao nos fornece a demonstra c~ao da: Observa¸ c˜ ao 2.19

CAP ITULO 2. SUBESPAC OS VETORIAIS

Proposi¸ c˜ ao 2.20 Sejam U e W subespa cos vetoriais do espa co vetorial real (V, +, ·). Ent~ao U+W e o menor subespa co vetorial do espa co vetorial real (V, +, ·) que cont em U ∪ W. Em outras palavras, se V 0 e um subespa co vetorial do espa co vetorial real (V, +, ·) que cont em U ∪ W ent~ao U ∪ W ⊆ U + W ⊂ V 0. Demonstra¸ c˜ ao:

Ver a observa c~ao acima. Podemos agora introduzir a importante no c~ao dada pela:

Defini¸ c˜ ao 2.21 real (V, +, ·).

Sejam

subespa cos vetoriais de um espa co vetorial

Diremos que a soma U + W e a soma direta de U e W se U ∩ W = {O}. Neste caso usaremos a nota c~ao U ⊕ W para representar a soma U + W.

Note que sempre temos {O} ⊆ U ∩ W , pois U e W s~ao subespa cos vetoriais do espa co vetorial real (V, +, ·). Logo U ⊕ V nos diz que U ∩ W somente poder a conter o vetor nulo O.

Observa¸ c˜ ao 2.22

A seguir daremos uma carateriza c~ao equivalente a fornecida pela de ni c~ao acima, a saber: Proposi¸ c˜ ao 2.23 (Soma direta de subespa¸ cos vetoriais) Sejam U e W subespa cos vetoriais do espa co vetorial (V, +, ·). Temos que V = U⊕W se, e somente se, para cada v ∈ V existir um u nico u ∈ U e existir um u nico w ∈ W tal que v = u + w,

ou seja, cada elemento de U + W se escrece, de modo u nico, como soma de um vetor de U com um vetor de W .

~ E SOMA DE SUBESPAC OS 2.2. INTERSEC AO

Demonstra¸ c˜ ao:

Suponhamos que V = U ⊕ W, isto e, V =U+W

U ∩ W = {O}.

Ent~ao, dado v ∈ V , como V = U + W , existem u ∈ U e w ∈ W satisfazendo v = u + w.

Queremos mostrar que tal decomposi c~ao e u´nica. Suponha que existam u 0 ∈ U e w 0 ∈ W tais que v = u 0 + w 0.

Ent~ao, u + w = u 0 + w 0,

0 0 o que implicar a que u − w} . | − {zu} = w | {z ∈U

∈W

Mas u − u 0 ∈ U e w 0 − w ∈ W e, portanto, u − u 0 = w 0 − w ∈ U ∩ W = {O},

ou seja, ou, equivalentemente,

u − u0 = w0 − w = O u = u0

e w = w 0,

mostrando que u ∈ U e w ∈ W s~ao os u nicos tal que v = u + w. Reciprocamente, suponhamos agora que para cada v ∈ V existam um u nico u ∈ U e um u nico w ∈ W satisfazendo v = u + w,

(∗).

Em particular teremos V = U + W. Resta mostrar que U ∩ W = {O}. Como U e W s~ao subespa cos vetoriais do espa co vetorial (V, +, ·) segue que O ∈ U e O ∈ W , logo O ∈ U ∩ W.

CAP ITULO 2. SUBESPAC OS VETORIAIS

Mostremos que O e o u nico elemento em U ∩ W . Para isto seja v ∈ U ∩ W, isto e, v ∈ U e v ∈ W. Por hip otese, existem um u nico u ∈ U e um u nico w ∈ W satisfazendo v = u + w.

Observe que das propriedades da exist^encia do elemento neutro, comutativa, associativa do espa co vetorial real (V, +, ·), segue que: v = u + w = (u + w) + O = (u + w) + (v − v)

[v∈U∩W]

(u + v) + (w − v) | {z } | {z } ∈U

∈W

com

e w − v ∈ W. Da unicidade da decomposi c~ao (*), deveremos ter u+v∈U

u=u+v

e w = w − v,

o que implicar a que v = O, logo, U ∩ W = {O}, ou seja, V = U ⊕ W , como quer amos mostrar. Observa¸ c˜ ao 2.24 Uma prova alternativa para mostrar que seria supor a exist^encia de v 6= O em U ∩ W . Logo v ∈ U e v ∈ W . Com isto obter amos

U ∩ W = {O}

4v |{z} −3v, v = |{z} 2v |{z} −v = |{z} ∈U

∈W

∈U

∈W

ou seja, duas decomposi c~oes distintas (pois v 6= O) para o vetor 2v, 4v ∈ U, 2v 6= 4v e −v, −3v ∈ W , o que seria um absurdo.

j a que

Temos os seguinte exemplos:

Veri que que o espa co vetorial real (R3 , +, ·) (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais em R3 ) e a soma direta dos seguintes subespa cos vetoriais . . U = {(x, y, z) ∈ R3 : x = y = 0} e W = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y + z = 0} do espa co vetorial real (R3 , +, ·). Exemplo 2.25

~ E SOMA DE SUBESPAC OS 2.2. INTERSEC AO

Resolu¸ c˜ ao:

Notemos que U e de fato um subespa co vetorial do espa co vetorial real pois

(R3 , +, ·),

U = {(x, y, z) ∈ R3 : x = 0} ∩ {(x, y, z) ∈ R3 : y = 0}

que s~ao dois subespa cos vetoriais do espa co vetorial real (R3 , +, ·) (deixaremos a veri ca c~ao destes fatos como exerc cio para o leitor). Uma outra veri ca c~ao alternativa para mostrar que U e de fato um subespa co vetorial do espa co vetorial real (R3 , +, ·) seria: 1. Obviamente temos que O =. (0, 0, 0) ∈ U; 2. Se u1 = (x1 , y1 , z1 ), u2 = (x2 , y2 , z2 ) ∈ U

ent~ao e x2 = y2 = 0, logo, u1 = (0, 0, z1 ) e u2 = (0, 0, z2 ),

x1 = y1 =

logo u1 + u2 = (0, 0, z1 ) + (0, 0, z2 ) = (0, 0, z1 + z2 )

que, claramente, e um elemento de U; 3. Se λ ∈ R ent~ao λ · u1 = λ · (0, 0, z1 ) = (λ0, λ0, λz1 ) = (0, 0, λz1 )

que, e um elemento de U. Logo de 1., 2. e 3. segue que U e um subespa co vetorial do espa co vetorial real (R3 , +, ·). Deixaremos como exerc cio para o leitor mostrar que W e um subespa co vetorial do espa co vetorial real (R3 , +, ·). Observemos que W =. {(x, y, z) ∈ R3 : z = −x − y}, logo, dado (x, y, z) ∈ R3 podemos escrever (x, y, z) = (0, 0, z + x + y) + (x, y, −x − y) | {z } | {z } ∈U

∈W

CAP ITULO 2. SUBESPAC OS VETORIAIS

e como (0, 0, z + x + y) ∈ U e (x, y, −x − y) ∈ W obtemos R3 = U + W. Resta agora mostrar que U ∩ W = {O}. Para isto, seja (x, y, z) ∈ U ∩ W . Se (x, y, z) ∈ U deveremos ter x = y = 0 e se (x, y, z) ∈ W deveremos ter x + y + z = 0, logo, temos que encontrar todas as solu c~ oes do sistem linear:    x = 0 y=0   x + y + z = 0

⇐⇒

(x, y, z) = (0, 0, 0) = O,

logo U ∩ W = {O}, mostrando que R3 = U ⊕ W . 17.08.2010 - 5.a Exemplo 2.26 Considere U e W os seguintes subespa cos real (R3 , +, ·) (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais de R3 ) . U = {(x, y, z) ∈ R3 : x = 0}

do espa co vetorial dados por

. W = {(x, y, z) ∈ R3 : y = 0}.

Mostre que R3 = U + W, mas a soma n˜ao e direta. Resolu¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor a veri ca c~ao que U e W s~ao subespa cos do espa co vetorial real (R3 , +, ·). Dado (x, y, z) ∈ R3 podemos escrever (x, y, z) = (0, y, z) + (x, 0, 0) ∈ U + W, | {z } | {z } ∈U

∈W

pois (0, y, z) ∈ U e (x, 0, 0) ∈ W. Portanto, R3 = U + W. No entanto, a soma n˜ao e direta pois U ∩ V 6= {(0, 0, 0)}, pois, por exemplo, (0, 0, 1) ∈ U ∩ V.

Deixaremos a cargo do leitor os:

Exerc´ıcio 2.27

Vimos no exemplo (2.7) e no exerc cio (2.8) que

. Ws = {A ∈ Mn (R) : At = A}

. Wa = {B ∈ Mn (R) : Bt = −B}

~ E SOMA DE SUBESPAC OS 2.2. INTERSEC AO

s~ao subespa c~oes vetoriais de (Mn (R), +, ·) (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais de Mn (R)). Mostre que Mn (R) = Ws ⊕ Wa (Exerc cio 12 (c) da 2.a lista de exerc cios). Resolu¸ c˜ ao:

Sugest~ao para o item 2.: mostre que se C ∈ Mn (R) ent~ao C=

C + Ct C − Ct + , 2 } | {z 2 } | {z . . =A =B

e note que A ∈ Ws e B ∈ Wa .

Logo o item 2. do exerc cio acima nos diz que toda matriz ser escrita, de modo u nico, como soma de uma matriz sim etrica com uma matriz anti-sim etrica. Exerc´ıcio 2.29 Sejam Observa¸ c˜ ao 2.28 C ∈ Mn (R) pode

. P(R; R) = {f : F (R; R) : f(−x) = f(x), x ∈ R}

. I(R; R) = {g : F (R) : g(−x) = g(x), x ∈ R},

onde (F (R; R), +, ·) e um espa co vetorial real (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais de F (R; R)). 1. Mostre que P(R : R) e I(R; R) s~ao subespa c~oes vetoriais de (F (R; R), +, ·) (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais de F (R; R)). 2. Mostre que F (R; R) = P(R; R) ⊕ I(R; R) (Exerc cio 5 da 2.a lista de exerc cios). Resolu¸ c˜ ao:

Sugest~ao para o item 2.: mostre que se h ∈ F (R; R) ent~ao h(x) =

h(x) + h(−x) h(x) − h(−x) + , 2 2 {z } | {z } | . . =f(x) =g(x)

e note que f ∈ P(R; R) e g ∈ I(R; R).

x∈R

CAP ITULO 2. SUBESPAC OS VETORIAIS

Observa¸ c˜ ao 2.30 P(R; R) (I(R; R), respectivamente) e o conjunto formado por todas as fun c~oes de F (R; R) que s~ao fun c~oes pares ( mpares, respectiva-

mente). Logo o item 2. do exerc cio acima nos diz que toda fun c~ao de F (R; R) pode ser escrita, de modo u nico, como soma de uma fun c~ao para com uma fun c~ao mpar.

Podemos estender a no c~ao de soma de subespa cos de um espa co vetorial real para um n umero nito de subesta cos vetoriais, a saber: Defini¸ c˜ ao 2.31 real (V, +, ·).

Sejam U1 , . . . , Un subespa cos vetoriais de um espa co vetorial

De nimos soma dos n subsepa cos vetoriais U1 , · · · , Un , que ser a indicada

por

n X

Uj ,

por

j=1 n X

. Uj = U1 + · · · + Un = {u1 + · · · + un : uj ∈ Uj , j = 1, . . . , n}.

j=1

Como isto podemos enunciar a: Proposi¸ c˜ ao 2.32 Sejam U1 , . . . , Un subespa cos vetoriais de um espa co vetorial real (V, +, ·). Ent~ao U1 + · · · + Un e U1 ∩ · · · ∩ Un s~ao um subespa cos vetoriais do espa co vetorial real (V, +, ·). Demonstra¸ c˜ ao:

As demonstra c~oes s~ao semelhantes a da proposi c~ao (2.18) e da proposi c~ao (2.15), respectivamente, as suas elabora c~oes ser~ao deixadas como exerc cio para o leitor. Com isto podemos estender a no c~ao de soma direta para um n umero nito de subespa cos vetoriais de um espa co vetorial real, a saber:

~ E SOMA DE SUBESPAC OS 2.2. INTERSEC AO Defini¸ c˜ ao 2.33 (V, +, ·).

Sejam U1 , . . . , Un subespa cos vetoriais de um espa co vetorial

Dizemos que a soma dos n subsepa cos vetoriais U1 a Un e uma soma direta se para cada j = 1, · · · , n temos: Uj ∩ (U1 + · · · + Uj−1 + Uj+1 · · · + Un ) = {O}.

Neste caso usaremos a nota c~ao U1 ⊕ · · · ⊕ Un ou ⊕nj=1 Uj , para denotar a soma dos n subsepa cos vetoriais U1 a Un . Observa¸ c˜ ao 2.34

1. A express~ao (U1 + · · · + Uj−1 + Uj+1 · · · + Un )

ser a denotada por ³

onde s mbolo considerada.

cj U

´ cj + · · · + Un , U1 + · · · + U

signi ca que a parcela

deve ser omitida da soma

2. Para cada j = 1, · · · , n temos que Uj e um subsepa co vetorial do espa co vetorial real (V, +, ·), logo O ∈ Uj , assim sempre teremos que ³ ´ cj + · · · + Un . O ∈ Uj ∩ U1 + · · · + U

Com isto temos a: Proposi¸ c˜ ao 2.35 Sejam U1 , . . . , Un subespa cos vetoriais de um espa co vetorial real (V, +, ·). Ent~ao V = U1 ⊕ · · · ⊕ Un se, e somente se, dado v ∈ V existe, para cada j = 1, . . . , n, um u nico uj ∈ Uj tal que v = u1 + · · · + un .

CAP ITULO 2. SUBESPAC OS VETORIAIS

40 Demonstra¸ c˜ ao:

A prova e feita por indu c~ao sobre n e e an aloga a da proposi c~ao (2.23) e por isso deixaremos os detalhes como exerc cio para o leitor. Apliquemos isto ao:

Mostre que o espa co vetorial real (P2 (R), +, ·) (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais de P2 (R)) e soma direta dos seguintes subespa cos vetoriais Exemplo 2.36

. U1 = {po : po (x) = ao , x ∈ R para ao ∈ R}, . U2 = {p1 : p1 (x) = a1 x, x ∈ R para a1 ∈ R} . U3 = {p2 : p2 (x) = a2 x2 , x ∈ R para a2 ∈ R}. Resolu¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor a veri ca c~ao que U1 , U2 e U3 s~ao subespa c~oes vetoriais do espa co vetorial real (P2 (R), +, ·) A rmamos que P2 (R) = U1 ⊕ U2 ⊕ U3 . Mostremos, primeiramente, que P2 (R) = U1 + U2 + U3 . Para isto, seja p ∈ P2 . Logo existem ao , a1 , a2 ∈ R tais que p(x) = ao + a1 x + a2 x2 = po (x) + p1 (x) + p2 (x), | {z } | {z } | {z } ∈U1

∈U2

x ∈ R,

∈U3

mostrando que P2 = U1 + U2 + U3 . Veri quemos que a soma e direta. 1. A rmamos que U1 ∩ (U2 + U3 ) = {O}. Seja p ∈ U1 ∩ (U2 + U3 ). Ent~ao existem ao , a1 , a2 ∈ R tais que p(x) = ao ∈ U1 (∗)

e p(x) = a1 x + a2 x2 ∈ U2 + U3 , (∗∗) x ∈ R.

~ E SOMA DE SUBESPAC OS 2.2. INTERSEC AO

Se o polinômio p n~ao fosse o polinômio nulo ter amos, por (*), que o polinômio p deveria ter grau 0, coincidindo com o polinômio p, dado por (**), de grau no m nimo 1 o que e um absurdo. Logo, p deve ser o polinômio nulo, ou seja, p(x) = 0,

x ∈ R,

mostrando que U1 ∩ (U2 + U3 ) = {O}. 2. A rmamos que U2 ∩ (U1 + U3 ) = {O}. Seja p ∈ U2 ∩ (U1 + U3 ). Ent~ao existem ao , a1 , a2 ∈ R tais que p(x) = a1 x ∈ U2 (∗)

e p(x) = ao + a2 x2 ∈ U3 (∗∗), x ∈ R.

Se o polinômio p n~ao fosse o polinômio nulo ter amos, por (*), que o polinômio p teria grau 1, coincidindo com o polinômio p, dado por (**), que teria grau 0 (se a2 = 0) ou 2 (se a2 6= 0), o que e um absurdo. Logo, p deve ser o polinômio nulo, ou seja, p(x) = 0,

x ∈ R,

mostrando que U2 ∩ (U1 + U3 ) = {O}. 3. A rmamos que U3 ∩ (U1 + U2 ) = {O}. Seja p ∈ U3 ∩ (U1 + U2 ). Ent~ao existem ao , a1 , a2 ∈ R tais que p(x) = a2 x2 ∈ U3 (∗)

e p(x) = ao + a1 x ∈ U1 + U2 (∗∗), x ∈ R.

Se o polinômio p n~ao fosse o polinômio nulo ter amos que o polinômio p, dado por (*), deveria ter grau 2, coincidindo com o polinômio p, dado por (**), que tem grau 0 (se a1 = 0) ou 1 (se a1 6= 0), o que e um absurdo. Logo, p deve ser o polinômio nulo, ou seja, p(x) = 0,

mostrando que U3 ∩ (U1 + U2 ) = {O}.

x ∈ R,

CAP ITULO 2. SUBESPAC OS VETORIAIS

Com isto, podemos conlcuir que P2 (R) = U1 ⊕ U2 ⊕ U3 .

2.3

Exerc´ıcios

Cap´ıtulo 3

Combina¸c˜ oes Lineares 3.1

Introdu¸c˜ ao e Exemplos

Vimos no cap tulo anterior que um subespa co vetorial e um subconjunto de um espa co vetorial real que e fechado com rela c~ao a adi c~ao de vetores e tamb em com rela c~ao a multiplica c~ao de vetor por escalar. Em outras palavras, quando somamos dois vetores de um subespa co vetorial ou multiplicamos um vetor do subespa co por um escalar, o resultado e um elemento deste subespa co. Quando combinamos repetidas vezes estas a c~oes temos o que chamamos de combina c~ao linear entre vetores. Mais precisamente,

Sejam u1 , . . . , un elementos de um espa co vetorial real (V, +, ·). Diremos que o vetor u ∈ V e uma combina c~ao linear dos vetores u1 , . . . , un se existirem escalares α1 , . . . , αn ∈ R tais que Defini¸ c˜ ao 3.1

u = α1 · u1 + · · · + αn · un .

Sejam (V, +, ·) um espa co vetorial real e U ⊆ V um subespa co vetorial do espa co vetorial real (V, +, ·). Se u1 , . . . , un ∈ U e α1 , . . . , αn ∈ R ent~ao a combina c~ao linear α1 · u1 + · · · + αn · un pertence a U, isto e,

Observa¸ c˜ ao 3.2

α1 · u1 + · · · + αn · un ∈ U.

~ LINEARES CAP ITULO 3. COMBINAC OES

Consideremos o espa co vetorial real (P2 (R), +, ·) (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais de P2 (R)) e o polin^omio p ∈ P2 (R) dado por Exemplo 3.3

. p(x) = 2 + x2 ,

x ∈ R.

Mostre que o polin^omio p e uma combina c~ao dos polin^omios po , p1 , p2 ∈ onde

P2 (R),

. po (x) = 1,

. p1 (x) = x

. p2 (x) = x2 ,

x ∈ R.

Resolu¸ c˜ ao:

Observemos que ver que

0 .p1 (x)+|{z} 1 .p2 (x), p(x) = 2+x2 = 2. |{z} 1 +0. |{z} x + |{z} x2 = |{z} 2 .po (x)+|{z} . . . =po (x) =p1 (x) =p2 (x) =α =α =α o

para todo x ∈ R, mostrando que realmente o polin^omio p ∈ P2 (R) dado e uma combina c~ao dos polin^omios po , p1 , p2 ∈ P2 (R)

Mostre que no espa co vetorial real (P2 (R), +, ·) (onde s~ao as opera c~oes usuais de P2 (R)), o polin^omio p ∈ P2 (R) dado por

Exemplo 3.4

. p(x) = 1 + x2 ,

x∈R

e uma combina c~ao dos polin^omios qo , q1 , q2 ∈ P2 (R), onde . qo (x) = 1,

. q1 (x) = 1 + x

. q2 (x) = 1 + x + x2 ,

x ∈ R.

Resolu¸ c˜ ao:

Para mostrarmos o que e pedido precisamos encontrar n umeros reais α, β e γ de modo que p = α · q1 + β · q2 + γ · q3 .

Ou seja, precisamos encontrar α, β e γ de tal modo que: 1 + x2 = p(x) = αqo (x) + βq1 (x) + βq2 (x) = α + β(1 + x) + γ(1 + x + x2 ) = (α + β + γ) + (β + γ)x + γx2 ,

x ∈ R,

3.2. GERADORES

que e equivalente ao sistema linear:    α + β + γ = 1 β+γ=0   γ = 1

cuja ( unica) solu c~ao ser a α = 1, β = −1 e γ = 1,

mostrando que o polin^omio p e combina c~ao linear dos vetore qo , q1 , q2 em (P2 (R), +, ·).

3.2

Geradores

Tendo a de n c~ao de combina c~ao linear podemos introduzir a: Defini¸ c˜ ao 3.5 Sejam (V, +, ·) um espa co vetorial real e S um subconjunto n~ao vazio de V. Denotaremos por [S] o conjunto formado por todas as combina c~oes lineares dos elementos de S. Em outras palavras, u ∈ [S] se, e somente se, existirem α1 , . . . , αn ∈ R e u1 , . . . , un ∈ S tais que u = α1 · u1 + · · · + αn · un .

Com isto temos a: Proposi¸ c˜ ao 3.6 Sejam (V, +, ·) um espa co vetorial real e S um subconjunto n~ao vazio de V. Ent~ao [S] e um subespa co vetorial do espa co vetorial real (V, +, ·). Demonstra¸ c˜ ao:

1. Como S 6= ∅ existe u ∈ S. Mas: O = 0 · u ∈ [S],

ou seja, o vetor nulo e combina c~ao linear (o escalar ser a o n umero real 0) do vetor u ∈ S, assim O ∈ [S].

~ LINEARES CAP ITULO 3. COMBINAC OES

2. Se u, v ∈ [S], da de ni c~ao de [S], dever~ao existir escalares α1 , . . . , αn , β1 , . . . , βm ∈ R e vetores u1 , . . . , un , v1 , . . . , vm ∈ S de modo que u = α1 · u1 + · · · + αn · un

e v = β1 · v1 + · · · + βm · vm .

Assim, para todo λ ∈ R, segue, das propriedades b asicas de espa cos vetoriais reais, que u + λ · v = [α1 · u1 + · · · + αn · un ] + λ · (β1 · v1 + · · · + βm · vm ) = α1 · u1 + · · · + αn · un + (λβ1 ) · v1 + · · · + (λβm ) · vm ∈ [S],

mostrando que u + λ · v ∈ [S] e assim [S] ser a um subespa co vetorial do espa co vetorial real (V, +, ·).

Sejam S e V como na de ni c~ao acima. Diremos que [S] e o subespa co vetorial gerado por S. Os elementos do conjunto S ser~ao denominados geradores do subespa co vetorial [S]. Se S = {u1 , . . . , un } utilizaremos a seguinte nota c~ao

Defini¸ c˜ ao 3.7

[S] = [u1 , . . . , un ]. Observa¸ c˜ ao 3.8

Com as de ni c~oes acima, se u1 , · · · , un ∈ V , temos que

. [u1 , . . . , un ] = {α1 · u1 + · · · + αn · un : α1 , · · · , αn ∈ R}.

Com isto temos a: Proposi¸ c˜ ao 3.9 Sejam S rial real (V, +, ·).

e T subconjuntos, n~ao-vazios, de um espa co veto-

Temos que:

S ⊆ [S];

2. Se S ⊆ T ent~ao [S] ⊆ [T ];

3.2. GERADORES

[[S]] = [S];

4. Se

S e S = [S];

um subespa co vetorial do espa co vetorial real

(V, +, ·)

ent~ao

[S ∪ T ] = [S] + [T ].

Demonstra¸ c˜ ao:

1. Se u ∈ S ent~ao u = 1·u, ou seja, o vetor u e combina c~ao linear (com escalar igual a 1) do pr oprio vetor u que pertence a S logo u = 1 · u ∈ [S],

mostrando que S ⊆ [S]; 2. Se u ∈ [S] ent~ao existem escalares α1 , . . . , αn ∈ R e vetores u1 , . . . , un ∈ S tais que u = α1 · u1 + · · · + αn · un .

Como S ⊆ T temos u1 , . . . , un ∈ T e, portanto, o vetor u e combina c~ao linear de vetores de T , ou seja, u ∈ [T ]; 3. Pelo item 1. desta proposi c~ao temos que S ⊆ [S], logo do mesmo resultado segue que [S] ⊆ [[S]]. Para mostrar a outra inclus~aao, seja u ∈ [[S]]. Segue da de ni c~ao de subespa co gerado que o vetor u e uma combina c~ao linear de elementos de [S]. Mas como cada elemento de [S] e uma combina c~ao linear de elementos de S resulta que o vetor u ser a uma combina c~ao linear de elementos de S, ou seja, u ∈ [S], ; mostrando que [[S]] ⊆ [S]. Portanto [[S]] = [S]; 4. Pelo item 1. desta proposi c~ao temos S ⊆ [S]. Mostremos a outra inclus~ao. Para isto, seja u ∈ [S].

~ LINEARES CAP ITULO 3. COMBINAC OES

Ent~ao o vetor u e uma combina c~ao linear de elementos de S. Como S e um subespa co vetorial do espa co vetorial real (V, +, ·), esta combina c~ao linear ser a um elemento de S, ou seja, [S] ⊆ S. Portanto S = [S]; 5. Mostremos que [S ∪ T ] ⊆ [S] + [T ]. Para isto, seja u ∈ [S ∪ T ]. Da de ni c~ao de subespa co gerado segue que, existir~ao escalares α1 , . . . , αn , β1 , . . . , βm ∈ R e vetores u1 , . . . , un ∈ S e v1 , . . . , vm ∈ T tais que u = α1 · u1 + · · · + αn · un + β1 · v1 + · · · + βm · vm = (α1 · u1 + · · · + αn · un ) + (β1 · v1 + · · · + βm · vm ) ∈ [S] + [T ]. | {z } | {z } ∈[S]

∈[T ]

Mostremos agora que [S] + [T ] ⊆ [S ∪ T ]. Para isto, seja u ∈ [S] + [T ]. Ent~ao u = v + w com v ∈ [S] e w ∈ [T ]. Da de ni c~ao de subespa co gerado, dever~ao existir escalares α1 , . . . , αp , β1 , . . . , βq ∈ R e vetores v1 , . . . , vp ∈ S e w1 , . . . , wq ∈ T tais que u = v + w = (α1 · v1 + · · · + αp · vp ) + (β1 · w1 + · · · + βq · wq ) = α1 ·

v1 + · · · + αp · vp +β1 · w1 + · · · + βq · wq ∈ [S ∪ T ], |{z} |{z} |{z} |{z} ∈S⊆S∪T

∈S⊆S∪T

∈T ⊆S∪T

completando a demonstra c~ao.

Com as de ni c~oes acima podemos introduzir a:

20.08.2010 - 6.a

Dizemos que um espa co vetorial real (V, +, ·) e nitamente gerado se existir um subconjunto nito S ⊆ V tal que V = [S]. Defini¸ c˜ ao 3.10

A seguir temos os seguintes exemplos.

3.2. GERADORES

Exemplo 3.11 O espa co vetorial real (R4 , +, ·) usuais de Rn ) e nitamente gerado.

(onde + e · s~ao as opera c~oes

Resolu¸ c˜ ao:

De fato, consideremos os seguintes vetores de R4 : . . . . e1 = (1, 0, 0, 0), e2 = (0, 1, 0, 0), e3 = (0, 0, 1, 0), e4 = (0, 0, 0, 1).

Ent~ao se u ∈ R4 temos que existem escalares a1 , a2 , a3 , a4 ∈ R tais que u = (a1 , a2 , a3 , a4 ).

ou seja, u = (a1 , a2 , a3 , a4 ) = (a1 , 0, 0, 0) + (0, a2 , 0, 0, 0) + (0, 0, a3 , 0) + (0, 0, 0, a4 ) = a1 · (1, 0, 0, 0) + a2 · (0, 1, 0, 0, 0) + a3 · (0, 0, 1, 0) + a4 · (0, 0, 0, 1) = a1 · e1 + a2 · e2 + a3 · e3 + a4 · e4

mostrando que qualquer vetor u ∈ R4 pode ser escrito como combina c~ao linear dos vetores e1 , e2 , e3 , e4 ∈ R4 , ou seja, R4 = [e1 , e2 , e3 , e4 ],

portanto o espa co vetorial real (R4 , +, ·) e nitamente gerado (o conjunto S =. {e1 , e2 , e3 , e4 } e um conjunto nito formado por geradores do espa co vetorial real (R4 , +, ·)). Podemos estender o exemplo acima a seguinte situa c~ao: Exerc´ıcio 3.12 Seja n ∈ N xado. O espa co vetorial real (Rn , +, ·) e · s~ao as opera c~oes usuais de Rn ) e nitamente gerado. Resolu¸ c˜ ao:

De fato, consideremos os vetores de Rn : . . . e1 = (1, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , en = (0, . . . , 0, 1).

(onde +

~ LINEARES CAP ITULO 3. COMBINAC OES

Ent~ao se u ∈ Rn temos que existem escalares a1 , · · · , an ∈ R tais que u = (a1 , a2 , · · · , an ).

ou seja, u = (a1 , a2 , · · · , an ) = (a1 , 0, · · · , 0) + (0, a2 , 0, · · · , 0) + · · · + (0, · · · , 0, an ) = a1 · (1, 0, ·, 0) + a2 · (0, 1, 0, · · · , 0) + · · · + an · (0, · · · , 0, 1) = a1 · e1 + a2 · e2 + · · · + an · en

mostrando que qualquer vetor u ∈ Rn pode ser escrito como combina c~ao linear dos vetores e1 · · · , en ∈ Rn , ou seja, Rn = [e1 , · · · , en ],

portanto o espa co vetorial real Rn , +, ·) e nitamente gerado (o conjunto S =. {e1 , · · · , en } e um conjunto nito formado por geradores do espa co vetorial real (Rn , +, ·)). Exemplo 3.13 O espa co vetorial (M2×3 (R), +, ·) (onde + e · s~ ao as opera c~oes usuais de M2×3 (R)) e gerado pelas 6 matrizes 2 × 3: µ 1 0 µ . 0 = 1

. E11 = E21

µ ¶ 0 0 . 0 , E12 = 0 0 0 µ ¶ 0 0 . 0 , E22 = 0 0 0

µ ¶ ¶ 1 0 . 0 0 1 , , E13 = 0 0 0 0 0 µ ¶ ¶ 0 0 . 0 0 0 . , E23 = 0 0 1 1 0

Em particular, (M2×3 (R), +, ·) e nitamente gerado. Resolu¸ c˜ ao:

De fato, se A ∈ M2×3 (R) temos que existem escalares a11 , a12 , a13 , a21 , a22 , a23 ∈ R tais que µ ¶ A=

a11 a12 a13 a21 a22 a23

3.2. GERADORES

ou seja, µ a11 a12 a21 a22 µ 0 0 + a21 0 µ 1 0 = a11 · 0 0 µ 0 + a21 · 1

¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ a13 a11 0 0 0 a12 0 0 0 a13 = + + a23 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ¶ µ ¶ µ ¶ 0 0 0 0 0 0 0 + + 0 0 a22 0 0 0 a23 ¶ µ ¶ µ ¶ 0 0 1 0 0 0 1 + a12 · + a13 · 0 0 0 0 0 0 0 ¶ µ ¶ µ ¶ 0 0 0 0 0 0 0 0 + a22 · + a23 · 0 0 0 1 0 0 0 1

= a11 · E11 + a12 · E12 + a13 · E13 + a21 · E21 + a22 · E22 + a23 · E23 ,

mostrando que qualquer matriz A ∈ M2×3 (R) pode ser escrito como combina c~ao linear das matrizes E11 , E12 , E13 , E21 , E22 , E23 ∈ M2×3 (R), ou seja, M2×3 (R) = [E11 , E12 , E13 , E21 , E22 , E23 ],

portanto o espa co vetorial real (M2×3 (R), +, ·) e nitamente gerado (o conjunto . S = {E11 , E12 , E13 , E21 , E22 , E23 } e um conjunto nito formado por geradores do espa co vetorial real (M2×3 (R), +, ·)). Podemos estender o exemplo acima acima ao seguinte exerc cio, cuja resolu c~ao ser a deixada para o leitor: Exerc´ıcio 3.14 Sejam m, n ∈ N xados. O espa co vetorial (Mm×n (R), +, ·) (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais de Mm×n (R)) e gerado pelas m · n

matrizes:

. (k,l) Ekl = (δi,j ),

onde

± (k,l) δi,j

. =

k = 1, . . . , m, 1, 0,

l = 1, . . . n,

se (i, j) = (k, l) caso contr ario .

Exemplo 3.15 O espa co vetorial real (P2 (R), +, ·) (onde + e · s~ ao as opera c~oes usuais de P2 (R)) e nitamente gerado.

~ LINEARES CAP ITULO 3. COMBINAC OES

52 Resolu¸ c˜ ao:

De fato, consideremos po , p1 , p2 ∈ P2 (R) os seguintes polin^omios: . po (x) = 1,

. p1 (x) = x,

. p2 (x) = x2 ,

x ∈ R.

Ent~ao se p ∈ P2 (R) temos que existem escalares ao , a1 , a2 ∈ R tais que p(x) = ao + a1 x + a2 x2 ,

x ∈ R,

ou seja, p(x) = ao . |{z} 1 +a1 · |{z} x + · · · + a2 · |{z} x2 =po (x)

=p1 (x)

=p2 (x)

= (ao .po + a1 · p1 + a2 · p2 )(x),

x ∈ R,

mostrando que qualquer polin^omio p ∈ P2 (R) pode ser escrito como combina c~ao linear dos polin^omios po , p1 , p2 ∈ P2 (R), ou seja, P2 (R) = [po , p1 , p2 ],

portanto o espa co vetorial real (P2 (R), +, ·) e nitamente gerado (o conjunto . S = {po , p1 , p2 } e um conjunto nito formado por geradores do espa co vetorial real (P2 (R), +, ·)). Podemos estender o exemplo acima a seguinte situa c~ao: Exerc´ıcio 3.16 Seja n ∈ N xado. O espa co vetorial real (Pn (R), +, ·) (onde + e · s~ ao as opera c~oes usuais de Pn (R)) e nitamente gerado. Resolu¸ c˜ ao:

De fato, consideremos po , · · · , pn ∈ Pn (R) os seguintes polin^omios: . po (x) = 1,

. p1 (x) = x,

. p2 (x) = x2 ,

···

. pn (x) = xn ,

x ∈ R.

Ent~ao se p ∈ Pn (R) temos que existem escalares ao , a1 , · · · , an ∈ R tais que p(x) = ao + a1 x + · · · + an xn ,

x ∈ R,

3.2. GERADORES

ou seja, x + · · · + an · |{z} xn p(x) = ao . |{z} 1 +a1 · |{z} =po (x)

=p1 (x)

=pn (x)

= (ao .po + a1 · p1 + · · · + an · pn )(x),

x ∈ R,

mostrando que qualquer polin^omio p ∈ Pn (R) pode ser escrito como combina c~ao linear dos polin^omios po , · · · , pn ∈ Pn (R), ou seja, Pn (R) = [po , · · · , pn ],

portanto o espa co vetorial real (Pn (R), +, ·) e nitamente gerado (o conjunto . S = {po , · · · , pn } e um conjunto nito formado por geradores do espa co vetorial real (Pn (R), +, ·)). Um outro exemplo importante e dado pelo:

Consideremos o espa co vetorial real (P(R), +, ·) (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais de (P(R)) onde formado P(R) denota o conjunto formado por todos os polin^omios com coe cientes reais. A rmamos que P(R) n˜ao e nitamente gerado.

Exemplo 3.17

Resolu¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor veri car que (P(R), +, ·) e um espa co vetorial (onde + e · s~ao as opera c~oes de F (R; R)) Note que Pn (R) ⊆ P(R) para todo n ∈ N xado. Suponhamos, por absurdo, que o espa co vetorial real (P(R), +, ·) e nitamente gerado, ou seja, existe um n umero nito de polin^omios p1 , . . . , pn ∈ P(R) tais que P(R) = [p1 , . . . , pn ].

Seja N ∈ N o grau mais alto dentre os polinômios p1 , . . . , pn (que existe pois temos somente um n umero nito de polinômios). Com isto temos que o polinômio p ∈ P(R) dado por . p(x) = xN+1 ,

x∈R

~ LINEARES CAP ITULO 3. COMBINAC OES

poder a ser escrito como combina c~ao linear dos polinômios p1 , . . . , pn (pois o maior grau dentre esse os polinômios e N que e menor que o grau do polinômio p que e N + 1). Assim, p 6∈ [p1 , . . . , pn ] = P(R), o que e uma contradi c~ao. Portanto (P(R), +, ·) não e um espa co vetorial nitamente gerado.

n˜ ao

Observa¸ c˜ ao 3.18

Observemos que [po , p1 , · · · , pn , · · · ] = P(R),

onde . . . . po (x) = 1, p1 (x) = x, p2 (x) = x2 , · · · , pn (x) = xn , · · · ,

x ∈ R.

A veri ca c~ao deste fato ser a deixada como exerc cio para o leitor. Temos tamb em a: Proposi¸ c˜ ao 3.19 u1 , . . . , un .

Seja

(V, +, ·)

um espa co vetorial real gerado pelos vetores

Suponhamos que o vetor u1 e uma combina c~ao linear dos vetores u2 , . . . , un ent~ao o espa co vetorial real (V, +, ·) ser a gerado por u2 , . . . , un , isto e, [u2 , · · · , un ] = [u1 , · · · , un ]. Demonstra¸ c˜ ao:

Devemos mostrar que qualquer vetor u ∈ V pode ser escrito como uma combina c~ao linear dos vetores u2 , . . . , un . Como u ∈ V = [u1 , u2 , · · · , un ], temos que existir~ao escalares α1 , . . . , αn ∈ R tais que u = α1 · u1 + · · · + αn · un . (∗)

Mas, por hip otese, o vetor u1 e uma combina c~ao linear dos vetores u2 , . . . , un , logo dever~ao existir escalares β1 , . . . , βn−1 satisfazendo u1 = β1 · u2 + · · · + βn−1 · un .

(∗∗)

3.2. GERADORES

Logo, de (*) e (**) e das propriedades b asicas de espa cos vetoriais, podemos obter: (∗)

u = α1 ·

u1 |{z}

+ · · · + αn · un

(∗∗)

= β1 ·u2 +···+βn−1 ·un

= α1 · (β1 · u2 + · · · + βn−1 un ) + α2 · u2 + · · · + αn · un = (α1 β1 + α2 ) · u2 + · · · + (α1 βn−1 + αn ) · un ,

ou seja, o vetor u pode ser escrito como como uma combina c~ao linear dos vetores u2 , . . . , un , isto e, u ∈ [u2 , · · · , un ],

ou seja, V = [u2 , · · · , un ],

como queriamos mostrar. Observa¸ c˜ ao 3.20 O exemplo acima nos diz que se um espa co vetorial real e gerado por um n umero nito de vetores e um desses vetores pode ser obtido como combina c~ao linear dos restantes ent~ao o espa co vetorial real dado incialmente poder a ser gerado pelos vetores restantes, retirando-se o vetor que pode ser obtido como combina c~ao linear dos outros da lista inicial.

Apliquemos isto ao

Consideremos o espa co vetorial real (R4 , +, ·) (onde + e s~ao as opera c~oes usuais de R4 ) e os seguintes seus subespa cos vetoriais Exemplo 3.21

. U = {(x, y, z, t) ∈ R4 : x−y+t+z = 0}

. W = {(x, y, z, t) ∈ R4 : x+y−t+z = 0}.

Encontre um conjunto nito de geradores para os seguintes subespa cos vetoriais do espa co vetorial (R4 , +, ·): U, Resolu¸ c˜ ao:

U∩W

U + W.

Deixaremos como exerc cio para o leitor a veri ca c~ao que U e W s~ao subespa cos vetoriais do espa co vetorial real (R4 , +, ·). Encontremos geradores para cada um dos subespa cos vetoriais acima:

~ LINEARES CAP ITULO 3. COMBINAC OES

1. Para o subespa co vetorial U: Se u =. (x, y, z, t) ∈ U ent~ao x−y+t+z=0

ou, equivalentemente,

y = x + z + t.

Portanto, (x,

y , z, t) = (x, x + z + t, z, t) = (x, x, 0, 0) + (0, z, z, 0) + (0, t, 0, t) |{z} =x+z+t

= x · (1, 1, 0, 0) +z · (0, 1, 1, 0) +t · (0, 1, 0, 1), | {z } | {z } | {z } . . . =u =u =u 1

ou seja, o vetor u ∈ U pode ser escrito como combina c~ao linear dos vetores u1 , u2 , u3 , isto e, U = [u1 , u2 , u3 ] = [(1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 1, 0, 1)],

mostrando que o subsepa co vetorial U e nitamente gerado. 2. Para o subespa co vetorial W : Se u =. (x, y, z, t) ∈ W ent~ao x+y−t+z=0

ou, equivalentemente, t = x + y + z.

Portanto, (x, y, z, |{z} t ) = (x, y, z, x + y + z) = (x, 0, 0, x) + (0, y, 0, y) + (0, 0, z, z) =x+y+z

= x · (1, 0, 0, 1) +y · (0, 1, 0, 1) +z · (0, 0, 1, 1), | {z } | {z } | {z } . . . =w =w =w 1

isto e, W = [w1 , w2 , w3 ] = [(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 1)],

mostrando que o subsepa co vetorial W e nitamente gerado.

3.2. GERADORES

3. Para o subespa co vetorial U ∩ W : Se (x, y, z, t) ∈ U ∩ W ent~ao deveremos ter: ± x−y+t+z=0

que nos fornece as solu c~oes z = −x

x + y − t + z = 0,

e t = y.

Deste modo, teremos: (x, y, |{z} z , |{z} t ) = (x, y, −x, y) = (x, 0, −x, 0) + (0, y, 0, y) =−x

= x · (1, 0, −1, 0) +y · (0, 1, 0, 1) | {z } | {z } . . =v =v 1

e, portanto, U ∩ W = [v1 , v2 ] = [(1, 0, −1, 0), (0, 1, 0, 1)],

mostrando que o subsepa co vetorial U ∩ W e nitamente gerado. 4. Para o subespa co vetorial U ∪ W : Da proposi c~ao (??) temos que U = [U] W = [W], assim U+W

[prop.

(3.9) item 3.] [U=[u1 ,u2 ,u3 ], W=[w1 ,w2 ,w3 ]] = [U] + [W] = [u1 , u2 , u3 / ∪ [w1 , w2 , w3 ] [prop. (3.9) item 5.] = [u1 , u2 , u3 , w1 , w2 , w3 ],

logo teremos que: U + W = [(1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 1)] | {z } | {z } = [(1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 1)],

mostrando que o subsepa co vetorial U ∪ W e nitamente gerado. Observa¸ c˜ ao 3.22

Observemos que no exemplo acima temos que:

(1, 1, 0, 0) = (1, 0, 0, 1) + (0, 1, 1, 0) − (0, 0, 1, 1).

~ LINEARES CAP ITULO 3. COMBINAC OES

Portanto, da proposi c~ao (3.19), segue que podemos excluir o vetor (1, 1, 0, 0) da lista dos geradores do subespa co vetorial U + W que os vetores restantes continuar~ao gerando o subespa co vetorial U + W , isto e: U + V = [(0, 1, 1, 0), (0, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 1)].

(∗)

Veremos mais adiante que este ser a o n umero m nimo de geradores para o subespa co vetorial U + V , ou seja, n˜ao podemos retirar mais nenhum vetor da lista formada pelos quatro vetores em (*) e ainda continuar gerando o subsepa co vetorial U + V . Deixaremos como exerc cio para o leitor a veri ca c~ao desta a rma c~ao. 3.3

Exerc´ıcios

Cap´ıtulo 4

Dependˆ encia Linear 4.1

Introdu¸c˜ ao e Exemplos

No cap tulo anterior ao estudarmos os geradores de um espa co vetorial real procuramos encontrar um determinado conjunto de vetores do mesmo, de modo que qualquer vetor do espa co em quest~ao pudesse ser escrito como combina c~ao linear dos vetores deste conjunto. Por exemplo, se v e w geram um espa co vetorial real (V, +, ·) ent~ao para qualquer u ∈ V ser a poss vel encontrar escalares α, β ∈ R tais que u = α · v + β · w,

(∗)

ou, equivalentemente, α · v + β · w − 1 · u = O.

Note que a combina c~ao linear acima e o vetor nulo, embora nem todos os escalares que aparecem na sua forma c~ao sej~ao nulos. Vejamos agora a seguinte situa c~ao: ser a sempre poss vel encontrar escalares α, β, γ ∈ R, n~ao todos nulos, de modo que, em R3 , tenhamos α · (1, 0, 0) + β · (0, 1, 0) + γ · (0, 0, 1) = (0, 0, 0)? (∗∗)

E f acil ver car que a resposta, neste caso, e n˜ao. Isto, como mostra o 2. exemplo acima (ver (**)), signi ca que n˜ao ser a poss vel escrever nenhum dos vetores do 2.o exemplo como combina c~ao linear dos outros dois. 59

^ CAP ITULO 4. DEPENDENCIA LINEAR

Isto contrasta com o que ocorre com os vetores u, v e w do 1.o exemplo acima (ver (*)). Em um certo sentido, os vetores do primeiro exemplo guardam uma certa depend^encia entre um e outro enquanto que, no segundo, os tr^es vetores s~ao independentes. Vejamos, com as de ni c~oes que se seguem, como podemos tornar estes conceitos mais precisos.

Sejam (V, +, ·) um espa co vetorial real e u1 , . . . , un ∈ V . Diremos que os vetores u1 , . . . , un s~ao linearmente independentes, (ou, abreviadamente l.i.) se a combina c~ao linear Defini¸ c˜ ao 4.1

α1 · u1 + · · · + αn · un = O

ocorrer a somente quando os escalares isto e, se

α1 , · · · , αn ∈ R

forem todos nulos,

α1 = · · · = αn = 0. Observa¸ c˜ ao 4.2

1. Na situa c~ao acima, se os vetores vetores que o conjunto S =. {u1 , . . . , un } e l.i. .

u1 , . . . , un

s~ao l.i. diremos

2. Notemos que se α1 = · · · = αn = 0

ent~ao, das propriedades b asicas de espa co vetorial real, necessariamente, deveremos ter: α1 · u1 + · · · + α· un = O.

Por em, a rec proca nem sempre e v alida, isto e, podemos ter uma cole c~ao nita de vetores, v1 , · · · , vn de um espa co vetorial real e escalares α1 , · · · , αn ∈ R, n˜ao todos nulos, de tal modo que α1 · u1 + · · · + αn · un = O.

(∗)

~ E EXEMPLOS 4.1. INTRODUC AO

Como exemplo desta situa c~ao consideremos no espa co vetorial real (R2 , +, ·) (onde + e · s~ ao as opera c~oes usuais) os vetores . v1 = (1, 1)

. v2 = (−1, −1).

Neste caso temos que: O = (0, 0) = 1 · (1, 1) + 1 · (−1, −1) = |{z} 1 ·v1 + |{z} 1 ·v2 , .=α1 .=α 2

mostrando que existem escalares α1 , α2 ∈ R, n~ao todos nulos (no caso ambos s~ao iguais a 1) de tal modo que (*) se veri ca. 3. A no c~ao de independ^encia linear para a sequ^encia u1 , . . . , un introduzida na de ni c~ao acima e equivalente a dizer que: se existe βi 6= 0, para algum i ∈ {1, . . . , n}, ent~ao deveremos ter β1 · u1 + β2 · u2 + · · · + βn · un 6= O,

independente dos escalares β2 , · · · , βn ∈ R escolhidos, ou seja, podemos escrever o vetor nulo 0 ∈ V de uma, u´nica, maneira como combina c~ao linear dos vetores u1 , · · · un , a saber: O = 0 · u1 + · · · + 0 · un .

Podemos tamb em introduzir a:

Sejam (V, +, ·) um espa co vetorial real e u1 , . . . , un ∈ V . Dizemos que os vetores u1 , . . . , un ser~ao ditos linearmente dependentes (ou, abreviadamente, l.d.) se os vetores n˜ao forem linearmente independentes. Defini¸ c˜ ao 4.3

Observa¸ c˜ ao 4.4

1. Na situa c~ao acima, se os vetores vetores que o conjunto S =. {u1 , . . . , un } e l.d. .

u1 , . . . , un

s~ao l.d. diremos

^ CAP ITULO 4. DEPENDENCIA LINEAR

2. A de ni c~ao de depend^encia linear acima para os vetores u1 , . . . , un e equivalente a dizer que e poss vel encontrar n umeros reais α1 , . . . , αn , n˜ ao todos nulos, tais que α1 · u1 + · · · + αn · un = O,

ou seja, podemos escrever o vetor nulo modos diferentes, a saber: 0 · u1 + · · · + 0 · un = O

O∈V

de , pelo menos, dois

α1 · u1 + · · · + αn · un = O, 24.08.2010 - 7.a

Com isto temos o:

Proposi¸ c˜ ao 4.5 Sejam (V, +, ·) um espa co vetorial real e u1 . . . , un ∈ V . Os vetores O, u1 , . . . , un s~ao vetores l.d., onde O e vetor nulo do espa co vetorial real (V, +, ·). Demonstra¸ c˜ ao:

De fato, basta veri car que 1 ·O + |{z} 0 ·u1 + · · · + |{z} 0 ·un = O, |{z} .=α .=α .=α 1

ou seja, existem escalares α, α1 , · · · , αn ∈ R, n~ao todos nulos (pois α = 1) de modo que α · O + α1 · u1 + · · · + αn · un = O,

mostrando que os vetores O, u1 , . . . , un s~ao de vetores l.d. .

Consideremos o espa co vetorial real (R3 , +, ·) (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais de R3 ). Mostre que os vetores (1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0) ∈ R3 s~ao linearmente independentes em (R3 , +, ·) . Exemplo 4.6

~ E EXEMPLOS 4.1. INTRODUC AO

Resolu¸ c˜ ao:

rial

Para tanto precisamos encontrar todas as poss veis solu c~oes da equa c~ao vetoα · (1, 1, 1) + β · (1, 1, 0) + γ · (1, 0, 0) = (0, 0, 0),

que e equivalente a: (0, 0, 0) = (α, α, α) + (β, β, 0) + (γ, 0, 0) = (α + β + γ, α + β, α).

Isto equivale a resolver o sistema linear    α + β + γ = 0 α+β=0   γ = 0,

que possui uma u nica solu c~ao, a saber: α = β = γ = 0.

Logo, os vetores (1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0) ∈ R3 s~ao linearmente independentes no espa co vetorial real (R3 , +, ·).

Consideremos o espa co vetorial real (R3 , +, ·) (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais de R3 ). Tomemos os vetores em R3 dados por Exemplo 4.7

. u1 = (x1 , y1 , z1 ),

. u2 = (x2 , y2 , z2 )

. u3 = (x3 , y3 , z3 ).

(∗)

Encontre uma condi¸c˜ao necess´aria e suficiente para que os vetores u1 , u2 , u3 sejam linearmente independentes no espa co vetorial real (R3 , +, ·) . Resolu¸ c˜ ao:

Observemos que, os vetores u1 , u2 , u3 ser~ao l.i. em (R3 , +, ·) se, e somente se, a equa c~ao vetorial α1 · u1 + α2 · u2 + α3 · u3 = O (∗∗)

^ CAP ITULO 4. DEPENDENCIA LINEAR

apresentar como u nica solu c~ao os escalares α1 = α2 = α3 = 0. (∗ ∗ ∗)

Observemos que α1 · u1 + α2 · u2 + α3 · u3 = α1 (x1 , y1 , z1 ) + α2 · (x2 , y2 , z2 ) + α3 · (x3 , y3 , z3 ) = (α1 x1 , α1 y1 , α1 z1 ) + (α2 x2 , α2 y2 , α2 z2 ) + (α3 x3 , α3 y3 , α3 z3 ) = (α1 x1 + α2 x2 + α3 x3 , α1 y1 + α2 y2 + α3 y3 , α1 z1 + α2 z2 + α3 z3 ),

que e equivalente a que o sistema linear de tr^es equa c~oes a tr^es inc ognitas (que s~ao os escalares α1 , α2 , α3 ):    α1 x1 + α2 x2 + α3 x3 = 0 α1 y1 + α2 y2 + α3 y3 = 0   α z + α z + α z = 0 1 1

2 2

(∗ ∗ ∗∗)

3 3

Logo para que (**) possua somente a solu c~ao (***) e necess ario e su ciente que o sistema linear (****) s o admita a solu c~ao (***). Mas isto, como se sabe, isto e equivalente que a dizer que a matriz dos coe cientes do sistema linear (****),  x1 x2 x3 y1 y2 y3  z1 z2 z3 

possue determinante diferente de zero (ver Ap^endice II). Note que as colunas desta matriz s~ao formadas pelas entradas que comp~oem os vetores u1 , u2 e u3 em (*). Observa¸ c˜ ao 4.8 O mesmo resultado vale se colocarmos os coe cientes vetores u1 , u2 e u3 como as linhas de uma matriz. Por qu^e?

Podemos estender o exemplo acima a seguinte situa c~ao:

dos

~ E EXEMPLOS 4.1. INTRODUC AO

Consideremos o espa co vetorial real (Rn , +, ·) (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais de Rn . Enuncie e demonstre um resultado an alogo ao exemplo acima para uma sequ^encia u1 , · · · , uk vetores do espa co vetorial real (Rn , +, ·), onde k ∈ {1, · · · , n}. Exerc´ıcio 4.9

Temos tamb em o: Exemplo 4.10 Consideremos o espa co · s~ ao as opera c~oes usuais de M2 (R)). Veri que se as matrizes de M2 (R): . u1 =

vetorial real (M2 (R), +, ·) (onde + e

µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 0 . 1 1 . 0 1 , u2 = , u3 = 0 1 0 1 0 0

s~ao linearmente independentes em (M2 (R), +, ·). Resolu¸ c˜ ao:

Para isto precisamos estudar todas as poss veis solu c~oes α1 , α2 , α3 ∈ R da equa c~ao vetorial: α1 · u1 + α2 · u2 + α3 · u3 = O,

(∗)

onde O denota a matriz nula de M2 (R), ou, equivalentemente, encontrar todas as poss veis solu c~oes da equa c~ao matricial µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 0 1 1 0 1 0 0 α1 + α2 + α3 = , 0 1 0 1 0 0 0 0 | {z }   α + α α + α 1 2 2 3 = 0 α1 + α2

que e equivalente a equa c~ao matricial µ ¶ µ ¶ α1 + α2 α2 + α3 0 0 = , 0 α1 + α2 0 0

(∗∗)

^ CAP ITULO 4. DEPENDENCIA LINEAR

ou ainda, equivalente ao sistema linear de quatro equa c~oes a tr^es inc ognitas (a saber, α1 , α2 , α3 ∈ R):   α1 + α2 = 0    α + α = 0 2 3  0=0     α1 + α2 = 0

(∗ ∗ ∗)

que possui solu c~oes do tipo (α1 , α2 , α3 ) = (α1 , −α1 , α1 )

para qualquer α1 ∈ R. Logo escolhendo-se α1 =. 1, teremos que α2 = −1 e α3 = 1 ser~ao solu c~oes (n~ao identicamente nulas) do sistema (***) ou, equivalentemente, da equa c~ao vetorial (*). Dessa forma, a sequ^encia de vetores u1 , u2 , u3 ser a linearmente dependente em (M2 (R), +, ·). Observa¸ c˜ ao 4.11

que (veri que!)

Um outro modo de resolver o exemplo acima e observar u2 = u1 + u3 ,

que e equivalente a escrever 1.u1 + (−1).u2 + 1.u3 = 0,

ou seja, os vetores u1 , u2 , u3 s~ao l.d. em (M2 (R), +, ·). Temos tamb em o: Exemplo 4.12 Consideremos o espa co vetorial real (C1 (R; R), +, ·) e · s~ao as opera c~oes usuais de C1 (R; R)). Veri que se as fun c~oes f e g s~ao l.d. em (C1 (R; R), +, ·) onde . f(x) = cos(x)

. g(x) =

sen(x),

x ∈ R.

(onde +

~ E EXEMPLOS 4.1. INTRODUC AO

Resolu¸ c˜ ao:

Como as fun c~oes f e g s~ao fun c~oes de nidas em R, a equa c~ao vetorial α · f + β · f = O,

(∗)

onde O denota a fun c~ao identicamente nula em R, ser a equivalente a equa c~ao αf(x) + βg(x) = 0

para todo x ∈ R.

Em particular, a identidade acima dever a ser v alida para: 1. x = 0, ou seja: 0 = αf(0) + βg(0) = α cos(0) +β sen(0) = α | {z } | {z } =1

=⇒

α = 0.

π 2

2. x = , ou seja: π π π 0 = αf( ) + βg(0) = α cos( ) +β sen( ) = β 2 2 | {z } | {z 2 } =0

=⇒

β = 0.

Conclus~ao: a u nica solu c~ao da equa c~ao vetorial (*) ser a α = β = 0, portanto, as fun c~oes f e g s~ao l.i. em (C1 (R; R), +, ·). Exemplo 4.13 Consideremos o espa co vetorial real (C1 (R; R), +, ·) (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais de C1 (R; R)). Veri que se as fun c~oes f, g e h s~ao linearmente dependentes em (C1 (R; R), +, ·),

onde

. f(x) = cos2 (x),

. g(x) =

sen2 (x) e h(x) =. 1,

x ∈ R.

Resolu¸ c˜ ao:

Observemos que cos2 (x) + sen2 (x) = 1, para todo x ∈ R,

ou seja,

cos2 (x) + sen2 (x) − 1 = 0, para todo x ∈ R,

^ CAP ITULO 4. DEPENDENCIA LINEAR

68 que e equivalente a

1 · f + 1 · g + (−1) · h = O,

onde O denota a fun c~ao identicamente mula. Logo a equa c~ao vetorial α · f + β · g + γ · h = O,

tem uma solu c~ao n~ao trivial, a saber α =. 1, β =. 1 e γ =. −1. Portanto as fun c~oes f, g e h s~ao l.d. em C1 (R; R). Deixaremos como exerc cio para o leitor o Exerc´ıcio 4.14 Consideremos o espa co vetorial e · s~ao as opera c~oes usuais de C1 (R; R)).

real (C1 (R; R), +, ·) (onde +

Sejam

. f(x) = cos(2x),

g(x) = cos2 (x)

h(x) =

sen2 (x),

x ∈ R.

Mostre que as fun c~oes f, g, h s~ao linearmente dependentes em (C1 (R; R), +, ·)

4.2

Propriedades da dependˆ encia linear

Come caremos pela seguinte carateriza c~ao equivalente de depend^encia linear: Proposi¸ c˜ ao 4.15 Consideremos o espa co vetorial real (V, +, ·) e u1 , . . . , un ∈ V. Os u1 , . . . , un s~ao l.d. se, e somente se, pelo menos um destes vetores se

escreve como combina c~ao linear dos outros.

Demonstra¸ c˜ ao:

Observemos que se um dos vetores da sequ^encia de vetores u1 , . . . , un , digamos uio para algum io ∈ {1, · · · , n}, se escreve como combina c~ao linear dos restantes, ou seja, dos vetores u1 , · · · , uio −1 , uio +1 , ·, un ent~ao dever~ao existir escalares α1 , · · · , αio −1 , αio +1 , ·, αn ∈ R tais que uio = α1 · u1 + · · · + αio −1 · uio −1 + αio +1 · uio +1 + · · · + αn · un . (∗)

^ 4.2. PROPRIEDADES DA DEPENDENCIA LINEAR

Mas (*) e equivalente a O = α1 · u1 + · · · + αio −1 · uio −1 − uio + αio +1 · uio +1 + · · · + αn · un = α1 · u1 + · · · + αio −1 · uio −1 + (−1) · uio + αio +1 · uio +1 + · · · + αn · un ,

s onde O e o vetor nulo do espa co vetorial real (V, +, ·), ou seja, a equa c~ao vetorial α1 · u1 + · · · + αio −1 · uio −1 + αio · uio + αio +1 · uio +1 + · · · + αn · un = O

possui uma solu c~ao n~ao trivial (a saber, αio =. −1), o que mostra que a sequ^encia u1 , . . . , un e l.d. em (V, +, ·). Por outro lado, se u1 , . . . , un s~ao linearmente dependentes ent~ao existem escalares α1 , . . . , αn ∈ R, n~ao todos nulos, digamos que αio 6= 0, tais que α1 · u1 + · · · + αio −1 · uio −1 + αio · uio + αio +1 · uio +1 + · · · + αn · un = O,

ou, equivalentemente, −αio · uio = α1 · u1 + · · · + αio −1 · uio −1 + αio +1 · uio +1 + · · · + αn · un ,

e como αio 6= 0 teremos uio =

αi −1 αi +1 αn α1 · u1 + · · · + o · uio −1 + o · uio +1 + · · · + · un , −αio −αio −αio −αio

ou seja, o vetor uio , da lisla u1 , · · · , un , pode ser obtido como combina c~ao linear dos vetores restantes (a saber, dos vetores u1 , · · · , uio −1 , uio +1 , · · · , un ), terminando a demonstra c~ao. Com isto temos a: Proposi¸ c˜ ao 4.16 V.

Consideremos o espa co vetorial real (V, +, ·) e u1 , . . . , un ∈

Se o conjunto de vetores S =. {u1 , . . . , un } e l.d. em que S ⊆ T . Ent~ao T ser a l.d. (V, +, ·).

(V, +, ·)

T ⊆V

tal

^ CAP ITULO 4. DEPENDENCIA LINEAR

70 Demonstra¸ c˜ ao:

Vamos mostrar que se u1 , . . . , un , un+1 , . . . , um ∈ V s~ao tais que S =. {u1 , . . . , un } e um conjunto formado por vetores que s~ao l.d. ent~ao T =. {u1 , . . . , un , un+1 , . . . , um } tamb em e um conjunto formado por vetores que s~ao l. d. . Como S e l.d. em (V, +, ·) existem escalares α1 , · · · , αn ∈ R, n~ao todos nulos, ou seja, αio 6= 0 para algum io = 1, · · · , n, tais que α1 · u1 + · · · + αio · uio + · + αn · un = O. (∗)

Como S ⊆ T segue que uio ∈ T , e de (*) temos que α1 · u1 + · · · + αio · uio + · + αn · un + 0 · un+1 + · · · + 0.um = O. (∗∗)

possui uma solu c~ao n~ao identicamente nula, pois αio 6= 0, mostrando que o conjunto T e formado por vetores que s~ao l.d. em (V, +, ·).

O resultado acima nos diz que qualquer subconjunto de um espa co vetorial real que contenha como subconjunto um conjunto que e l.d. dever a, necessariamente, ser l.d. .

Observa¸ c˜ ao 4.17

Um outro resultado importante e dado pela: Proposi¸ c˜ ao 4.18 V. Se u1 , . . . , um

Consideremos o espa co vetorial real (V, +, ·) e u1 , . . . , um ∈

s~ao linearmente independentes em (V, +, ·) ent~ao qualquer subsequ^encia destes vetores tamb em ser a linearmente independente em (V, +, ·). Demonstra¸ c˜ ao:

Basta mostrar que se u1 , . . . , un , un+1 , . . . , um s~ao linearmente independentes em (V, +, ·) ent~ao u1 , . . . , un tamb em s~ao l.i. em (V, +, ·). Para isto suponhamos que β1 · u1 + · · · + βn · un = O. (∗)

Mas a equa c~ao vetorial (*) pode ser reescrita como: β1 · u1 + · · · + βn · un + 0 · un+1 + · · · + 0 · um = O (∗)

^ 4.2. PROPRIEDADES DA DEPENDENCIA LINEAR

e os vetores u1 , . . . , un , un+1 , . . . , um s~ao l.i. em (V, +, ·) logo segue que a u nica solu c~ao para a equa c~ao vetorial (*) ser a β1 = · · · = βn = 0,

mostrando que os vetores u1 , . . . , un s~ao l.i. em (V, +, ·), como quer amos demonstrar.

O resultado acima nos diz que qualquer subconjunto de um conjunto de vetores de um espa co vetorial real que e l.i. dever a, necessariamente, ser l.i. .

Observa¸ c˜ ao 4.19

Um outro resultado importante e dado pela: Proposi¸ c˜ ao 4.20 Consideremos o espa co vetorial real (V, +, ·) e u, u1 , . . . , un ∈ V. Se os vetores u1 , . . . , un s~ao l.i. em (V, +, ·) e os vetores u, u1 , . . . , un , s~ao l.d. em (V, +, ·) ent~ao o vetor u dever a ser combina c~ao linear dos vetores u1 , . . . , un . Demonstra¸ c˜ ao: Como u, u1 , . . . , un ,

todos nulos, tais que

s~ao l.d. em (V, +, ·), dever~ao existir β1 , . . . , βn+1 , n~ao

β · u + β1 · u1 + · · · + βn · un = O. (∗)

A rmamos que β 6= 0. Suponhamos, por absurdo, que β = 0. A express~ao (*) tornar-se- a: β1 · u1 + · · · + βn · un = 0.

Mas , os vetores u1 , . . . , un s~ao l.i. em (V, +, ·), assim, dever amos, necessariamente, ter β1 = · · · = βn = 0, o que e um absurdo por (*). Portanto β 6= 0 e assim (*) ser a equivalente a −β · u = β1 · u1 + · · · + βn · un

β6=0

⇒

β1 βn · u1 + · · · + · un , −β −β

^ CAP ITULO 4. DEPENDENCIA LINEAR

ou seja, o vetor u pode ser obtido como combina c~ao linear dos vetores u1 , . . . , un , como quer amos demonstrar. Pra nalizar temos a: Proposi¸ c˜ ao 4.21 Consideremos o espa co vetorial real (V, +, ·) e u1 , . . . , un vetores l.i. em (V, +, ·). Ent~ao cada vetor v ∈ [u1 , . . . , un ] se escreve de maneira u´nica como combina c~ao linear dos vetores u1 , . . . , un , isto e, existem u´nicos α1 , · · · , αn ∈ R tais que v = α1 · u1 + · · · + αn · un . Prova:

Suponhamos que existam α1 , · · · , αn , β1 , · · · , βn ∈ R tais que α1 · u1 + · · · + αn · un = v = β1 · u1 + · · · + βn · un .

(∗)

Precisamos mostrar que αj = βj ,

j = 1, . . . , n.

Observemos que (*) e equivalente a: [α1 · u1 + · · · + αn · un ] − [β1 · u1 + · · · + βn · un ] = O,

que por sua vezm pode ser escrita como (α1 − β1 ) · u1 + · · · + (αn − βn ) · un = 0.

Mas os vetores u1 , . . . , un s~ao l.i. logo, necessariamente, deveremos ter αj − βj = 0,

isto e, αj = βj ,

como quer amos demonstrar.

j = 1, · · · , n,

para todo

j = 1, . . . , n,

4.3. EXERC ICIOS

Observa¸ c˜ ao 4.22 Vale uma certa rec proca do resultado acima, a saber: se cada vetor v ∈ [u1 , . . . , un ] se escreve de maneira u nica como combina c~ao linear dos vetores u1 , . . . , un ent~ao os vetores u1 , · · · , un ser~ao l.i. em (V, +, ·). De fato, pois, em particular, o vetor nulo O ∈ V se escreve de modo u nico como combina c~ao linear dos vetores u1 , . . . , un , isto e, se O = α1 · u1 + · · · + αn · un

⇒

α1 = · · · = αn = 0,

mostrando que os vetores u1 , · · · , un ser~ao l.i. em (V, +, ·), com a rmamos. 4.3

Exerc´ıcios

^ CAP ITULO 4. DEPENDENCIA LINEAR

Cap´ıtulo 5

Base, Dimens˜ ao e Coordenadas 27.08.2010 - 8.a

5.1

Base

A no c~ao de base de um espa co vetorial real e semelhante a que foi introduzida no curso de Geometria Anal tica. Ela consiste em escolher um conjunto de geradores do espa co vetorial real em quest~ao que contenha o menor n umero de vetores poss vel, isto e, um conjunto que gere o espa co vetorial real, mas que se deste conjunto for retirado qualquer elemento, o conjunto que restar a n˜ao gerar a mais o espa co vetorial real em quest~ao. Mais precisamente, temos a:

Seja V 6= {O}, (V, +, ·) um espa co vetorial real nitamente gerado. De nimos uma base do espa co vetorial real V como sendo um conjunto, que indicaremos por B, formado por vetores linearmente independentes de V e que gera V . Defini¸ c˜ ao 5.1

Consideremos os seguintes exemplos:

Consideremos o espa co vetorial real (R3 , +, ·) (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais). Exemplo 5.2

~ E COORDENADAS CAP ITULO 5. BASE, DIMENSAO

Mostre que B =. {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} e uma base de (R3 , +, ·) Resolu¸ c˜ ao:

Sabemos que o espa co vetorial real (R3 , +, ·) e nitamente gerado (veri que!). E f acil ver que os vetores de B s~ao l.i. (veri que!). Al em disso se (x, y, z) ∈ R3 temos que (x, y, z) = (x, 0, 0) + (0, y, 0) + (0, 0, z) = x · (1, 0, 0) + y · (0, 1, 0) + z · (0, 0, 1),

mostrando que os vetores de B geram (R3 , +, ·) (isto e, [B] = R3 ), logo B ser a uma base para (R3 , +, ·). Podemos estender o exemplo acima, como a rma o seguinte exerc cio abaixo, cuja resolu c~ao ser a deixada a cargo do leitor.

Consideremos o espa co vetorial real (Rn , +, ·) (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais). Mostre que o conjunto B =. {e1 , . . . , en } ⊆ Rn onde Exerc´ıcio 5.3

. . e1 = (1, 0, . . . , 0), . . . , ej = (0, . . . , 0,

. 1 , · · · , 0), . . . en = (0, . . . , 0, 1) |{z} j− esima posi c~ao

e uma base de (Rn , +, ·). Temos tamb em o:

Consideremos o espa co vetorial real (R2 , +, ·) (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais). Mostre que B =. {(1, 1), (1, −1)} e uma base de (R2 , +, ·). Exemplo 5.4

Resolu¸ c˜ ao:

E preciso mostrar que estes vetores de B s~ao l.i. e que todo vetor de (R2 , +, ·) se escreve como combina c~ao linear dos vetores de B. Da observa c~ao (4.22) basta mostrarmos que todo vetor de (R2 , +, ·) se escreve, de maneira u nica, como combina c~ao linear dos vetores u1 =. (1, 1) e u2 =. (1, −1). Seja u =. (x, y) ∈ R2 .

5.1. BASE que

O nosso problema se resume a mostrar que existem u nicos α1 , α2 ∈ R tais

u = (x, y) = α1 · u1 + α2 · u2 = α1 · (1, 1) + α2 · (1, −1) = (α1 , α1 ) + (α2 , −α2 ) = (α1 + α2 , α1 − α2 ).

Esta identidade e equivalente ao seguinte sistema linear ±

α1 + α2 = x α1 − α2 = y.

Resolvendo o sistema linear (ser a deixado como exerc cio para o leitor) obteremos uma u´nica solu c~ao dada por α1 =

x+y 2

α2 =

x−y , 2

mostrando que B e uma base para (R2 , +, ·). Deixaremos, para o leitor, a resolu c~ao dos seguintes exerc cios : Exerc´ıcio 5.5 Consideremos o espa co · s~ ao as opera c~oes usuais de M2 (R)).

vetorial real

(M2 (R), +, ·)

(onde

Mostre que o conjunto . B=

¯µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶° 1 0 0 1 0 0 0 0 , , , 0 0 0 0 1 0 0 1

e uma base de (M2 (R), +, ·) Exerc´ıcio 5.6 Consideremos o espa co vetorial · s~ ao as opera c~oes usuais de fun c~oes). Veri que que o conjunto B =. {p, q, r} e uma . p(x) = 1 + x,

. q(x) = 1 − x,

real

(P2 (R), +, ·)

base de (P2 (R), +, ·), onde

. r(x) = 1 − x2 ,

x ∈ R.

Temos o seguinte resultado: . Proposi¸ c˜ ao 5.7 Consideremos o espa co vetorial real (V, +, ·) e B = {u1 , . . . , un } uma base de (V, +, ·). Ent~ao B 0 =. {u1 , . . . , un−1 } n~ao e uma base de (V, +, ·).

~ E COORDENADAS CAP ITULO 5. BASE, DIMENSAO

78 Demonstra¸ c˜ ao:

Suponhamos, por absurdo, que B 0 = {u1 , . . . , un−1 } fosse uma base de (V, +, ·). Como un ∈ V , existiriam αj ∈ R, j = 1, . . . , n − 1 tais que un = α1 · u1 + · · · + αn−1 · un−1 ,

isto e, O = α1 · u1 + · · · + αn−1 · un−1 − un = α1 · u1 + · · · + αn−1 · un−1 + (−1) · un ,

ou seja, u1 , . . . , un s~ao l.d. em (V, +, ·) o que seria um absurdo, pois, por hip otese, u1 , . . . , un s~ao linearmente independentes em (V, +, ·) Portanto B 0 =. {u1 , . . . , un−1 } n~ao pode ser uma base de (V, +, ·), como quer amos demonstrar. Temos tamb em o seguinte importante resultado: Teorema 5.8

Seja V 6= {O} tal que (V, +, ·) e um espa co vetorial real nita-

mente gerado. Ent~ao (V, +, ·) admite uma base. Em outras palavras, existe um conjunto B, formado por vetores de V que s~ao l.i. em (V, +, ·) e que gera (V, +, ·). Prova:

Como V 6= {O} e (V, +, ·) e um espa co vetorial real nitamente gerado, existem vetores u1 , . . . , un ∈ V tais que V = [u1 , . . . , un ]. Se o conjunto B =. {u1 , . . . , un } for formado por vetores que s~ao l.i. em (V, +, ·) ent~ao B ser a uma base de (V, +, ·), terminando a demonstra c~ao. Por outro lado, se os vetores u1 , . . . , un sejam l.d. em (V, +, ·), como V 6= {O}, existe, pelo menos, um jo ∈ {1, . . . , n} tal que ujo 6= O. Sem perda de generalidade, podemos supor que u1 6= 0 (isto e, jo = 1). Se todo vetor uj , para j = 2, . . . , n, puder se escrever como combina c~ao linear de u1 ent~ao V = [u1 ] e B =. {u1 } ser a uma base de (V, +, ·), terminando a demonstra c~ao. Caso isto n~ao ocorra, e porque existe algum vetor uj1 , com 2 ≤ j1 ≤ n, tal que u1 , uj1 s~ao l.i. em (V, +, ·).

~ 5.2. DIMENSAO

Sem perda de generalidade, podemos supor que o vetor u2 seja tal vetor (ou ainda, j1 = 2), isto e, u1 , u2 s~ao l.i. em (V, +, ·). Se todos os vetores u3 , . . . , un puderem ser escritos como combina c~oes lineares dos vetores u1 , u2 ent~ao V = [u1 , u2 ] e B =. {u1 , u2 } ser a uma base de (V, +, ·). Caso, contr ario, podemos repetir este processo e como o n umero de elementos de {u1 , . . . , un } e nito, o processo ir a ndar ap os um n umero nito de passos. Desse modo, existe uma sequ^encia de vetores l.i. dentre os vetores do conjunto {u1 , . . . , un } que geram (V, +, ·), isto e, uma base de (V, +, ·), nalizando a demonstra c~ao.

Resumindo, o resultado acima nos diz que todo espa co vetorial real, n~ao identicamente nulo, nitamente gerado admite uma base.

Observa¸ c˜ ao 5.9

5.2

Dimens˜ ao

Para iniciar esta se c~ao temos o seguinte resultado fundamental para o que segue:

Seja V 6= {O} tal que (V, +, ·) e um espa co vetorial real nitamente gerado. Ent~ao toda base de (V, +, ·) possui o mesmo n umero de vetores. Teorema 5.10

Prova:

Do teorema (5.8) segue que (V, +, ·) admite uma base. Sejam B =. {u1 , . . . , un } e C =. {v1 , . . . , vm } duas bases do espa co vetorial real (V, +, ·). Nosso objetivo e mostrar que m = n (ou seja, qualquer base de (V, +, ·) de n elementos). Suponhamos, por absurdo, que n > m. (1) Como os vetores v1 , . . . , vm geram (V, +, ·), para cada 1 ≤ j ≤ n, podemos escrever o vetor uj como combina c~ao linear dos vetores v1 , . . . , vm , isto e, existem α1j , · · · , αmj ∈ R tais que uj = α1j · v1 + · · · + αmj · vm =

m X i=1

αij vi .

(∗)

~ E COORDENADAS CAP ITULO 5. BASE, DIMENSAO

Assim, de (*) temos que se O = β1 ·

u1 |{z} m X

(∗)

i=1

! αi1 · vi

+ · · · + βn ·

i=1

n X

βj ·

i=j

ou ainda,

 

n X

m X

! αij · vi

i=1



m X i=1



βj α1j  · v1 + · · · + 

j=1

un |{z} m X

αi1 · vi

i=1 Ãm X

= β1 ·

+ · · · + βn ·

n X

 

(∗∗)

(∗)

αin · vi Ãm X i=1

n X

! αin · vi 

βj α1i  · vi ,

j=1

 βj αmj  · vm = 0.

j=1

Como os vetores v1 , . . . , vm s~ao l.i. em (V, +, ·) devremos ter n X

αij βj = 0

para todo

1 ≤ i ≤ m.

j=1

As identidades acima correspondem a um sistema linear homog^eneo de m equa c~oes com n inc ognitas (βi , 1 ≤ i ≤ n). Como n > m, existe uma solu c~ao n~ao trivial deste sistema linear, isto e, uma solu c~ao β1 , . . . , βn onde pelo menos um βjo , para algum jo ∈ {1, · · · , n}, e diferente de zero (pois a solu c~ao trivial, β1 = · · · = βn = 0 e sempre solu c~ao de um sistema linear homog^eneo). De (**) segue que os vetores u1 , . . . , un s~ao l.d. em (V, +, ·), uma contradi c~ao, logo deveremos ter n = m, completando a demonstra c~ao.

Resumindo, o resultado acima nos diz que qualquer base de um espa co vetorial real, n~ao identicamente nulo, nitamente gerado tem o mesmo n umero de vetores.

Observa¸ c˜ ao 5.11

~ 5.2. DIMENSAO

Com o resultado acima podemos introduzir a: Defini¸ c˜ ao 5.12 Seja (V, +, ·) um espa co vetorial real nitamente gerado. Se V = {O} de nimos a dimens~ao de V como sendo 0. Se V 6= {O} de nimos a dimens~ao de V como sendo o n umero de elementos de uma base qualquer de (V, +, ·). Neste caso, usaremos o s mbolo dim(V) para denotar a dimens~ao do espa co vetorial real (V, +, ·).

Se um espa co vetorial real (V, +, ·) n˜ao e nitamente gerado diremos que ele tem dimens~ao in nita. Defini¸ c˜ ao 5.13

Com isto temos a:

Seja (V, +, ·) um espa co vetorial real de dimens~ao in nita. possui um subconjunto de vetores que tem um n umero in nito de vetores linearmente independentes em (V, +, ·). Proposi¸ c˜ ao 5.14 Ent~ao (V, +, ·) Prova:

Temos que V 6= {O} pois, caso contr ario, dim(V) = 0 o que contraria o fato que sua dimens~ao ser in nita. Selecione u1 ∈ V, u1 6= O. Como (V, +, ·) n~ao e nitamente gerado temos que V 6= [u1 ]. Logo, existe u2 ∈ V tal que u2 6∈ [u1 ]. Desta forma, os vetores u1 , u2 s~ao linearmente independentes em (V, +, ·) (veri que!) e V 6= [u1 , u2 ], caso contr ario, (V, +, ·) teria dimens~ao nita (no caso, 2). Prosseguindo as id eias acima, suponhamos que tenhamos encontrado vetores u1 , . . . , un ∈ V linearmente independentes. Como (V, +, ·) n~ao e nitamente gerado, V 6= [u1 , . . . , un ]. Logo , existe un+1 ∈ V tal que un+1 6∈ [u1 , . . . , un ], isto e, os vetores u1 , . . . , un , un+1 ∈ V s~ao linearmente independentes em (V, +, ·) (veri que!). Portanto, para qualquer conjunto nito de vetores l.i. em (V, +, ·) podemos sempre encontrar um vetor, que n~ao est a no subespa co gerado por esse conjunto

nito, e que, al em disso, reunindo este vetor ao conjunto nito que t nhamos, obtemos um conjunto l.i. em (V, +, ·), ou seja, existe em (V, +, ·) um conjunto

~ E COORDENADAS CAP ITULO 5. BASE, DIMENSAO

formado por in nitos de vetores linearmente independentes em (V, +, ·), como quer amos demonstrar. Como consequ^encia da demonstra c~ao do teorema (5.10) temos a: Proposi¸ c˜ ao 5.15

Seja um espa co vetorial real

(V, +, ·)

de dimens~ao

m∈N

xada. Ent~ao qualquer conjunto de vetores de (V, +, ·) com mais de m elementos e, necessariamente, linearmente dependente em (V, +, ·). Demonstra¸ c˜ ao:

Supohamos, por absurdo que, u1 , · · · , un e uma sequ^encia de vetores de V que s~ao l.i. em (V, +, ·) com n > m. Ent~ao seguindo a demonstra c~ao do teorema (5.10) a partir de (1) (veri que!) obteremos um absurdo, logo mais que m vetores em (V, +, ·) dever~ao ser l.d. em (V, +, ·), como quer amos demonstrar. Como consequ^encia temos o:

Todo subespa co vetorial de um espa co vetorial real de dimens~ao nita tamb em tem dimens~ao nita.

Corol´ ario 5.16

Prova:

Sejam (V, +, ·) um espa co vetorial real de dimens~ao nita e W um subespa co vetorial de (V, +, ·). Suponhamos, por absurdo, que W tivesse dimens~ao in nita. Pela proposi c~ao (5.14), existiria um subconjunto l.i. de vetores de W com in nitos elementos . Como estes vetores tamb em s~ao linearmente independentes em (V, +, ·), pela proposi c~ao (5.15), o n umero deles deveria ser menor do que a dimens~ao de V que e nita, um absurdo, logo a dimens~ao de W dever a ser nita, como quer amos demonstrar. Observa¸ c˜ ao 5.17

~ 5.2. DIMENSAO

1. Na verdade podemos ser um pouco mais precisos na conclus~ao do corol ario acima, a saber: se W um subespa co vetorial do espa co vetorial real (V, +, ·) que tem dimens~ao nita n ent~ao dim(W) ≤ n, ou seja, dim(W) ≤ dim(V).

Para ver isto basta supor, por absurdo, que dim(W) > m. Logo existe uma base de W com mais que m vetores, em particular, existem mais que m vetores l.i. em (W, +V , ·V ) (onde +V e ·V indicam as opera c~oes V ). Assim os elementos desta base de W tamb em ser~ao l.i. em (V, +, ·), ou seja, existe um subconjunto formado por vetores l.i. em (V, +, ·) que t^em mais que m elementos. Como m > dim(V), que pela proposi c~ao (5.15), teremos um absurdo. Portanto dim(W) ≤ dim(V). 2. Se o espa co vetorial real (V, +, ·) tem dimens~ao n diremos que ele e um espa co vetorial real n-dimensional. Temos tamb em o:

Se (V, +, ·) e um espa co vetorial n-dimensional e u1 , . . . , un s~ao vetores de (V, +, ·) linearmente independentes em (V, +, ·) ent~ao estes vetores formam uma base de (V, +, ·). Corol´ ario 5.18

Demonstra¸ c˜ ao: . Seja B = {u1 , · · · , un } formado por n vetores l.i em (V, +, ·). Mostremos que B e uma base de (V, +, ·), ou seja, que geram (V, +, ·). Suponhamos, por aburdo, que exista u ∈ V tal que u 6∈ [u1 , · · · , un ]. Isto implicar a que u, u1 , · · · , un s~ao l.i. em (V, +, ·) (veri que!), o que contraria a proposi c~ao (5.15) (pois temos um conjunto l.i. em (V, +, ·) com mais que n = dim(V) vetores). Logo B e l.i. em (V, +, ·) e portanto B ser a uma base de (V, +, ·), como

quer amos demonstrar.

~ E COORDENADAS CAP ITULO 5. BASE, DIMENSAO

Consideremos o espa co vetorial real s~ao as opera c~oes usuais). Ent~ao dim(Rn ) = n. Exemplo 5.19

(Rn , +, ·)

(onde

Resolu¸ c˜ ao:

Do exemplo (5.3) temos que o conjunto B =. {e1 , . . . , en } ⊆ Rn onde

. . e1 = (1, 0, . . . , 0), . . . , ej = (0, . . . , 0,

. 1 , · · · , 0), . . . en = (0, . . . , 0, 1) |{z} j− esima posi c~ao

e uma base de (Rn , +, ·), logo dim(Rn ) = n. Exemplo 5.20 Consideremos o espa co · s~ ao as opera c~oes usuais de (P(R)). Ent~ao dim[P(R)] = ∞.

vetorial real

(P(R), +, ·)

(onde

Resolu¸ c˜ ao:

Do exemplo (3.17) temos que (P(R), +, ·) n~ao e nitamente gerado, logo sua dimens~ao n~ao pode ser nita, assim dim(P(R) = ∞. Exemplo 5.21 Consideremos o espa co · s~ ao as opera c~oes usuais de (Pn (R)). Ent~ao dim[Pn (R)] = n + 1.

vetorial real (Pn (R), +, ·) (onde + e

Resolu¸ c˜ ao:

De fato, do exemplo (3.16) temos que o conjunto B =. {po , · · · , pn } ∈ Pn (R) formado pelos seguintes polin^omios: . po (x) = 1,

. p1 (x) = x,

. p2 (x) = x2 ,

···

. pn (x) = xn ,

x ∈ R,

geram (Pn (R), +, ·). Deixaremos como exerc cio para o leitor mostrar que B e um conjunto l.i. em (Pn (R), +, ·), logo uma base para (Pn (R), +, ·) e portanto dim[Pn (R)] = n + 1. Exemplo 5.22 Sejam m, n ∈ N e o espa co vetorial (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais de Mm×n (R)) Ent~ao dim[Mm×n ] = mn.

real

(Mm×n (R), +, ·)

~ 5.2. DIMENSAO

Resolu¸ c˜ ao:

Do exemplo (3.14) temos que o conjunto . B = {Ek,l : k = 1, . . . , m, l = 1, . . . , n}

formado pelas matrizes de Mm×n (R) dadas por: . Ek,l = (δk,l i,j )1≤i≤m , 1≤j≤n

k = 1, . . . , m, l = 1, . . . , n,

onde ±

. δk,l i,j =

se (i, j) = (k, l) 0 se (i, j) 6= (k, l) 1

formam uma base de (Mm×n (R), +, ·). Portanto dim(Mm×n ) = mn. Deixaremos como exerc cio para o leitor o: Exerc´ıcio 5.23

1. A dimens~ao do espa co vetorial das matrizes reais quadradas e sim en(n + 1) tricas de ordem n e . 2

2. Qual a dimens~ao do espa co vetorial das matrizes reais quadradas e anti-sim etricas de ordem n? 31.08.2010 - 9.a

Temos o seguinte importante resultado: Teorema 5.24 (Completamento) Seja (V, +, ·) um espa co vetorial real de dimens~ao n. Suponhamos que os vetores u1 , . . . , um s~ao l.i. em (V, +, ·) com m < n. Ent~ao existem vetores um+1 , . . . , un tais que B =. {u1 , . . . , um , um+1 , . . . , un } e uma base de (V, +, ·).

~ E COORDENADAS CAP ITULO 5. BASE, DIMENSAO

Demonstra¸ c˜ ao: Como m < n, [u1 , · · · , um ] 6= V ,

ou seja, existe

um+1 ∈ V \ [u1 , · · · , um ]. (∗)

A rmamos que os vetores u1 , . . . , um , um+1 s~ao l.i. em (V, +, ·). De fato, pois se u1 , . . . , um , um+1 forem vetores l.d. em (V, +, ·), como u1 , . . . , um s~ao l.i. em (V, +, ·), pela proposi c~ao (4.20), ter amos que um+1 ∈ [u1 , . . . , um ], um absurdo, por (*). Se m + 1 = n ent~ao {u1 , . . . , um , um+1 } ser a uma base de (V, +, ·) e este conjunto cont em os vetores u1 , . . . , um e assim terminar amos a demonstra c~ao. Se m + 1 < n ent~ao [u1 , · · · , um+1 ] 6= V , ou seja, existe um+2 ∈ V \ [u1 , · · · , um+1 ].

(∗∗)

A rmamos que os vetores u1 , . . . , um+1 , um+2 s~ao l.i. em (V, +, ·). De fato, pois se u1 , . . . , um+1 , um+2 forem vetores l.d. em (V, +, ·), como u1 , . . . , um+1 s~ao l.i. em (V, +, ·), pela proposi c~ao (4.20), ter amos que um+2 ∈ [u1 , . . . , um ], um absurdo, por (**). Como dim(V) = n < ∞, repetindo os argumentos acima um n umero nito de vezes, encontraremos vetores um+1 , um+2 , . . . , um+k , onde m + k = n, de forma que o conjunto . B = {u1 , . . . , um , um+1 , . . . , um+k }

seja l.i. em (V, +, ·) e como dim(V) = n = m + k, segue que B ser a uma base do espa co vetorial real (V, +, ·) es este conjunto cont em os vetores u1 , . . . , um , completando a demonstra c~ao.

Consideremos o espa co vetorial real (R3 , +, ·) (onde s~ao as opera c~oes usuais). Encontre uma base do (R3 , +, ·) contendo o vetor (1, 1, −1). Exemplo 5.25

Resolu¸ c˜ ao:

Como a dimens~ao de R3 e tr^es, do teorema do completamento, precisamos encontrar dois vetores, u1 =. (x1 , y1 , z1 ), u2 =. (x2 , y2 , z2 ) ∈ R3 , que juntamente com o vetor u =. (1, 1, −1) sejam l.i. em (R3 , +, ·).

~ DA SOMA DE SUBESPAC OS VETORIAIS 5.3. DIMENSAO

Por em, pelo exemplo (4.7), sabemos que isto e equivalente ao determinante da matriz 

 1 x1 x2 . A =  1 y1 y2  = x2 (y1 + z1 ) − y2 (x1 + z1 ) + z2 (y1 − x1 ) −1 z1 z2

ser diferente de zero. H a uma in nidade de possibilidades para que isto aconte ca, por exemplo, tomando (x1 , y1 , z1 ) =. (0, 1, 1) e (x2 , y2 , z2 ) =. (0, 0, 1) (neste caso det(A) = 1 6= 0). Portanto uma base de (R3 , +, ·) que contenha o vetor u = (1, 1, −1) e, por exemplo, B =. {(1, 1, −1), (0, 1, 1), (0, 0, 1)}.

5.3

Dimens˜ ao da Soma de Subespa¸cos Vetoriais

Come caremos esta se c~ao com o seguinte importante resultado: Proposi¸ c˜ ao 5.26 Se U e W s~ao

Seja (V, +, ·) um espa co vetorial real de dimens~ao nita. subespa cos vetoriais de (V, +, ·) ent~ao

dim(U ∩ W) + dim(U + W) = dim(U) + dim(W)

(5.27)

Demonstra¸ c˜ ao:

Do corol ario (5.16) segue que todo subespa co de um espa co vetorial real de dimens~ao nita ter a tamb em dimens~ao nita, em particular, temos que dim(U), dim(W), dim(U ∩ W), dim(U + W) ≤ dim(V) < ∞.

Como m =. dim(U ∩ W) < ∞ existe um conjunto C =. {v1 , . . . , vm }, formado por vetores de (V, +, ·), que e uma base de U ∩ W. Como estes vetores s~ao l.i., e pertencem a U, pelo teorema (5.24), existem . u1 , . . . , up ∈ U tais que A = {v1 , . . . , vm , u1 , . . . , up } e uma base de U (estamos supondo que dim(U) = m + p). Por outro lado, os vetores v1 , . . . , vm s~ao l.i. e tamb em pertencem a W e pelo mesmo teorema (5.24), e poss vel encontrar w1 , . . . , wq ∈ W de modo

~ E COORDENADAS CAP ITULO 5. BASE, DIMENSAO

que B =. {v1 , . . . , vm , w1 , . . . , wq } seja uma base de W (estamos supondo que dim(W) = m + q). Com a nota c~ao acima, teremos dim(U ∩ W) = m, dim(U) = m + p

dim(W) = m + q.

Sendo assim, a m de mostrarmos a identidade (5.27), e necess ario (e, na verdade, su ciente) mostrar que dim(U + W) = m + p + q. Para tanto, basta mostrarmos que o conjunto . D = {u1 , . . . , up , w1 , . . . , wq , v1 , . . . , vm }

(5.28)

e uma base de U + W. Mostremos primeiramente que os vetores de D geram U + W. Para isto, dado v ∈ U + W segue que existem u ∈ U e w ∈ W tais que v = u + w. Como u ∈ U, e A base de U, segue que o vetor u uma combina c~ao linear dos vetores u1 , . . . , up , v1 , . . . , vm . De modo semelhante, como w ∈ W , e B base de W , segue que o vetor w e uma combina c~ao linear dos vetores w1 , . . . , wq , v1 , . . . , vm .

Logo o vetor

v=u+w

ser a uma combina c~ao linear dos vetores u1 , . . . , up , v1 , . . . , vm , w1 , . . . , wq , ou seja, v ∈ [u1 , . . . , up , v1 , . . . , vm ,1 , . . . , wq ], mostrando que U + W = [u1 , . . . , up , v1 , . . . , vm ,1 , . . . , wq ].

Mostremos que o conjunto D e l.i. em (V, +, ·). Suponha que os escalares α1 , · · · , αp , β1 , · · · , βq , δ1 , · · · , δm ∈ R s~ao tais que α1 · u1 + · · · + αp · up + β1 · w1 + · · · + βq · wq + δ1 · v1 + · · · + δm · vm = O,

(5.29)

que pode ser reescrita como: U 3 α1 · u1 + · · · + αp · up + δ1 · v1 + · · · + δm · vm = −β1 · w1 − · · · − βq · wq ∈ W.

~ DA SOMA DE SUBESPAC OS VETORIAIS 5.3. DIMENSAO

Em particular temos que: −β1 · w1 − · · · − βq · wq ∈ U ∩ W = [v1 , . . . , vm ].

Consequentemente, existem escalares γ1 , . . . , γm ∈ R tais que −β1 · w1 − · · · − βq · wq = γ1 · v1 + · · · + γm · vm ,

ou, equivalentemente, β1 · w1 + · · · + βq · wq + γ1 · v1 + · · · + γm · vm = 0.

Como os vetores w1 , . . . , wq , v1 , . . . , vm s~ao l.i. (pois formam uma base de W ) segue-se que γ1 = · · · = γm = β1 = · · · = βq = 0.

(∗)

Assim, a equa c~ao (5.29) se reduz a α1 · u1 + · · · + αp · up + δ1 · v1 + · · · + δm · vm = 0.

que

Mas u1 , . . . , up , v1 , . . . , vm s~ao l.i. (pois formam uma base de U) logo segue-se α1 = · · · = αp = δ1 = · · · = δm = 0.

(∗∗)

De (*) e (**) segue que os vetores de (5.28) s~ao linearmente independentes, e portanto vale a identidade (5.27), completando a demonstra c~ao. Corol´ ario 5.30 Seja U um subespa co vetorial de um (V, +, ·) de dimens~ ao nita. Se dim(U) = dim(V) ent~ao deveremos ter U = V. Demonstra¸ c˜ ao:

espa co vetorial real

Suponhamos, por absurdo, que U 6= V (temos que U ⊆ V ), isto e, existe um vetor u1 ∈ V tal que u1 6∈ U, em particular, u1 6= O (pois se fosse O estaria em U). De namos W =. [u1 ].

~ E COORDENADAS CAP ITULO 5. BASE, DIMENSAO

Logo dim(W) = 1. Como u1 6∈ U temos que U ∩ W = {O} e como dim(W) = 1, segue da proposi c~ao (5.26) que dim(U + W) = dim(U) + dim(W) + dim(U ∩ W) | {z }

= dim(U) + 1

}

[dim(U)=dim(V)]

dim(V) + 1 > dim(V),

o que e um absurdo, pois U + W e um subsepa co vetorial de (V, +, ·) logo, da observa c~ao (5.17) item 1., segue que dim(U + W) ≤ dim(V). Portanto podemos concluir que U = V , como quer amos demonstrar. Observa¸ c˜ ao 5.31 Notemos que se (V, +, ·) um espa co vetorial real de dimens~ao nita, U e W s~ao subespa cos vetoriais de (V, +, ·) (como na proposi c~ao

(5.26)) e se al em do mais tivermos V =U+W

dim(U) + dim(W) > dim(V)

ent~ao U ∩ W 6= {O}

ou seja, a soma U + W n˜ao e uma soma direta. De fato, se soma U+W fosse uma soma direta dever amos ter U∩W = {0}. Logo, pela proposi c~ao (5.26), ter amos 0 = dim(U ∩ W) = dim(U) + dim(W) − dim(U + W) = dim(U) + dim(W) − dim(V) > 0,

o que e um absurdo, logo a soma U + W

n˜ ao

pode ser uma soma direta.

Temos os seguinte exemplos:

Consideremos U, W como no exemplo (3.21). Encontrar bases e as dimens~oes dos subespa cos vetoriais U, W , U ∩ W e U + W do espa co vetorial real (R4 , +, ·).

Exemplo 5.32

~ DA SOMA DE SUBESPAC OS VETORIAIS 5.3. DIMENSAO

Resolu¸ c˜ ao:

Vimos no exemplo (3.21) que U = [(1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 1, 0, 1)] W = [(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 1)] U ∩ W = [(1, 0, −1, 0), (0, 1, 0, 1)] U + W = [(1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 1)]

Veri quemos a dependência ou independência linear de cada um dos conjuntos de vetores acima: Para U: Estudemos a dependência linear dos vetores que geram U. Se α, β, γ ∈ R s~ao tais que α · (1, 1, 0, 0) + β · (0, 1, 1, 0) + γ · (0, 1, 0, 1) = (0, 0, 0, 0)

isto ser a equivalente a:

  α=0    α + β + γ = 0 (α, α + β + γ, β, γ) = (0, 0, 0, 0) ⇐⇒  β=0     γ=0

⇐⇒ α = β = γ = 0.

Logo podemos conclui que os vetores (1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 1, 0, 1) s~ao l.i. e portanto B =. {(1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 1, 0, 1)} ser a uma base para U. Portanto segue que dim(U) = 3. Para W: Estudemos a depend^encia linear dos vetores que geram W . Se α, β, γ ∈ R s~ao tais que α · (1, 0, 0, 1) + β · (0, 1, 0, 1) + γ · (0, 0, 1, 1) = (0, 0, 0, 0)

isto ser a equivalente a:

  α=0    β = 0 (α, β, γ, α + β + γ) = (0, 0, 0, 0) ⇐⇒  γ=0     α+β+γ=0

⇐⇒ α = β = γ = 0.

~ E COORDENADAS CAP ITULO 5. BASE, DIMENSAO

Logo podemos conclui que os vetores (1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 1) s~ao l.i. e portanto C =. {(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 1)} ser a uma base para W . Portanto temos que dim(W) = 3. Para U ∩ W : Estudemos a depend^encia linear dos vetores que geram U ∩ W . Se α, β ∈ R s~ao tais que α · (1, 0, −1, 0) + β · (0, 1, 0, 1) = (0, 0, 0, 0)

isto ser a equiavelente a

  α=0    β = 0 (α, β, −α, β) = (0, 0, 0, 0) ⇐⇒  −α = 0     β=0

⇐⇒ α = β = 0.

Logo podemos conclui que os vetores (1, 0, −1, 0), (0, 1, 0, 1) s~ao l.i. . D = {((1, 0, −1, 0), (0, 1, 0, 1)} ser a uma base para U ∩ W . Portanto temos que dim(U ∩ W) = 2. Para U + W :

e portanto

Pela proposi c~ao (5.26) temos

dim(U + W) = dim(U) + dim(W) − dim(U ∩ W) = 3 + 3 − 2 = 4 = dim(R4 ). Logo, pela proposi c~ao (5.30) segue que U + W = R4 , logo podemos tomar a base can^onica de (R4 , +, ·) com uma base para U + W . Observa¸ c˜ ao 5.33 Como dim(U ∩ W) = 2 6= 0 (logo U ∩ W 6= {0}) R4 = U + W mas esta soma n˜ ao e uma soma direta. Exemplo 5.34 Consideremos o espa co · s~ ao as opera c~oes usuais de P3 (R)).

segue

vetorial real (P3 (R), +, ·) (onde + e

Sejam

. U = {p ∈ P3 (R) : p(0) = p(1) = 0}

. W = {q ∈ P3 (R) : q(−1) = 0}.

Encontrar bases e as dimens~oes para os subsepa cos vetoriais U, W, U∩W e U + W do espa co vetorial real (P3 (R), +, ·).

~ DA SOMA DE SUBESPAC OS VETORIAIS 5.3. DIMENSAO

Resolu¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor mostrar que U e W s~ao subespa cos vetoriais do espa co vetorial real (P3 (R), +, ·). Para U : Se p ∈ U ⊆ P3 (R), devem existir ao , a1 , a2 , a3 ∈ R tais que p(x) = ao + a1 x + a2 x2 + a3 x3 ,

assim p(0) = ao

x ∈ R,

e p(1) = ao + a1 + a2 + a3 . (∗)

Logo ± (∗)

p ∈ U ⇐⇒ p(0) = p(1) = 0 ⇐⇒

ao = 0 ao + a1 + a2 + a3 = 0

⇐⇒

± ao = 0 a1 = −a2 − a3

⇐⇒ p(x) = −(a2 + a3 )x + a2 x2 + a3 x3 = a2 (x2 − x) + a3 (x3 − x), x ∈ R.

De nindo-se p1 , p2 ∈ P3 (R) por . p1 (x) = x2 − x,

e p2 (x) =. x3 − x, x ∈ R,

temos que p1 , p2 ∈ U (pois p1 (0) = p1 (1) = 0 e p2 (0) = p2 (1) = 0). Logo de (**) temos que U = [p1 , p2 ].

Al em disso os vetores p1 , p2 s~ao l.i. (pois te^em graus diferentes, veri que!), logo B =. {p1 , p2 } e uma base de U, em particular, dim(U) = 2. Para W : Se q ∈ W ⊆ P3 (R), devem existir ao , a1 , a2 , a3 ∈ R tais que q(x) = ao + a1 x + a2 x2 + a3 x3 ,

x ∈ R,

assim q(−1) = ao + a1 · (−1) + a2 · (−1)2 + a3 · (−1)3 = ao − a1 + a2 − a3 .

(∗)

(∗∗)

~ E COORDENADAS CAP ITULO 5. BASE, DIMENSAO

94 Logo

(∗)

q ∈ W ⇐⇒ q(−1) = 0 ⇐⇒ ao − a1 + a2 − a3 = 0 ⇐⇒ a3 = −ao + a1 − a2 ⇐⇒ q(x) = ao + a1 x + a2 x2 + (−ao + a1 − a2 )x3 = ao (1 − x3 ) + a1 (x + x3 ) + a2 (x2 − x3 ),

x ∈ R.

(∗∗)

De nindo-se q1 , q2 , q3 ∈ P3 (R) por . q1 (x) = 1 − x3 ,

e q2 (x) =. x + x3 , q3 (x) =. x2 − x3 x ∈ R,

temos que q1 , q2 , q3 ∈ W (pois q1 (−1) = q2 (−1) = q3 (−1) = 0). Logo de (**) temos que W = [q1 , q2 , q3 ].

Al em disso os vetores q1 , q2 , q3 s~ao l.i. (veri que!), logo C =. {q1 , q2 , q3 } e uma base de W , em particular, dim(W) = 3. Para U ∩ W : Se p ∈ U ∩ W ⊆ P3 (R), devem existir ao , a1 , a2 , a3 ∈ R tais que p(x) = ao + a1 x + a2 x2 + a3 x3 ,

x ∈ R,

assim, como vimos anteriormente: p(0) = ao ,

p(1) = ao + a1 + a2 + a3

e p(−1) = ao − a1 + a2 − a3 . (∗)

Logo    ao = 0 p ∈ U ∩ W ⇐⇒ ao + a1 + a2 + a3 = 0   a − a + a − a = 0 o 1 2 3 ⇐⇒ p(x) = a1 (x − x3 ),

[Exerc cio]

x ∈ R. (∗∗)

De nindo-se r ∈ P3 (R) por . r(x) = x − x3 ,

⇐⇒

x ∈ R,

ao = a2 = 0 a3 = −a1

5.4. COORDENADAS

temos que r ∈ W (pois r(0) = r(1) = r(−1) = 0). Logo de (**) temos que U ∩ W = [r].

Al em disso os vetores r 6= O ∈ P3 (R) logo e l.i., assim D =. {r} e uma base de U ∩ W , em particular, dim(U ∩ W) = 1. Para U + W : Da proposi c~ao (5.26) temos dim(U + W) = dim(U) + dim(W) − dim(U ∩ W) = 2 + 3 − 1 = 4 = dim(P3 (R)). Logo da proposi c~ao (5.30) segue que U + W = P3 (R) e assim podemos tomar como base os polin^omios so , s1 , s2 , s3 ∈ P3 (R), dados por . so (x) = 1,

. s1 (x) = x,

. s2 (x) = x2 ,

. s3 (x) = x3 ,

x ∈ R,

como base para U + W . Observa¸ c˜ ao 5.35 Como dim(U ∩ W) = 1 6= 0 (logo U ∩ W 6= {0}) P3 (R) = U + W mas esta soma n˜ ao e uma soma direta.

segue

3.09.2010 - 10.a

5.4

Coordenadas

Sejam (V, +, ·) um espa co vetorial nitamente gerado e B =. {u1 , . . . , un } uma base de (V, +, ·). Como B e uma base de (V, +, ·), todo vetor de u ∈ V se escreve como combina c~ao linear dos elementos de B, isto e, existem escalares α1 , . . . , αn ∈ R, tais que α1 · u1 + · · · + αn · un .

Fixada a base B, pela proposi c~ao (4.21), os escalares α1 , . . . , αn ∈ R s~ao determinados pelo vetor u.

unicamente

~ E COORDENADAS CAP ITULO 5. BASE, DIMENSAO

Os coe cientes α1 , · · · , αn ∈ R obtidos (de modo u nico) acima, ser~ao denominados coordenadas do vetor u em rela c~ao a base B do espa co vetorial real (V, +, ·). Denotaremos por [u]B (ou por uB ) a matriz de Mn×1 (R) de nida por Defini¸ c˜ ao 5.36



.  [u]B = 

α1

.. .



 ,

αn

que ser a denominada matriz das coordenadas do vetor u em rela c~ao a base B do espa co vetorial real (V, +, ·). Com isto temos o:

. Exemplo 5.37 Mostre que B = {(1, 1, 1), (0, 1, 1), (0, 0, 1)} e uma base do espa co 3 vetorial real (R , +, ·) (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais de R3 ). Encontre as coordenadas do vetor u =. (1, 2, 0) ∈ R3 em rela c~ao a base B e a matriz das coordenadas do vetor u (isto e, [u]B ) em rela c~ao a base B. Resolu¸ c˜ ao:

Sabemos que dim R3 = 3. Logo, para veri car B e uma base de (R3 , +, ·), basta veri car se eles s~ao l.i. em (R3 , +, ·). Utilizando o exemplo (4.7) vemos que estes vetores s~ao de fato l.i. pois   1 0 0 [Exerc cio] det 1 1 0 = 1 6= 0, 1 1 1

logo B ser a uma base de (R3 , +, ·). Para encontrarmos as coordenadas do vetor u em rela c~ao a base B, vale observar que precisaremos encontrar escalares α, β, γ ∈ R tais que (1, 2, 0) = α · (1, 1, 1) + β · (0, 1, 1) + γ · (0, 0, 1) = (α, α + β, α + β + γ)

que e equivalente ao sistema

   α = 1 α+β=2   α + β + γ = 0

5.4. COORDENADAS

cuja ( unica) solu c~ao ser a (veri que!) α = 1,

β = 1,

γ = −2,

ou seja, estas ser~ao as coordenadas do vetor u em rela c~ao a base B. Desse modo, a matriz das coordenadas do vetor u = (1, 2, 0) em rela c~ao a base B ser a dada por:  1 [u]B =  1  . −2 

Temos tamb em o: Exemplo 5.38

Mostre que os polin^omios po , p1 , p2 ∈ P2 (R) dados por

. po (x) = 1,

. p1 (x) = x,

. p2 (x) = x2 − x,

x∈R

formam uma base, que denotaremos por B, do espa co vetorial real (P2 (R), +, ·) (ondo + e · s~ao as opera c~oes usuais de P2 (R). Encontre as coordenadas e a matriz das coordenadas do vetor p ∈ P2 (R), onde . p(x) = 1 + x + x2 ,

x∈R

com rela c~ao a base B. Encontre tamb em as coordenadas e a matriz das coordenadas do vetor p acima em rela c~ao a base C =. {qo , q1 , q2 }, onde . qo (x) = 1,

. q1 (x) = x,

. q2 (x) = x2 ,

x ∈ R.

Resolu¸ c˜ ao:

Para veri car que B e uma base de (P2 (R), +, ·) basta mostrar que todo vetor q ∈ P2 (R) se escreve de maneira u nica como combina c~ao linear dos vetores de B. Como q ∈ P2 (R) existem ao , a1 , a2 ∈ R tais que q(x) = ao + a1 x + a2 x2 ,

x ∈ R.

(∗)

~ E COORDENADAS CAP ITULO 5. BASE, DIMENSAO

Logo basta mostrar que existem u nicos α, β, γ ∈ R tais que q = α · po + β · p1 + γ · p2 ⇔ q(x) = αpo (x) + βp1 (x) + γp2 (x), 2

⇔ ao + a1 x + a2 x2 = α + βx + γ(x − x), 2

⇔ ao + a1 x + a2 x2 = α + (β − γ)x + γx ,

x∈R

x∈R x∈R

A identidade acima e equivalente ao sistema linear    α = ao β − γ = a1   γ = a , 2

que possui uma u nica solu c~ao dada por α = ao , β = a1 + a2 , γ = a2

(∗∗)

(veri que!), mostrando que B e uma base de (P2 (R), +, ·). Os escalares obtidos em (**) ser~ao as coordenadas do vetor q ∈ P2 (R) em rela c~ao a base B. Logo a matriz das coordenadas do vetor p ∈ P2 (R) dado por . p(x) = 1 + x + x2 ,

x∈R

com rela c~ao a base B ser a dada por (fazer ao = 1, a1 = 1 e a2 = 1 em (**))   1  [u]B = 2 . 1

Note que com rela c~ao a base C temos que p(x) = 1 + x + x2 = 1. |{z} 1 +1. |{z} x +1. |{z} x2 =qo (x)

=q1 (x)

=q2 (x)

= |{z} 1 .qo (x) + |{z} 1 .q1 (x) + |{z} 1 .q2 (x), =α

=β

assim α=β=γ=1

=γ

x∈R

5.4. COORDENADAS

ser~ao as coordenadas do vetor p ∈ P2 (R) em rela c~ao a base C . Logo a matriz das coorrdenadas do vetor p ∈ P2 (R) dado por . p(x) = 1 + x + x2 ,

x∈R

com rela c~ao a base C ser a dada por   1  [u]C = 1 . 1

Observemos que no exemplo acima as base B e C s~ao distintas e as matrizes das coordenadas do vetor p em rela c~ao a cada uma das bases tamb em s~ao diferentes. Conclus~ao: existe, pelo menos, duas maneiras diferentes de se obter o vetor p em termos de combina c~oes lineares de elementos de base distintas do espa co vetorial em quest~ao. Observa¸ c˜ ao 5.39

Para nalizar temos os seguintes resultados: Proposi¸ c˜ ao 5.40 Sejam (U, +, ·) espa co vetorial . B = {u1 , · · · , un } base de U e u, v ∈ U e λ ∈ R.

real nitamente gerado,

Ent~ao

[u + v]B = [u]B + [v]B

e [λ · u]B = λ[u]B . Prova:

Como B e base de U e u, v ∈ U,segue que existem u nicos escalares α1 , · · · , αn , β1 , · · · , βn ∈ R tais que u = α1 · u1 + · · · + αn · un

e v = β 1 · u1 + · · · + β n · un .

~ E COORDENADAS CAP ITULO 5. BASE, DIMENSAO

100

Com isto temos que u + v = [α1 · u1 + · · · + αn · un ] + [β1 · u1 + · · · + βn · un ] = (α1 + β1 ) · u1 + · · · + (αn + βn ) · un

e λ · u = λ[α1 · u1 + · · · + αn · un ] = (λα1 ) · u1 + · · · + (λαn ) · un

Com isto temos que   [u]B = 

α1





β1





  .  ..  .  e [v]B =  ..  [u + v]B = 

.. .



  

λα1



.  e [λ · u]B =   ..  .

αn + βn

βn

αn

α1 + β1

λαn

Portanto   [u + v]B = 

α1 + β1



.. .



α1





β1



  ..   ..   =  .  +  .  = [u]B + [v]B αn + βn αn βn

e   [λ · u]B = 

λα1





 ..  .  = λ[λ · u]B = 

λαn

α1



..  .  = λ[u]B ,

αn

completando a demonstra c~ao. Proposi¸ c˜ ao 5.41 Sejam (U, +, ·), (Mn×1 (R), +, ·) espa cos vetoriais reais (onde em Mn×1 (R), + e · s~ao as opera c~oes usuais) com dim(U) = n, B =. {u1 , · · · , un } base de U e v1 , · · · , vm ∈ U. O conjunto {v1 , · · · , vm } e l.i. em U se, e somente se, {[v1 ]B , · · · , [vm ]B } e l.i. em Mn×1 (R).

5.4. COORDENADAS

101

Prova:

Como B e base de U e vj ∈ U, j = 1, · · · , m, segue que existem u nicos escalares α1j , · · · , αnj , ∈ R tais que vj = α1j · u1 + · · · + αnj · un ,

isto e,

  [vj ]B = 

α1j



..  . .

αnj

Logo {v1 , · · · , vm } e l.i. em U se, e somente se, β1 · v1 + · · · + βm · vm = O

implicar β1 = · · · = βm = 0,

que e equivalente a [β1 · v1 + · · · + βm · vm ]B = | {z }

[prop.

acima]

β1 [v1 ]B +···+βm [vm ]B

[O]B |{z}

implicar β1 = · · · = βm = 0,

=O∈Mn×1 (R)

que, por sua vez, e equivalente a β1 [v1 ]B + · · · + βm [vm ]B = O

implicar β1 = · · · = βm = 0,

que e o mesmo que dizer que o conjunto {[v1 ]B , · · · , [vm ]B } e l.i. em Mn×1 (R), completando a demonstra c~ao. Como consequ^encai temos o Corol´ ario 5.42 Sejam (U, +, ·) espa co vetorial real nitamente {u1 , · · · , un } base de U e v1 , · · · , vn ∈ U. O conjunto C =. {v1 , · · · , vn } e base de U se, e somente se,

det [[v1 ]B · · · [vn ]B ] 6= 0 Prova:

gerado,

. B=

~ E COORDENADAS CAP ITULO 5. BASE, DIMENSAO

102

Da proposi c~ao acima temos que O conjunto {v1 , · · · , vn } e l.i. em U se, e somente se, {[v1 ]B , · · · , [vn ]B } e l.i. em Mn×1 (R), ou equivalentemente, implicar β1 = · · · = βm = 0.

β1 [v1 ]B + · · · + βm [vm ]B = O

Utilizando a nota c~ao da demonstra c~ao da proposi c~ao acima segue que o lado esquerdo da identidade acima torna-ser- a 



 =  



.. .

α12



  0  ..   ..   ..   ..  β1  .  + β2  .  + · · · + βn  .  =  .  αnn αn1 αn2 0 | {z }    α α12 · · · α1n  β1   11 α11

.. .

αn1 αn2 · · ·

αnn

   

.. .

βn

α1n

implicar β1 = · · · = βm = 0,

   

isto e, 

α11

α12

···

 .. ..  . . αn1 αn2 · · ·

  0  ..   ..  ..  .   .  = . αnn βn 0 α1n



β1



implicar β1 = · · · = βm = 0, 

α11

···

α1n

αn1 αn2 · · ·

αnn

. que pelo Ap^endice I e II, e equiavelente a matriz   .. uma matriz invers vel, ou seja, 

α11

completando a demonstra c~ao.

5.5

Exerc´ıcios

.. .

···

α1n

αn1 αn2 · · ·

αnn

 . det [[v1 ]B · · · [vn ]B ] = det   ..

α12

.. .



 ..  .  6= 0,



..  .  ser

Cap´ıtulo 6

Mudan¸ca de Base 6.1

Introdu¸c˜ ao, Exemplos e Propriedades

Como vimos no exemplo (5.38) a matriz das coordenadas de um vetor de um espa co vetorial real podem variar quando se consideram bases distintas do espa co vetorial real em quest~ao. O que passaremos a estudar agora e como esta mudan ca ocorre, ou seja, como e poss vel encontrar a matriz das coordenadas de um vetor em rela c~ao a uma base conhendo-se sua a matriz das coordenadas em rela c~ao a uma outra base do mesmo espa co vetorial real. Para isto seja (V, +, ·) um espa co vetorial real nitamente gerado. Consideremos B =. {b1 , . . . , bn } e C =. {c1 , . . . , cn } bases de (V, +, ·). Como B e uma base de (V, +, ·), podemos escrever cada um dos vetores da base C como combina c~ao linear dos vetores da base B, isto e, existem escalares αij ∈ R, 1 ≤ i, j ≤ n tais que c1

= α11 · b1 + · · · + αn1 · bn

.. .

cn = α1n · b1 + · · · + αnn · bn .

Desta forma, a matriz das coordenadas dos vetores da base C (isto e, dos 103

CAP ITULO 6. MUDANC A DE BASE

104

vetores c1 , . . . , cn ) em rela c~ao a base B ser~ao, respectivamente,   [c1 ]B = 

α11





α1n



 .  ..  .  , · · · , [cn ]B =  ..  .

αn1

αnn

Com estas informa c~oes sobre as coordenadas dos vetores da base C em rela c~ao a base B podemos construir a seguinte matriz quadrada de ordem n: 

α11

···

 .. ...  . αn1 · · ·



α1n

..  . ,

αnn

cujas colunas s~ao formadas pelas coordenas dos vetores c1 , . . . , cn com rela c~ao a base B. Com isto temos a: Defini¸ c˜ ao 6.1 da base B para

A matriz acima ser a denominada de matriz mudan ca de base, a base C e denotada por MBC (ou por MCB ) , ou seja,   MBC = 

α11

···

α1n

αn1 · · ·

αnn

.. .

...

.. .

  .

Observa¸ c˜ ao 6.2 Para obter a matriz de mudan ca de base, da base B para a base C , precisamos escrever os vetores da base C como combina c~ao linear dos vetores da base B e com os respectivos coe cientes construimos as colunas

da matriz de mudan ca de base procurada.

Antes de encontrarmos uma rela c~ao que existe entre a matriz MBC e as coordenadas de um dado vetor com rela c~ao as bases B e C, vejamos como podemos encontrar a matriz de mudan ca de base no seguinte exemplo: Exemplo 6.3 Seja (R3 , +, ·) espa co vetorial real (onde + e · s~ ao as opera c~oes usuais de R3 ).

~ EXEMPLOS E PROPRIEDADES 6.1. INTRODUC AO,

105

Consideremos as bases . B = {(1, 0, 1), (1, 1, 1)(1, 1, 2)}

. C = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}

de (R3 , +, ·). Encontre a matriz de mudan ca da base B para a base C (isto e, MBC ). Resolu¸ c˜ ao:

Sabemos que C e uma base de (R3 , +, ·) ( e a base can^onica de (R3 , +, ·)). Deixaremos como exerc cio para o leitor a veri ca c~ao que B tamb em e uma base de (R3 , +, ·). Para encontrar a matriz de mudan ca da base B para a base C precisamos escrever os vetores da base C como combina c~ao linear dos vetores da base B, isto e, precisamos encontrar escalares αij ∈ R, 1 ≤ i, j ≤ 3 tais que: Precisamos resolver (1, 0, 0) = α11 · (1, 0, 1) + α21 · (1, 1, 1) + α31 · (1, 1, 2) = (α11 , 0, α11 ) + (α21 , α21 , α21 )) + (α31 , α31 , 2α31 ) (0, 1, 0) = α12 · (1, 0, 1) + α22 · (1, 1, 1) + α32 · (1, 1, 2) = (α12 , 0, α12 ) + (α22 , α22 , α22 ) + (α32 , α32 , 2α32 ) (0, 0, 1) = α13 · (1, 0, 1) + α23 · (1, 1, 1) + α33 · (1, 1, 2) = (α13 , 0, α13 ) + (α23 , α23 , α23 ) + (α33 , α33 , 2α33 )

ou, equivalentemente: (1, 0, 0) = (α11 + α21 + α31 , α21 + α31 , α11 + α21 + 2α31 )

(1)

(0, 1, 0) = (α12 + α22 + α32 , α22 + α32 , α12 + α22 + 2α32 )

(2)

(0, 0, 1) = (α13 + α23 + α33 , α23 + α33 , α13 + α23 + 2α33 ).

(3)

Um momento de re ex~ao nos poupar a um pouco de trabalho neste ponto. Notemos que (1), (2) ou (3) representa um sistema de tr^es equa c~oes com tr^es inc o gnitase que a matriz associada a cada um destas e a mesma, a saber, a matriz  1 1 1 0 1 1. 1 1 2

CAP ITULO 6. MUDANC A DE BASE

106

O que muda em cada um dos sistemas lineares associados a (1), (2) ou (3) s~ao os nomes das vari aveis, al em do segundo membro em quest~ao. Utilizando-se como vari aveis x, , y, z ∈ R basta resolvermos o seguinte a equa c~ao matricial      1 1 1 x a 0 1 1 y = b 1 1 2 z c

onde a, b, c ∈ R ser~ao escolhidos de acordo com o segundos membros de (1), (2) ou (3) acima. Utilizando-se escalonamento de matrizes (ver os Ap^endices I e II) podemos veri car que a equa c~ao matricial acima e equivalente a seguinte equa c~ao matricial (cuja matriz est a na forma escalonada reduzida por linhas, ver os Ap^endices I e II):      1 1 1 x a 0 1 1 y =  b  0 0 1 z c−a

Deixaremos como exerc cio para o leitor veri car que a u nica solu c~ao desta equa c~ao matricial e dada por x = a − b,

y=a+b−c

z = c − a.

(∗)

Assim para encontrar uma ( unica) solu c~ao do sistema (1) basta tomarmos (a, b, c) = (1, 0, 0) e, por (*), obter α11 = a−b = 1−0 = 1, α21 = a+b−c = 1+0−0 = 1

e α31 = c−a = 0−1 = −1,

ou seja, (α11 , α21 , α31 ) = (1, 1, −1).

(4)

Para encontrar uma ( unica) solu c~ao do sistema (2) basta tomarmos (a, b, c) =. (0, 1, 0) e, por (*), obter α12 = a−b = 0−1 = −1, α22 = a+b−c = 0+1−0 = 1

e α32 = c−a = 0−0 = 0,

ou seja, (α12 , α22 , α32 ) = (−1, 1, 0).

(5)

~ EXEMPLOS E PROPRIEDADES 6.1. INTRODUC AO,

107

Finalmente, para encontrar uma ( unica) solu c~ao do sistema (3) basta tomarmos (a, b, c) = (0, 0, 1) e, por (*), obter α13 = a−b = 0−0 = 0, α23 = a+b−c = 0+0−1 = −1

e α33 = c−a = 1−0 = 1,

ou seja, (α13 , α23 , α33 ) = (0, −1, 1).

(6)

Desta forma, de (4), (5) e (6), obtemos que a matriz de mudan ca da base B para a base C ser a dada por: 

MBC

 1 −1 0 = 1 1 −1 . −1 0 1

Temos tamb em o

Com as nota c~oes do exemplo acima, encontre a matriz de mudan ca da base C para a base B (isto e, MCB ). Exemplo 6.4 Resolu¸ c˜ ao:

Para encontrar a matriz de mudan ca da base C para a base B precisamos escrever os vetores da base B como combina c~ao linear dos vetores da base C , isto e, precisamos encontrar escalares αij ∈ R, 1 ≤ i, j ≤ 3 tais que: (1, 0, 1) = α11 · (1, 0, 0) + α21 · (0, 1, 0) + α31 · (0, 0, 1) (1, 1, 1) = α12 · (1, 0, 0) + α22 · (0, 1, 0) + α32 · (0, 0, 1) (1, 1, 2) = α13 · (1, 0, 0) + α23 · (0, 1, 0) + α33 · (0, 0, 0)

que e uma tarefa simples j a que: (1, 0, 1) = 1 · (1, 0, 0) + 0 · (0, 1, 0) + 1 · (0, 0, 1) (1, 1, 1) = 1 · (1, 0, 0) + 1 · (0, 1, 0) + 1 · (0, 0, 1) (1, 1, 2) = 1 · (1, 0, 0) + 1 · (0, 1, 0) + 2 · (0, 0, 0).

Portanto a matriz de mudan ca da base C para a base B ser a dada por: MCB

  1 1 1 = 0 1 1 . 1 1 2

CAP ITULO 6. MUDANC A DE BASE

108 Observa¸ c˜ ao 6.5

Nos dois exemplos acima vale observarmos que MCB = M−1 BC .

Deixaremos a veri ca c~ao deste fato como exer cio para o leitor. 14.09.2010 - 11.a

Vejamos agora como as matrizes das coordenadas de um vetor se relacionam com respeito a duas bases de um mesmos espa co vetorial real de dimens~ao nita. Sejam B =. {b1 , . . . , bn } e C =. {c1 , . . . , cn } bases de um espa co vetorial real (V, +, ·) de dimens~ao nita . Dado um vetor v ∈ V sejam   [v]B = 





..  .  (1)

 [v]C = 



..  .  (2)

as matrizes das coordenadas do vetor v em rela c~ao as bases B e C, respectivamente. Se MBC = (αij ) denota a matriz de mudan ca da base B para base C, ent~ao como cj =

n X

αij bi ,

j = 1, . . . , n,

(∗)

i=1

de (1) e (2), obtemos n X i=1

n n (1) (2) X (∗) X xi bi = v = yj cj = yj j=1

j=1

n X i=1

! αij bi

n X

  n X  αij yj  bi

i=1

(∗∗)

j=1

onde na u ltima igualdade trocamos a ordem dos somat orios. Como os vetores b1 , . . . , bn s~ao l.i., segue-se que o vetor v pode ser representado, de modo u nico, como combina c~ao linear destes vetores. Portanto (**) implicar a que xi =

n X j=1

αij yj ,

i = 1, . . . , n.

~ EXEMPLOS E PROPRIEDADES 6.1. INTRODUC AO,

109

Por em, estas n equa c~oes podem ser escritas na seguinte f ormula matricial (veja os Ap^endices I e II): 

α11

α12

 .. ..  . . αn1 αn2

···

α1n

···

αnn

. . . .. .

  







 .  ..  .  =  ..  ,

ou ainda como: MBC [v]C = [v]B .

Com isto acabamos de demonstrar a:

Sejam B e C bases de um espa co vetorial real (V, +, ·) de dimens~ao nita. Se [v]B e [v]C representam as matrizes das coordenadas de um dado vetor v ∈ V emrela c~ ao as bases B e C, respectivamente e se MBC e a matriz de mudan ca de base da base B para a base C ent~ao teremos a seguinte identidade Proposi¸ c˜ ao 6.6

[v]B = MBC [v]C .

Apliquemos o resultado acima a alguns exemplos. Exemplo 6.7 Seja (R2 , +, ·) espa co vetorial real (onde + e · s~ ao as opera c~oes 2 usuais de R ). Fixado θ ∈ R, considere os vetores . u1 = (cos(θ),

sen(θ))

. u2 = (− sen(θ), cos(θ))

de (R2 , +, ·). Mostre que B =. {u1 , u2 } e uma base de (R2 , +, ·). Encontre a matriz de mudan ca da base B para a base C =. {e1 , e2 }, onde . e1 = (1, 0)

. e2 = (0, 1).

Encontre a matriz das coordenadas do vetor . u = a · e1 + b · e2

em rela c~ao as bases B e C.

CAP ITULO 6. MUDANC A DE BASE

110 Resolu¸ c˜ ao:

Como a dimens~ao de (R2 , +, ·) e dois, basta mostrarmos que os vetores de B s~ao l.i. em (R2 , +, ·). Para isto, sejam α, β ∈ R escalares tais que (0, 0) = α · (cos(θ),

sen(θ)) + β · (− sen(θ), cos(θ)) = (α cos(θ), α sen(θ)) + (−β sen(θ), β cos(θ)) = (α cos(θ) − β sen(θ), α sen(θ) + β cos(θ)),

ou, equivalentemente, α, β ∈ R s~ao as solu c~oes do sistema linear ±

α cos(θ) − β sen(θ) = 0

α sen(θ) + β cos(θ) = 0

Observemos que matriz dos coe ciente deste sistema, dada pela matriz: . A=

cos(θ) − sen(θ) sen(θ) cos(θ)

tem determinante igual a 1 6= 0. Logo (ver Ap^endice I e II) o sistema acima s o admite a solu c~ao trivial, isto e, α=β=0

e a u nica solu c~ao do sistema linear acima e assim os vetores u1 , u2 s~ao l.i. em (R2 , +, ·) e portanto B e uma base de (R2 , +, ·). A matriz de mudan ca da base B para a base C (isto e, MBC ) ser a dada pela matriz real (αij ), onde (1, 0) =α11 · (cos(θ),

sen(θ)) + α21 · (− sen(θ), cos(θ)) (0, 1) =α12 · (cos(θ), sen(θ)) + α22 · (− sen(θ), cos(θ)),

que e equivalente a (1, 0) = (α11 cos(θ) − α21 sen(θ), α11 sen(θ) + α21 cos(θ)) (0, 1) = (α12 cos(θ) − α22 sen(θ), α12 sen(θ) + α22 cos(θ)),

~ EXEMPLOS E PROPRIEDADES 6.1. INTRODUC AO,

111

que por sua vez pode ser colocada na forma da seguinte equa c~ao matricial: µ |

cos(θ) − sen(θ) sen(θ) cos(θ) {z .

¶µ ¶ µ ¶ α x = , β y }

onde

µ ¶ x y

ser a igual a

µ ¶ 1 0

µ ¶ 0 . 1

Como a matriz A e invers vel (pois det(A) = 1 6= 0) segue que a ( unica) solu c~ao da equa c~ao matricial acima ser a dada por µ ¶ µ ¶−1 µ ¶ µ α cos(θ) − sen(θ) x [Exerc cio] cos(θ) = = β sen(θ) cos(θ) y − sen(θ) µ ¶ x cos(θ) + y sen(θ) = . y cos(θ) − x sen(θ)

sen(θ) cos(θ)

¶µ ¶ x y

(6.8)

Fazendo (x, y) = (1, 0) obteremos (α11 , α21 ) = (cos(θ), − sen(θ)).

Tomando-se (x, y) = (0, 1), teremos (α12 , α22 ) = ( sen(θ), cos(θ)).

Assim,

cos(θ) sen(θ) MBC = . (∗) − sen(θ) cos(θ)

Agora, se [u]B representa a matriz das coordenadas do u = a · e1 + b · e2 com rela c~ao a base B e [u]C a matriz das coordenadas do mesmo vetor com rela c~ao a base C, pela proposi c~ao (6.6) temos µ

cos(θ) sen(θ) [u]B = MBC [u]C = − sen(θ) cos(θ) (∗)

¶µ ¶ µ ¶ a a cos(θ) + b sen(θ) = . b b cos(θ) − a sen(θ)

O resultado a seguir e extremamente u til:

CAP ITULO 6. MUDANC A DE BASE

112

Sejam dimensi~ao nita. Temos que Proposi¸ c˜ ao 6.9

B, C

bases de um espa co vetorial

(V, +, ·)

MBD = MBC .MCD . Demonstra¸ c˜ ao:

Suponhamos que dim(V) = n e que B =. {b1 , . . . , bn }, C =. {c1 , . . . , cn } e . D = {d1 , . . . , dn }. Se . . . MBC = (αij ), MCD = (βij ) e MBD = (γij )

segue que cj =

n X

αij bi , (1)

dk =

i=1

n X

βjk cj , (2)

dk =

j=1

n X

γik bi . (3)

i=1

Assim, de (1) e (2), teremos (2)

dk =

n X j=1

βjk

cj |{z} (1)Pn = i=1

n X

βjk

j=1

Ã n X

! αij bi

i=1

αij bi

  n n X X [Troque a ordem dos somat orios]  = αij βjk  bi , i=1

j=1

como b1 , . . . , bn s~ao l.i., comparando com a express~ao (3), obteremos γik =

n X

αij βjk ,

1 ≤ i, k ≤ n.

j=1

Observemos que o lado direito da express~ao acima representa o elemento da i- esima linha e da k- esima coluna da matriz MBC .MCD (ver Ap^endice I e II). Portanto, MBD = MBC .MCD , como quer amos demonstrar. Como consequ^encia da proposi c~ao acima podemos estender o que ocorreu na observa c~ao (6.5), mais precisamente:

~ EXEMPLOS E PROPRIEDADES 6.1. INTRODUC AO, Proposi¸ c˜ ao 6.10

Sejam

B, C

bases de um espa co vetorial

113 (V, +, ·)

dimensi~ao nita. Ent~ao a matriz de mudan ca da base B para a base C (isto e, MBC ) e uma matriz invers vel e a sua matriz inversa e dada pela matriz de mudan ca da base C para a base B (isto e, MCB ), ou seja, M−1 CB = MBC . Demonstra¸ c˜ ao:

Pela proposi c~ao anterior temos MBB = MBC .MCB

e MCC = MCB .MBC .

Logo, basta mostrarmos que MBB = MCC = In = (δij ),

onde

se i = j , 0 caso contr ario, (ou seja, In e a matriz identidade de ordem n). Mostremos que MBB = I. Se B =. {u1 , . . . , un } e MBB = (αij ) ent~ao deveremos ter: . δij =

uj =

n X

αij ui ,

j = 1, . . . , n.

i=1

Como os vetores u1 , . . . , un s~ao l.i., para cada j = 1, . . . , n, a u nica solu c~ao de cada uma destas equa c~oes ser a dada por αij =

± 1 0

se i = j caso contr ario,

ou seja, αij = δij ,

i, j = 1, · · · , n,

completando a demonstra c~ao. Aplique as id eias acima para resolver o: Exerc´ıcio 6.11

Utilize a proposi c~ao acima para refazer o exerc cio (6.4).

CAP ITULO 6. MUDANC A DE BASE

114

6.2

Exerc織覺cios

Cap´ıtulo 7

Exerc´ıcios Resolvidos Neste cap tulo apresentamos alguns de exerc cios resolvidos relacionados com os conceitos apresentados nos cap tulos anteriores.

Seja V =. {(x, y, z, w) ∈ R4 : y = x, z = w2 }. Veri que se (V, +, ·) e um espa co vetorial real onde (+ e · s~ao as opera c~oes usuais de R4 ). Exemplo 7.1

Resolu¸ c˜ ao:

Observemos que (0, 0, 1, 1) ∈ V

mas

− 1 · (0, 0, 1, 1) = (0, 0, −1, −1) 6∈ V.

Assim, (V, +, ·) n˜ao e um espa co vetorial real. Exemplo 7.2 Sejam A ∈ Mn (R) uma matriz quadrada de ordem n xada e . W = {X ∈ Mn×1 (R) : A.X = O}, onde O ∈ Mn×1 (R) denota a matriz coluna

identicamente nula. Veri que se (W, +, ·) e um subespa co vetorial real do espa co vetorial (Mn×1 (R), +, ·) (onde + e · s~ ao as opera c~oes usuais de Mn×1 (R)). Resolu¸ c˜ ao:

Observemos que W ⊆ Mn×1 (R). 115

CAP ITULO 7. EXERC ICIOS RESOLVIDOS

116

1. Seja O =. (0) a matriz coluna n × 1 nula. Como A.O = O, temos que O ∈ W. 2. Se X, Y ∈ W e λ ∈ R, ent~ao, pelas propriedades de soma e de multiplica c~ao por escalar usuais entre as matrizes e, tamb em, pelas propriedades do produto entre matrizes, temos A.(X + λ · Y) = A.X + A.(λ · Y) = A.X + λA.Y = O + λ.O = O.

Portanto X + λ · Y ∈ W. Com isto podemos a mar que W e um subespa co vetorial do espa co vetorial real (Mn×1 (R), +, ·).

Consideremos o espa co vetorial real (P3 (R), +, ·) (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais de P3 (R)). Encontre o subespa co vetorial do espa co vetorial real (P3 (R), +, ·) gerado pelo conjunto S =. {p, q, r, s} ⊆ P3 (R) onde Exemplo 7.3

. p(t) = 1,

. q(t) = t,

. r(t) = t2 ,

. s(s) = 1 + t3 ,

t ∈ R.

Resolu¸ c˜ ao:

Observemos que t3 = (t3 + 1) − 1 = s(t) − p(t) t ∈ R.

(∗)

Logo, dado u ∈ P3 (R) existem escalares ao , a1 , a2 , a3 ∈ R tais que u(t) = ao + a1 t + a2 t2 + a3 t3 ,

t ∈ R.

Mas (∗)

u(t) = ao + a1 t + a2 t2 + a3 t3 = ao + a1 t + a2 t2 + a3 [(t3 + 1) − 1] = (ao − a3 ) + a1 t + a2 t2 + a3 (t3 + 1) = (ao − a3 ) p(t) + a1 q(t) + a2 r(t) + a3 s(t),

t ∈ R,

117 ou, equivalentemente: u = (ao − a3 ) · p + a1 · q + a2 · r + a3 · s,

ou seja, u ∈ P3 (R) pode ser obtido como combina c~ao linear dos vetores de S, isto e, u ∈ [S]. Portanto P3 (R) = [S]. Exemplo 7.4 Encontre o subespa co vetorial do espa co vetorial (M2 (R), +, ·) (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais de M2 (R)) gerado por ¯µ S=

0 1 0 0

¶ µ ¶° 0 0 , −1 0

Resolu¸ c˜ ao:

Temos que A ∈ [S] se, e somente se, existem α, β ∈ R tais que µ A=α

0 1 0 0

µ +β

0 0 −1 0

µ =

0 α −β 0

¶ ,

ou seja, A ∈ [S] se, e somente se, os elementos da diagonal principal de A s~ao nulos, ou seja, [S] e o subespa co vetorial de (M2 (R), +, ·) formado por todas as matrizes que tem zero na diagonal principal. ¤ Exemplo 7.5

vetorial

Encontre um conjunto nito de geradores para o subespa co W = {u ∈ M3×1 (R) : A.u = 0},

do espa co vetorial real de M3×1 (R)) onde

Resolu¸ c˜ ao:

Observemos que

(M3×1 (R), +, ·) 

(onde

 0 1 0 A =  2 1 0 . 1 1 4

e · s~ao as opera c~oes usuais

CAP ITULO 7. EXERC ICIOS RESOLVIDOS

118

       α 0 1 0 α 0        u = β ∈ W ⇐⇒ 2 1 0 β = 0 γ 1 1 4 γ 0           1 1 4 α 0 1 1 4 α 0            ⇐⇒ 2 1 0 β = 0 ⇐⇒ 0 −1 −4 β = 0 0 1 0 γ 0 0 1 0 γ 0           α 0 1 1 4 1 1 4 α 0 ⇐⇒ 0 1 4 β = 0 ⇐⇒ 0 1 4  β = 0 0 γ γ 0 0 0 −4 0 1 0      1 1 4 α 0 ⇐⇒ 0 1 4 β = 0 ⇐⇒ α = β = γ = 0. 0 0 1 γ 0

Portanto

   0  W = 0 .   0 ¤

Exemplo 7.6

vetorial

Encontre um conjunto nito de geradores para o susbepa co W = {u ∈ M4×1 (R) : Au = 0}

do espa co vetorial real (M4×1 (R), +, ·) (onde +, · s~ao as opera c~oes usuais de M4×1 (R)), onde   1 1 −1 0   1 1   2 0 A= . 0 1   3 1 0 −2 3 1

Resolu¸ c˜ ao:

Observemos que

119

       α 1 1 −1 0 α 0        1 1 β 0 β 2 0 u =   ∈ W ⇐⇒    =   0 1 γ 0 γ 3 1 δ 0 −2 3 1 δ 0      0 α 1 1 −1 0      β 0 −2 3 1    0  ⇐⇒    =   0 −2 3 1 γ 0 0 δ 0 −2 3 1      1 1 −1 0 α 0      0 −2 3 1 β 0 ⇐⇒    =   0 0 γ 0 0 0 0 0 0 0 δ 0      1 1 −1 0 α 0      0 1 −3/2 −1/2 β 0 ⇐⇒    =   0 0  γ 0 0 0 0 0 0 0 δ 0      1 0 1/2 1/2 α 0      0 1 −3/2 −1/2 β     0 ⇐⇒    =   0 0  γ 0 0 0 0 0 0 0 δ 0 ± α = −γ/2 − δ/2 ⇐⇒ , β = 3γ/2 + δ/2

isto e,       −γ/2 − δ/2 −1/2 −1/2        3γ/2 + δ/2   3/2   1/2  u= =γ· +δ· , γ    1   0  δ 0 1

δ, γ ∈ R.

CAP ITULO 7. EXERC ICIOS RESOLVIDOS

120 Portanto:

    −1/2 −1/2      3/2   1/2  W =  ,    .  1   0  0 1 ¤

Exemplo 7.7

Encontre uma base do subespa co vetorial . U = [(1, 0, 1), (1, 2, 0), (0, 2, −1)]

do espa co vetorial real (R3 , +, ·) (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais de R3 ). Resolu¸ c˜ ao:

Primeiro Modo: Observemos que (x, y, z) ∈ U se, e somente se, existem α, β, γ ∈ R tais que α · (1, 0, 1) + β · (1, 2, 0) + γ · (0, 2, −1) = (x, y, z),

ou seja, (x, y, z) ∈ U se, e somente se, a equa c~ao matricial abaixo admite solu c~ao       1 1 0 α x 1 0 2 2  β = y ⇐⇒ 0 1 0 −1 γ z 0  1  ⇐⇒ 0 0  1  ⇐⇒ 0 0  1 ⇐⇒ 0 0

    1 0 α x 2 2  β =  y  −1 −1 γ z−x     1 0 α x 1 1  β =  y/2  −1 −1 γ z−x     1 0 α x  1 1 β =  y/2 0 0 γ z − x + y/2     0 −1 α x − y/2  1 1  β =  y/2 0

z − x + y/2

e esta equa c~ao matricial possui solu c~ao, que ser a dada por α = γ + x − y/2, β = −γ + y/2, γ ∈ R,

z = x − y/2.

121 Dessa forma, (x, y, z) = (γ + x − y/2) · (1, 0, 1) + (−γ + y/2) · (1, 2, 0) + γ · (0, 2, −1) = = (x, y, x − y/2) = x · (1, 0, 1) + y · (0, 1, −1/2)

e como (1, 0, 1), (0, 1, −1/2)

(7.8)

s~ao l.i., segue-se que formam uma base de U. Segundo Modo: Notemos que os vetores (1, 0, 1) e (1, 2, 0) s~ao l.i. e pertencem a U. Vejamos se estes vetores juntamente com (0, 2, −1) s~ao l.d. ou l.i. . Para isto consideremos: α · (1, 0, 1) + β · (1, 2, 0) + γ · (0, 2, −1) = (0, 0, 0) ⇐⇒ (α + β, 2β + 2γ, α − γ) = (0, 0, 0)    α + β = 0 ⇐⇒ β + γ = 0 ⇐⇒ α = −β = γ,   α − γ = 0

ou seja, os vetores (1, 0, 1), (1, 2, 0), (0, 2, −1)

s~ao l.d.. Portanto, da proposi c~ao (4.20), segue que (1, 0, 1), (1, 2, 0)

(7.9)

formam uma base de U. Embora as bases (7.8) e (7.9) n~ao coincidam, ambas est~ao corretas. Basta observar que (1, 2, 0) = (1, 0, 1) + 2(0, 1, −1/2). ¤

CAP ITULO 7. EXERC ICIOS RESOLVIDOS

122 Exemplo 7.10

Dados os subespa cos vetoriais t

U = {A ∈ M2 (R) : A = A}

·µ W=

1 1 0 1

¶¸

do espa co vetorial real (M2 (R), +, ·) (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais de M2 (R)), encontre uma base dos subespa cos vetoriais U, W, U ∩ W e U + W, no caso em que n~ao se reduzam a {0}. Resolu¸ c˜ ao: De U :

Observemos que 



. a b A= µ ¶ µ ¶ c d a b a c t A ∈ W ⇐⇒ A = A ⇐⇒ = ⇐⇒ c = b. c d b d

Portanto, A ∈ U se, e somente se, µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ a b 1 0 0 1 0 0 A= =a· +b· +d· , b d 0 0 1 0 0 1

a, b, d ∈ R.

(7.11)

Observemos tamb em que as µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 0 0 1 0 0 , , 0 0 1 0 0 1

s~ao l.i. (vei que!). Portanto, as tr^es matrizes acima s~ao l.i. e geram U, ou seja, formam uma base do subsepa co vetorial U, em particular, temos dim(U) = 3. De W : Como a matriz µ ¶ 1 1 0 1

gera W e e n~ao nula, ela serve como base de W, em particular, temos dim(W) = 1. De U ∩ W :

123

A ∈ U ∩ W ⇐⇒ A = A

Logo

e existe λ ∈ R tal que

µ ¶ λ λ A= . 0 λ

µ ¶ µ ¶t µ ¶ λ λ λ λ λ 0 = = , 0 λ 0 λ λ λ

mostranod que λ = 0, ou seja, A = O. Desse modo, U ∩ W = {O}, em particular, dim(U ∩ W) = 0. De U + W : Temos dim(U + W) = dim(U) + dim(W) − dim(U ∩ W) = 4 = dim(M2 (R). | {z }

| {z }

}

Portanto, U+W = M2 (R) (na verdade a soma e direta, pois dim(U∩W) = 0) e assim uma base pode ser a base can^onica de M2 (R), isto e, dada por µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 0 0 1 0 0 0 0 , , , . 0 0 0 0 1 0 0 1 ¤ . . Exemplo 7.12 Sejam U = {p ∈ P2 (R) : p0 (t) = 0, ∀t ∈ R}, W = {p ∈ P2 (R) : p(0) = p(1) = 0} subespa cos vetoriais do espa co vetorial real (P2 (R), +, ·) (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais de (P2 (R)). Encontre bases para os subespa cos vetoriais U, W, U ∩ W e U + W, no caso em que n~ao se reduzam a {0}. Resolu¸ c˜ ao: Para U :

Observemos que p ∈ P2 (R) ent~ao existem ao , a1 , a2 ∈ R tais que p(t) = ao + a1 t + a2 t2 ,

assim

p 0 (t) = a1 + 2a2 t,

t ∈ R,

t ∈ R.

CAP ITULO 7. EXERC ICIOS RESOLVIDOS

124 Logo

p ∈ U ⇔ p 0 (t) = 0, t ∈ R ⇔ a1 + 2a2 t = 0, t ∈ R ⇔ a1 = a2 = 0,

Logo, p ∈ U se, e somente se, p(t) = ao , t ∈ R, para ao ∈ R. Se considerarmos po (t) =. 1, t ∈ R ent~ao, po ∈ U e al em disso, p ∈ U se, e somente se, p = α · po , para α ∈ R, ou seja, U = [po ], e como po 6= O, segue que {po } ser a uma base de U, em particular, dim(U) = 1. Para W : Observemos que se ±

p∈W

[p(t)=ao +a1 t+a2 t2 , t∈R]

⇔

ao = p(0) = 0 ao + a1 + a2 = p(1) = 0

[ao =0, a2 =−a1 ]

⇔

Logo se considerarmos somente se,

p(t) = a1 t − a1 t2 = a1 (t − t2 ), t ∈ R. . p1 (t) = t − t2 , t ∈ R ent~ao p1 ∈ W e p ∈ W

p(t) = a1 (t − t2 ) = a1 p1 (t),

se, e

t ∈ R,

ou seja, W = [p1 ] e como p1 6= 0 segue que {p1 } 'e uma base de W , em particular, dim(W) = 1. Para U ∩ W : Dos itens acima temos que p ∈ U ∩ W = [po ] ∩ [p1 ] se, e somente se, existem λ, µ ∈ R tais que λ · po = p = µ · p1 ⇔ λ = µ(t − t2 ),

t ∈ R.

Logo λ = µ = 0, ou seja, deveremos ter p = 0 ∈ P(R). Assim, U ∩ W = {0}, em particular, dim(U ∩ W) = 0. Para U + W : Como dim(U + W) = dim(U) + dim(W) − dim(U ∩ W) = 1 + 1 − 0 = 2 | {z }

| {z }

}

e como a soma U + W e uma soma direta (pois dim(U ∩ W) = 0), podemos tomar {po , p1 } como base de U + W . ¤

125 Exemplo 7.13 Seja (V, +, ·) um espa co vetorial real . Sejam B e C bases do espa co vetorial real (V, +, ·), formadas e1 , e2 , e3 e g1 , g2 , g3 , respectivamente, relacionados da seguinte   g1 = e1 + e2 − e3 g = 2e2 + 3e3  2 g3 = 3e1 + e3

pelos vetores forma:

(∗)

1. Determine as matrizes de mudan ca da base B para a base C , isto e, MBC , e da base C para a base B , isto e, MCB . 2. Se as coordenadas e a matriz das coordenadas do vetor v em rela c~ao   a base B, isto e, [v]B , s~ao dadas por 

1 3  2

encontre as coordenadas e

a matriz das coordeanadas do vetor v em rela c~ao a base C , isto e, [v]C . 3. Se a matriz das coordenadas do vetor  2 [v]C , e dada por  3  encontre a −1 v em rela c~ ao a base B, isto e, [v]B .

em rela c~ao a base C , isto e,

matriz das coordenadas do vetor

Resolu¸ c˜ ao:

1. De (*) temos



MBC

 1 0 3 =  1 2 0 . −1 3 1

Como MCB = (MBC )−1 , passemos a encontrar a inversa da matriz MBC (ver Ap^endice I e II): 







.. ..  1 0 3 . 1 0 0 1 0 3 . 1 0 0     . .  1 2 0 .. 0 1 0 ∼ 0 2 −3 .. −1 1 0     .. .. 0 3 4 . 1 0 1 −1 3 1 . 0 0 1

CAP ITULO 7. EXERC ICIOS RESOLVIDOS

126 



1 0 3  ∼ 0 1 − 3 2  0 3 4  1 0 3  ∼ 0 1 − 3 2  0 0 1



.. . 1 0 0 1 0 3  .. 1 1  ∼ 0 1 − 3 . − 2 2 0 2   .. 17 . 1 0 1 0 0 2  0  1 0 0   ∼ 0  0 1 0 2 0 0 1 17 

.. . 1 0 .. 1 1 . −2 2 .. 5 . 17 − 173

Portanto,

 MCB = 

2 17 1 − 17 5 17

9 17 4 17 3 − 17

6 − 17 3 17 2 17



.. . 1 0 0  .. 1 1 . − 2 2 0  .. 5 . 2 − 32 1 

.. 2 9 6 . 17 − 17 17   .. 1 4 3  . − 17 17 17  .. 5 . 17 − 173 172  

2. Como [v]C = MCB .[v]B , temos:  [v]C = 

2 17 1 − 17 5 17

9 17 4 17 3 − 17

6 − 17 3 17 2 17

    1 1  3 = 1 . 2 0

3. Como [v]B = MBC [v]C , 

    1 0 3 2 −1 [v]B =  1 2 0  3  =  8  . −1 3 1 −1 6 ¤ Exemplo 7.14 Considere o seguinte subespa co do espa co vetorial real (M2 (R), +, ·) (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais de M2 (R)): . W=

¯µ

x y z t

° ∈ M2 (R); x − y − z = 0 .

127

1. Mostre que o conjunto B formando pelas matrizes . B1 =

1 1 0 0

. , B2 =

1 0 1 0

. , B3 =

0 0 0 1

e o conjunto C formado pelas matrizes . C1 =

1 0 1 0

. , C2 =

0 −1 1 0

. , C3 =

0 0 0 1

s~ao bases do subespa co vetorial W. 2. Encontre as matrizes de mudan ca de base da base B para a base C (isto e, MBC ) e da base C para a base B (isto e, MCB ). 3. Encontre uma base D do subespa co vetorial W , tal que a matriz  1 1 0 P= 0 0 2  0 3 1 

seja a matriz de mudan ca da base D para a base B (isto e, P = MDB ). Resolu¸ c˜ ao:

1. Observemos que µ ¶ x y A∈W⇔A= ∈ W ⇔ x = y + z. z t

Assim, A ∈ W se, e somente se, µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ y+z y 1 1 1 0 0 0 A= =y· +z· +t· , z t 0 0 1 0 0 1

Logo

µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 1 0 0 0 W=[ , , ]. 0 0 1 0 0 1

y, z, t ∈ R.

CAP ITULO 7. EXERC ICIOS RESOLVIDOS

128

µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 1 0 0 0 Como as matrizes , , 0 0 1 0 0 1 elas formar~ao uma base de W, em particualr

s~ao l.i. (veri que!) temos que

dim(W) = 3. Como C e formado por tr^es vetores de W e a dimens~ao de W e tr^es, basta veri car que tais vetores s~ao l.i. para que C seja uma base de W . Para isto observemos que, µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 0 0 −1 0 0 0 0 α· +β· +γ· = 1 0 1 0 0 1 0 0 µ ¶ µ ¶ α −β 0 0 ⇐⇒ = ⇐⇒ α = β = γ = 0, α+β γ 0 0

mostrando que C e l.i. . 2. Observemos que

   C1 = B2 C2 = −B1 + B2   C = B 3 3

assim MBC

  0 −1 0 = 1 1 0 . 0 0 1

Temos tamb em: MBC , vemos que    B1 = C1 − C2 B2 = C1   B = C 3 3

assim



MCB

 1 1 0 = −1 0 0 . 0 0 1

129 3. Procuremos D1 , D2 e D3 em W de modo que formem uma base W e al em disso MDB = P. Como MDB = P deveremos ter:    B1 = 1.D1 + 0.D2 + 0.D3 = D1 B2 = 1.D1 + 0.D2 + 3.D3 = D1 + 3.D3   B = 0.D + 2.D + 1.D = 2.D + D 3 1 2 3 2 3

e, resolvendo o sistema linear, obteremos: D1 = B1 ,

D3 =

B2 − B1 , 3

D2 =

B3 −

B2 −B1 3

3B3 + B1 − B2 . 6

Assim, a base D ser a formada pelas matrizes D1 , D2 e D3 que s~ao dadas por (veri que!) µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 0 1/6 0 −1/3 , , . 0 0 −1/6 1/2 1/3 0

130

CAP ITULO 7. EXERC ICIOS RESOLVIDOS

Cap´ıtulo 8

Transforma¸co ˜es Lineares 8.1

Introdu¸c˜ ao e Exemplos

At e agora estudamos os espa cos vetoriais reais e seus subespa cos, introduzimos os conceitos como dependência e independência linear e, a partir disto, pudemos descrevê-los de maneira mais simples usando para isto geradores e, mais especi camente, bases. De certa forma j a temos em m~aos tudo o que precisamos para trabalhar com espa cos vetoriais reais. No cap tulo 12 voltaremos a estudar os espa cos reais vetoriais que possuem uma estrutura mais rica. O leitor j a deve estar familiarizado com o conceito de fun c~oes, principalmente com aquelas que est~ao de nidas em um subconjunto dos n umeros reais e cujo contradom nio seja, eventualmente, um outro subconjunto dos n umeros reais. Nosso pr oximo passo e estudar fun c~oes que têm como dom nio um espa co vetorial real e cujo contradom nio seja, eventualmente um outro espa co vetorial real. Note que os valores tomados s~ao, na verdade, vetores. No entanto, vamos restringir a apenas alguns tipos especiais dentre estas fun c~oes. Estaremos interessados em fun c~oes que preservam as opera c~oes existentes no espa co vetorial real que atua como o seu dom nio e aquelas do espa co vetorial real que age como contra-dom nio. 131

~ LINEARES CAP ITULO 8. TRANSFORMAC OES

132

Por exemplo, preservar a adi c~ao de vetores entendemos que ao tomar dois vetores no dom nio da fun c~ao o valor que esta deve ter para a soma destes dois vetores e a soma dos valores que ela possui para cada um dos vetores no contradom nio. De maneira semelhante a fun c~ao dever a preservar o produto por escalar. Fun c~oes com estas propriedades s~ao chamadas de transforma c~oes lineares, mais precisamente, temos a:

Sejam (U, +, ·) e (V, +, ·) espa cos vetoriais reais. Diremos que uma fun c~ao T : U → V e uma transforma c~ao linear de U em V se forem veri cadas as seguintes condi c~oes: 1. T (u + v) = T (u) + T (v), u, v ∈ U; Defini¸ c˜ ao 8.1

T (λ · u) = λ · T (u),

u ∈ U,

λ ∈ R.

Observa¸ c˜ ao 8.2

1. Se indicarmos as opera c~oes de V por +V e ·V e as opera c~oes de U por +U e ·U ent~ao as propriedades acima podem ser escritas, de modo rigoroso, como: 1'. 2'.

T (u +U v) = T (u) +V T (v), T (λ ·U u) = λ ·V T (u),

u, v ∈ U; u ∈ U,

λ ∈ R.

Por uma quest~ao de facilidade evitaremos escrever as senten cas acima e consideraremos entendidas as identidas 1. e 2. . 2. Note que T : U → V e uma transforma c~ao linear se, e somente se, T (u + λ · v) = T (u) + λ · T (v),

para todo u, v ∈ U, λ ∈ R. 3. Note que pela propriedade 1 da de ni c~ao acima temos T (OU ) = T (0 · OU ) = 0 · T (OU ) = OV ,

onde OU denota o vetor nulo de U e OV denota o vetor nulo de V , ou seja, toda transforma c~ao linear de U em V leva o vetor nulo de U no vetor nulo de V.

~ E EXEMPLOS 8.1. INTRODUC AO

133

4. Al em disso, na situa c~ao acima, temos que T (−u) = −T (u),

u ∈ U,

ou seja, uma transforma c~ao linear de U em V leva um vetor oposto de U num vetor oposto de V . De fato T (−u) + T (u) = T (−u + u) = T (O) = O,

logo T (−u) = −T (u). 5. Finalmente, na situa cao acima, se ent~ao Ã ! T

n X

λi · ui

i=1

u1 , · · · , u n ∈ U n X

λ1 , · · · , λn ∈ R

λi · T (ui ).

i=1

6. Na situa c~ao acima, se V = U diremos que T e um operador linear em U. 7. Na situa c~ao acima, se V = R diremos que T e um funcional linear em U. A seguir listamos alguns exemplos de transforma c~oes lineares de nidas em v arios espa cos vetoriais reais que j a tratamos no decorrer do curso. Exemplo 8.3 Sejam (U, +, ·), (V, +, ·) espa cos vetoriais reais e T : U → V dada por T (u) = O, para todo u ∈ U. Ent~ao T e uma transforma cao linear de U em U. A transforma c~ao linear T ser a chamada de em transforma c~ao nula. Resolu¸ c˜ ao:

Utilizaremos a observa c~ao (8.2) item 2. . Se u, v ∈ U e λ ∈ R teremos que T (u + λ · v) = O = T (u) +λ · T (v), | {z } |{z} =O

ou seja, T e uma transforma cao linear de U em U.

~ LINEARES CAP ITULO 8. TRANSFORMAC OES

134

Exemplo 8.4 Sejam (U, +, ·) espa co vetorial real e T : U → U T (u) = u, para todo u ∈ U. Ent~ao T e um operador linear de U em U. O operador linear T e chamado de em operador identidade.

dada por

Resolu¸ c˜ ao:

Utilizaremos a observa c~ao (8.2) item 2. . Se u, v ∈ U e λ ∈ R teremos que T (u + λ · v) = |{z} u +λ · |{z} v = T (u) + λ · T (v), =T (u)

=T (v)

ou seja, T e uma transforma cao linear de U em U. Exemplo 8.5 Sejam (Pn (R), +, ·), (Rn+1 , +, ·) espa cos vetoriais reais (onde + e · s~ ao as opera coes usuais de Pn (R) e de Rn+1 , respectivamente) e T : Pn (R) → Rn+1 dada por . T (p) = (ao , . . . , an ),

onde p(t) = ao + a1 t + · · · + an tn , t ∈ R. Resolu¸ c˜ ao:

Utilizaremos a observa c~ao (8.2) item 2. . Se p, q ∈ Pn (R) e λ ∈ R ent~ao p(t) = ao + a1 t + · · · + an tn ,

q(t) = bo + b1 t + · · · + bn tn ,

t ∈ R,

para ao , · · · , an , bo , · · · , bn ∈ R. Logo (p + λ · q)(t) = [ao + a1 t + · · · + an tn ] + λ[bo + b1 t + · · · + bn tn ] = (ao + λbo ) + (a1 λb1 )t + · · · + (an + λbn )tn ,

t ∈ R.

Logo T (p + λ · q) = (ao + λbo , · · · , an + λbn ) = (ao , · · · , an ) + (λbo , · · · , λbn ) = (ao , · · · , an ) +λ · (bo , · · · , bn ) = T (p) + λ · T (q), | | {z } {z } T (p)

=T (q)

ou seja, T e uma transforma c~ao linear de Pn (R) em Rn+1 .

~ E EXEMPLOS 8.1. INTRODUC AO

135

Sejam A ∈ Mm×n (R) uma matriz dada e (Mn×1 (R), +, ·) espa co vetorial real (onde + e · s~ao as opera coes usuais de Mn×1 (R)). De namos

Exemplo 8.6

T : Mn×1 (R) → Mm×1 (R)

por

. T (u) = Au,

u ∈ Mm×1 (R).

Ent~ao T e um operador linear de Mm×1 (R) em Mm×1 (R). Resolu¸ c˜ ao:

Utilizaremos a observa c~ao (8.2) item 2. . Se u, v ∈ Mm×1 (R) e λ ∈ R teremos

T (u + λ · v) = A(u + λ · v) = Au + A(λ · v) = |{z} Au +λ (Av) = T (u) + λ · T (v), | {z } =T (u)

=T (v)

ou seja, T e um operador linear de Mm×1 (R) em Mm×1 (R). Exemplo 8.7 Sejam (C1 ([0, 1]; R), +, ·) e (R, +, ·) espa cos vetoriais reais (onde + e · s~ ao as opera coes usuais de C1 ([0, 1]; R) e de R, respectivamente) e T : C([0, 1]; R) → R dada por . T (f) =

Z1 f(x) dx,

f ∈ C([0, 1]; R).

Ent~ao T e um funcional linear de C1 ([0, 1]; R) em R. Resolu¸ c˜ ao:

Utilizaremos a observa c~ao (8.2) item 2. . Se f, g ∈ C1 ([0, 1]; R) e λ ∈ R teremos Z1

T (f + λ · g) =

Z1 (f + λg)(x) dx =

f(x) dx +λ g(x) dx = T (f) + λ · T (g), |0 {z } |0 {z } =T (f)

=F(g)

ou seja, T e um funcional linear de C1 ([0, 1]; R) em R. 17.09.2010 - 12.a

~ LINEARES CAP ITULO 8. TRANSFORMAC OES

136

Exemplo 8.8 Sejam (C1 ([0, 1]; R), +, ·) e (C([0, 1]; R), +, ·) espa cos vetoriais reais (onde + e · s~ao as opera coes usuais de F([0, 1]; R)) e T : C1 ([0, 1]; R) → C([0, 1]; R) dada por . T (f) = f 0 , f ∈ C1 ([0, 1]; R).

Ent~ao T e uma transforma c~ao linear de C1 ([0, 1]; R) em C([0, 1]; R). Resolu¸ c˜ ao:

Utilizaremos a observa c~ao (8.2) item 2. . Se f, g ∈ C1 ([0, 1]; R) e λ ∈ R teremos T (f + λ · g) = (f + λg) 0 = |{z} f 0 +λ g 0 = T (f) + λ · T (g), |{z} =T (f)

=F(g)

ou seja, T e uma transforma cao linear de C1 ([0, 1]; R) em C([0, 1]; R). Os exemplos abaixo s~ao de fun c~oes entre espa cos vetoriais reais que n˜ao s~ao transforma c~oes lineares.

Sejam (R3 , +, ·) e (R, +, ·) espa cos vetoriais reais (onde + e · s~ao as respectivas opera coes usuais) e T : R3 → R dada por

Exemplo 8.9

T (x, y, z) = x + y + z + 1,

(x, y, z) ∈ R3 .

Notemos que T (0, 0, 0) = 1 6= 0,

logo, da observa c~ao (8.2) item 3., segue que linear de R3 em R.

T n˜ ao

e uma transforma c~ao

Exemplo 8.10 Sejam (C([0, 1]; R), +, ·) e (R, +, ·) espa cos vetoriais reais (onde + e · s~ ao as respectivas opera coes usuais) e T : C([0, 1]; R) → R dada por Z1 T (f) =

|f(x)| dx,

f ∈ C([0, 1]; R).

Se T fosse uma transforma c~ao linear, pela observa cao (8.2) item 4., dever amos ter T (−f) = −T (f)

~ E EXEMPLOS 8.1. INTRODUC AO

137

para toda fun c~ao f ∈ C([0, 1]; R). Para ver que isto n~ao ocorre, basta tomar a fun c~ao fun c~ao constante igual a 1 (isto e, f(x) =. 1, x ∈ [0, 1]). Neste caso que T (−f)

[f(x)=1,x∈[0,1]]

como sendo a

| − 1| dx = 1 6= −1 = −T (f), 0

ou seja, n˜ao e uma transforma c~ao linear de C([0, 1]; R) em R. Exemplo 8.11 Sejam (R, +, ·) espa co vetorial real (onde + e · s~ ao as opera c~oes usuais) e T : R → R dada por T (x) = x2 ,

x ∈ R.

Observemos que T (−1) = 1 = T (1) 6= −1 = −T (1),

assim, da observa cao (8.2) item 4., segue que em R.

T n˜ ao

e um operador linear

Podemos estender o resultado acima para Exemplo 8.12 Sejam n ∈ {2, 3, · · · } e (R, +, ·) espa co · s~ ao as opera c~oes usuais) e T : R → R dada por T (x) = xn ,

vetorial real (onde + e

x ∈ R.

Observemos que se n e par temos que T (−1) = 1 = T (1) 6= −1 = −T (1),

assim, da observa cao (8.2) item 4., segue que em R. Se n e mpar temos que

T n˜ ao

e um operador linear

[n≥2]

T (1 + 1) = T (2) = 2n 6= 2 = 1 + 1 = T (1) + T (1),

mostrando que T n~ao poder a ser um operador linear em R.

~ LINEARES CAP ITULO 8. TRANSFORMAC OES

138

Um resultado importante e dado pela: Proposi¸ c˜ ao 8.13 Sejam (U, +, ·) (V, +, ·) espa cos vetoriais reais, onde U e . tem como base B = {u1 , . . . , un } e v1 , · · · , vn ∈ V . Ent~ao existe uma u nica T : U → V transforma c~ao linear de U em V tal

que

. T (ui ) = vi ,

(8.14)

i = 1, · · · , n.

Prova:

Dado u ∈ U, como B e base de U, existem u nicos escalares α1 , . . . , αn ∈ R tais que u = α1 · u1 + · · · + αn · un .

De namos T : U → V por . T (u) = α1 · v1 + · · · + αn · vn . (∗)

A rmamos que T e uma transforma c~ao linear de U em V e . T (ui ) = vi ,

i = 1, · · · , n.

Comecemos pela u ltima a rma c~ao. Como B e base de U e ui ∈ U segue que ui = 0 · u1 + · · · + 0 · ui−1 + 1.ui + 0 · ui+1 + · · · + 0.un ,

de modo u nico. Logo, de (*) teremos: . T (ui ) = 0 · v1 + · · · + 0 · vi−1 + 1.vi + 0 · vi+1 + · · · + 0 · vn = vi , | {z } |{z} | {z } =O

=vi

para i = 1, · · · , n, mostrando que (8.14) ocorre. Mostremos que T e uma transforma c~ao linear de U em V . Para isto utilizaremos a observa c~ao (8.2) item 2. .

~ E EXEMPLOS 8.1. INTRODUC AO

139

Se u, w ∈ U e λ ∈ R ent~ao, como B e base de U, segue que existem u nicos escalares α1 , · · · , αn , β1 , · · · , βn ∈ R tais que e w = β1 · u1 + · · · + βn · un .

u = α1 · u1 + · · · + αn · un

Logo u + λ · w = u = [α1 · u1 + · · · + αn · un ] + λ[β1 · u1 + · · · + βn · un ] = (α1 + β1 ) · u1 + · · · + (αn + βn ) · un .

Logo da de ni c~ao de T teremos T (u + λ · w) = (α1 + λβ1 ) · v1 + · · · + (αn + λβn ) · vn = [α1 · v1 + · · · + αn · vn ] + λ · [β1 · v1 + · · · + βn · vn ] | {z } | {z } =T (u)

=T (w)

= T (u) + λ · T (w),

mostrando que T e uma transforma c~ao linear de U em V . Finalmente, mostremos que se S e T s~ao transforma c~oes lineares de U em V tais que T (ui ) = S(ui ),

i = 1, · · · , n

(∗∗)

ent~ao S = T . Para isto basta ver que se u ∈ U, existem u nicos escalares α1 , . . . , αn ∈ R tais que u = α1 · u1 + · · · + αn · un .

Logo S(u)

[u=α1 ·u1 +···+αn ·un ]

= S(α1 · u1 + · · · + αn · un ) [S e trans. lin.] = α1 · S(u1 ) + · · · + αn · S(un ) (∗∗)

(∗)

= α1 · v1 + · · · + αn · vn = T (u),

completando a demonstra c~ao.

u ∈ U,

~ LINEARES CAP ITULO 8. TRANSFORMAC OES

140

A proposi c~ao acima nos diz que uma transforma c~ao linear de nida em um espa co de dimens~ao nita ca completa e unicamente determinada conhecendo-se os seus valores em uma base do espa co vetorial real do dom nio.

Observa¸ c˜ ao 8.15

Apliquemos isto ao Exemplo 8.16 usuais de R2 ).

Seja (R2 , +, ·) espa co vetorial real (onde + e · s~ao as opera c~oes

Encontre um operador linear T : R2 → R2 tal que T ((1, 2)) = (3, −1)

T ((0, 1)) = (1, 2).

(∗)

Resolu¸ c˜ ao:

Note que B =. {(1, 2), (0, 1)} e uma base de R2 (deixaremos a veri ca c~ao deste fato como exerc cio para o leitor). Se (x, y) ∈ R2 ent~ao podemos escrev^e-lo como combina c~ao linear dos vetores da base B, isto e, existem α, β ∈ R tais que u = (x, y) = α1 · (1, 2) +α2 · (0, 1) = (α1 , 2α1 + α2 ) | {z } | {z } . . =u1 =u2 ± ± x = α1 α1 = x ⇐⇒ , y = 2α1 + α2 α2 = y − 2x

ou seja, u = (x, y) = α1 · u1 + α2 · u2 = x · (1, 2) + (y − 2x) · (0, 1),

x, y ∈ R.

Deste modo, o operador linear T dever a satisfazer =v

z }|1 { z }|2 { =α1 ·T (u1 ) +α2 ·T (u2 ) z }| { T ((x, y)) = T [x · (1, 2) + (y − 2x) · (0, 1)] = x · T ((1, 2)) +(y − 2x) · T ((0, 1)) | {z } | {z } | {z } T (α1 ·u1 +α2 ·u2 )] (∗)

=(3,−1)

= x · (3, −1) + (y − 2x) · (1, 2) = (x + y, 2y − 5x),

=(1,2)

(x, y) ∈ R2 ,

8.2. O ESPAC O VETORIAL L (U, V)

141

ou seja, T ((x, y)) = (x + y, 2y − 5x),

(x, y) ∈ R2 .

Deixaremos como exerc cio para o leitor a veri ca c~ao que transforma c~ao T de nida acima e um operador linear em R2 e satisfaz (*).

8.2

O Espa¸co Vetorial L (U, V)

Sejam (U, +, ·) e (V, +, ·) espa cos vetoriais reais. O conjunto formado por todas as transforma c~oes lineares T : U → V ser a denotado por L (U, V). Quando U = V usaremos a nota c~ao L (U) =. L (U, U).

Defini¸ c˜ ao 8.17

Observa¸ c˜ ao 8.18

1. Dadas T, S ∈ L (U, V) de nimos T + S : U → V por . (T + S)(u) = T (u) + S(u),

u ∈ U.

(∗)

A rmamos que T + S ∈ L (U, V). De fato, se u, v ∈ U e λ ∈ R temos (∗)

(T + S)(u + λ · v) = T (u + λ · v) + S(u + λ · v) [T,S∈L (U,V)]

[T (u) + λ · T (v)] + [S(u) + λ · S(v)] (∗)

= [T (u) + S(u)] + λ[T (v) + S(v)] = (T + S)(u) + λ(T + S)(v),

logo pela oberva c~ao (8.2) item 2., segue que T +S e uma transforma c~ao linear de U em V , ou seja, T + S ∈ L (U, V). 2. Se T ∈ L (U, V) e λ ∈ R de nimos λ · T : U → V como . (λ · T )(u) = λ · T (u),

A rmamos que λ · T ∈ L (U, V).

u ∈ U.

(∗∗)

~ LINEARES CAP ITULO 8. TRANSFORMAC OES

142

De fato, se u, v ∈ U e β ∈ R temos (∗∗)

(λ · T )(u + λ · v) = λ · T (u + β · v)

[T ∈L (U,V)]

λ · [T (u) + β · T (v)]

(∗)

(8.19)

= (λ · T )(u) + β · (λ · T )(v),

logo pela oberva c~ao (8.2) item 2., segue que λ · T e uma transforma c~ao linear de U em V , ou seja, λ · T ∈ L (U, V). 3. Dos itens acima segue que (L (U, V), +, ·) e um espa co vetorial real. Deixaremos a veri ca c~ao deste fato como exerc cio para o leitor. 4. Notemos que o vetor nulo de L (U, V) ser a a transforma c~ao linear nula, isto e, O : U → V dada por . O(u) = O,

u ∈ U.

Al em disso se T ∈ L (U, V) o vetor oposto de linear −T : U → V dada por . (−T )(u) = −T (u),

ser a a transforma c~ao

u ∈ L (U, V).

Registraremos isto na seguinte Proposi¸ c˜ ao 8.20 (L (U, V), +, ·)

(onde acima) e um espa co vetorial real.

e · s~ao as opera c~oes introduzidas

Seja (U, +, ·) e um espa co vetorial real. De nimos o espa co dual (alg ebrico) de U, denotado por U 0 , como sendo

Defini¸ c˜ ao 8.21

. U 0 = L (U, R),

isto e, em U.

e o conjunto formado por todos os funcionais lineares de nidos

Temos a:

21.09.2010 - 13.a

8.2. O ESPAC O VETORIAL L (U, V)

143

Seja (U, +, ·) um espa co vetorial real de dimens~ao n e (V, +, ·) e um espa co vetorial de dimens~ao m. Ent~ao o espa co vetorial (L (U, V), +, ·) tem dimens~ao mn. Teorema 8.22

Prova:

Sejam B =. {u1 , . . . , un } base do espa co vetorial real (U, +, ·) e C =. {v1 , . . . , vm } base do espa co vetorial real (V, +, ·). Para cada 1 ≤ i ≤ n e 1 ≤ j ≤ m de namos Tij : U → V da seguinte maneira: se u ∈ U ent~ao existem u nicos escalares x1 , · · · , xn ∈ R tais que u = x1 · u1 + · · · + xn · un .

Logo de niremos

. Tij (u) = xi · vj ,

ou seja, . Tij (x1 · u1 + · · · + xi · ui + · · · + xn · un ) = xi · vj ,

para x1 , . . . , xn ∈ R.

(∗)

Notemos que para cada k ∈ {1, · · · , n} teremos: Tij (uk ) = Tij (0 · u1 + · · · + 0 · uk−1 + 1.uk + 0 · uk+1 + · · · + 0 · un ) ± vj se i = k = . 0 se i 6= k

(8.23)

A rmamos que Tij ∈ L (U, V), para 1 ≤ i ≤ n e 1 ≤ j ≤ m. De fato, se u, v ∈ U ent~ao existem u nicos escalares x1 , · · · , xn , y1 , · · · , yn ∈ R tais que u = x1 · u1 + · · · + xn · un

e v = y1 · u1 + · · · + yn · un ,

(∗∗)

logo u + λ · v = [x1 · u1 + · · · + xn · un ] + λ · [y1 · u1 + · · · + yn · un ] = (x1 + λy1 ) · u1 + · · · + (xn + λyn ) · un .

(∗ ∗ ∗)

~ LINEARES CAP ITULO 8. TRANSFORMAC OES

144 Assim, de (*), teremos: (∗∗∗)

T (u + λ · v) = Tij [(x1 + λy1 ) · u1 + · · · + (xi + λyi ) · ui + · · · + (xn + λyn ) · un ] (∗)

= (xi + λyi ) · vj = xi · vj + λ · (yi · vj )

(∗)

= Tij (x1 · u1 + · · · + xi · ui + · · · + xn · un ) + λ · Tij (y1 · u1 + · · · + yi · ui + · · · + yn · un )

(∗∗)

= Tij (u) + λ · Tij (v).

Logo da observa c~ao (8.2) item 2., segue que Tij ∈ L (U, V), para 1 ≤ i ≤ n e

1 ≤ j ≤ m.

Mostremos que

. D = {Tij : 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m}

e uma base do espa co vetorial real (L (U, V), +, ·). A rmamos que D e l.i. em (L (U, V), +, ·). De fato, se m n X X

aij · Tij = O ∈ L (U, V)

i=1 j=1

ent~ao, para cada 1 ≤ k ≤ n, segue que O=

m n X X i=1 j=1

aij · Tij (uk ) =

m X n X

m X

j=1

aij · Tij (uk ) = | {z } i=1 [8.23] = 0 se i6=k

akj · Tkj (uk ) = | {z } [8.23]

= vj

Como v1 , . . . , vm s~ao linearmente independentes, segue-se que ak1 = · · · = akm = 0,

para cada k ∈ {1, · · · , n}, ou seja, aij = 0,

para 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m,

mostrando que D e um conjunto linearmente independente. A rmamos que [D] = L (U, V).

m X j=1

akj · vj .

8.2. O ESPAC O VETORIAL L (U, V)

145

De fato, se T ∈ L (U, V), par cada u ∈ U temos que existem u nicos escalares x1 , · · · xn ∈ R tais que u = x1 · u1 + · · · + xn · un .

Como T e uma transforma c~ao linear segue que T (u) = T (x1 · u1 + · · · + xn · un ) = x1 · T (u1 ) + · · · + xn · T (un ).

(8.24)

Como T (ui ) ∈ V e C e base do espa co vetorial (V, +, ·), para cada 1 ≤ i ≤ n, existem u nicos escalares αji ∈ R, 1 ≤ j ≤ m tais que T (ui ) = α1i · v1 + · · · + αmi · vm .

(8.25)

Para cada 1 ≤ j ≤ m, 1 ≤ i ≤ n, temos que Tij (u) = xi · vj .

Logo de (8.24), (8.25) e (8.23)obteremos (8.24)

T (u) = x1 · T (u1 ) + · · · + xn · T (un ) (8.25)

= x1 · (α11 · v1 + · · · + αm1 · vm ) + · · · + xn · (α1n · v1 + · · · + αmn · vm )

= α11 · (x1 · v1 ) + · · · + αm1 · (x1 · vm ) + · · · + α1n · (xn · v1 ) + · · · + αmn · (xn · vm ) (8.23)

= α11 · T11 (u) + · · · + αm1 · T1m (u) + · · · + α1n · Tn1 (u) + · · · + αmn · Tnm (u),

ou seja, T = α11 · T11 + · · · + αm1 · T1m + · · · + α1n · T1n + · · · + αmn · Tnm ,

mostrando que T e combica c~ao linear dos elementos de D, isto e, D gera L (U, V). Portanto D e uma base do espa co vetorial real (L (U, V), +, ·) e como o n umero de elementos da base D e mn segue que dim(V) = mn, nalizando a demonstra c~ao. Como consequ^encia temos o

~ LINEARES CAP ITULO 8. TRANSFORMAC OES

146

Seja (U, +, ·) um espa co vetorial real de dimens~ao n. Ent~ao o espa co dual de U tem dimens~ao n, isto e,

Corol´ ario 8.26

dim(U 0 ) = n. Prova:

Como U 0 = L (U, R) e dim(R) = 1, segue do teorema acima que dim(U 0 ) = n.1 = n, como quer amos demonstrar. Observa¸ c˜ ao 8.27

1. A base D obtida na demonstra c~ao do teorema acima ser a denominada base de L (U, V) associada as bases B e C . 2. Pelo corol ario (8.26), se o espa co vetorial real (U, +, ·) tem dimens~ao n ent~ ao o seu espa co dual, U 0 , tem a mesma dimens~ao. Seguindo os passos da demonstra c~ao do teorema (8.22), se B =. {u1 , . . . , un } e uma base de (U, +, ·) e C =. {1} e base de (R, +, ·), ent~ao os funcionais lineares T1 , . . . , Tn : U → R dados por Tj (u) = Tj (x1 · u1 + · · · + xn · un ) = xj ,

u = x1 · u1 + · · · + xn · un ∈ U

para j = 1, · · · , n, formar~ao uma base de U 0 . Esta base e chamada de base dual associada as bases B e C . Sejam (R3 , +, ·) e (R, +, ·) espa cos vetoriais (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais de R3 e R, respectivamente). Considere a base B do espa co vetorial real (R3 , +, ·) formada pelos vetores

Exemplo 8.28

. u1 = (1, 1, 1),

u2 = (1, 1, 0),

u3 = (1, 0, 0)

e C = {v1 } =. {1} base do espa co vetorial real (R, +, ·). Encontre uma base para o espa co dual do espa co vetorial (R3 , +, ·) associada as bases B e C .

8.2. O ESPAC O VETORIAL L (U, V)

147

Resolu¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor a veri ca c~ao que B e base de (R3 , +, ·). Utilizaremos as id eias da observa c~ao acima item 2.. Observemos que se (x, y, z) ∈ R3 , como B e uma base de (R3 , +, ·), existem escalares u nicos α, β, γ ∈ R tais que u = (x, y, z) = x1 · (1, 1, 1) +x2 · (1, 1, 0) +x3 · (1, 0, 0) | {z } | {z } | {z } . . . =u =u =u 1

= x1 · u1 + x2 · u2 + x3 · u3 .

Neste caso teremos os funcionais lineares que formar~ao a base dual associada as bases B e C , Tj : R3 → R, j = 1, 2, 3, ser~ao dadas por . Tj (u) = xj ,

onde u = x1 · u1 + x2 · u2 + x3 · u3 .

Deixaremos como exerc cio para o leitor veri car que neste caso teremos x1 = z,

x2 = (y − z),

x3 = (x − y),

ou seja, (x, y, z) = z · (1, 1, 1) + (y − z) · (1, 1, 0) + (x − y) · (1, 0, 0).

Deste modo, vimos (veja demonstra c~ao do teorema (8.22)) que uma base, que indicaremos por D, para o espa co dual de (R3 , +, ·) associada as base B e C , ser a formada pelos funcionais lineares T1 , T2 , T3 : R3 → R dados por T1 ((x, y, z)) = T1 (z · (1, 1, 1) +(y − z) · (1, 1, 0) + (x − y) · (1, 0, 0)) | {z } =x1 ·u1

. = x1 · v1 = z · 1 = z, T2 ((x, y, z)) = T2 (z · (1, 1, 1) + (y − z) · (1, 1, 0) +(x − y) · (1, 0, 0) | {z } =x2 ·u2

. = x2 · v1 = (y − z).1 = y − z

T3 ((x, y, z)) = T3 (z · (1, 1, 1) + (y − z) · (1, 1, 0) + (x − y) · (1, 0, 0) | {z } . . = x3 · v1 = (x − y).1 = x − y,

=(x−y)·u3

~ LINEARES CAP ITULO 8. TRANSFORMAC OES

148

para (x, y, z) ∈ R3 . Conclus~ao: todo funcional linear T : R3 → R pode ser escrito, de modo u nico, como combina c~ao linear dos funcionais lineares Ti : R3 → R, para i = 1, 2, 3. At´ e aqui para a 1.a Prova 24.09.2010 - 12.a

Temos tamb em a:

Proposi¸ c˜ ao 8.29 Sejam (U, +, ·), (V, +, ·) e (W, +, ·) espa cos Se T ∈ L (U, V) e S ∈ L (V, W) ent~ao S ◦ T ∈ L (U, W).

vetoriais reais.

Prova:

Dados u, v ∈ U e λ ∈ R temos [T e linear] (S ◦ T )(u + λ · v) = S[T (u + λ · v)] = S[T (u) + λ · T (v)] [S e linear] = S[T (u)] + λ · S[T (v)]

= (S ◦ T )(u) + λ · (S ◦ T )(v),

Logo da observa c~ao (8.2) item 2., segue que S ◦ T ∈ L (U, W), como quer amos demonstrar.

Em resumo, o resultado acima nos diz que a composta de transforma c~oes lineares ser a uma transforma c~ao linear.

Observa¸ c˜ ao 8.30

O resultado a seguir e um fato b asico de fun c~oes em geral, que nos diz qua a opera c~ao de composi c~ao e associativa, masi precisamente: Proposi¸ c˜ ao 8.31 Sejam U, V, W S : V → W e R : W → X fun c~ oes.

e X s~ao conjuntos n~ao vazios e T

Ent~ao

(R ◦ S) ◦ T = R ◦ (S ◦ T ).

(∗)

Prova:

Para todo u ∈ U, temos [(R ◦ S) ◦ T ](u) = (R ◦ S)[T (u)] = R{S[T (u)]} (∗∗)

: U → V,

8.2. O ESPAC O VETORIAL L (U, V)

149

e por outro lado [R ◦ (S ◦ T )](u) = R{[S ◦ T ](u)} = R{S[T (u)]}. (∗ ∗ ∗)

Logo de (**) e (***) segue a identidade (*), completando a demonstra c~ao. Temos tamb em a: Proposi¸ c˜ ao 8.32 Sejam U conjunto n~ ao vazio, (V, +, ·), (V, +, ·) toriais reais e S, T : U → V fun c~oes e e R ∈ L (V, W) .

espa cos ve-

Ent~ao

R ◦ (S + T ) = R ◦ S + R ◦ T. Prova: Se u ∈ U,

temos

[R ◦ (S + T )](u) = R[(S + T )(u)] = R[S(u) + T (u)]

e linear] = R[S(u)] + R[T (u)]

= [R ◦ S](u) + [R ◦ T ](u) = [R ◦ S + R ◦ T ](u),

completando a demonstra c~ao. Voltando as transforma c~oes lineares temos a: Proposi¸ c˜ ao 8.33 Sejam (U, +, ·), (V, +, ·) espa cos vetoriais reais. Se T ∈ L (U, V) e IV ∈ L (V) e o operador linear identidade em V (isto e, IV e(v) =. v, para v ∈ V ) e IU ∈ L (U) e o operador linear identidade em U (isto e, IU (u) =. u, para u ∈ U), ent~ao IV ◦ T = T Prova: Se u ∈ U,

T ◦ IU = T.

temos (IV ◦ T )(u) = IV [T (u)] = T (u)

e [T ◦ IU ](u) = T [IU (u)] = T (u),

completando a demonstra c~ao. Como aplica c~ao destes resultados temos o

~ LINEARES CAP ITULO 8. TRANSFORMAC OES

150 Exemplo 8.34 usuais de R2 ).

Seja (R2 , +, ·) espa co vetorial real (onde + e · s~ao as opera c~oes

Consideremos T, S ∈ L (R2 ) dadas por . T (x, y) = (x + y, 0)

. S(x, y) = (x, 2y),

(x, y) ∈ R2 .

Encontre T ◦ S e S ◦ T. Resolu¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor a veri ca c~ao que T, S ∈ L (R2 ). Para (x, y) ∈ R2 temos que (T ◦ S)(x, y) = T (S(x, y)) = T (x, 2y) = (x + 2y, 0), (S ◦ T )(x, y) = S(T (x, y)) = S(x + y, 0) = (x + y, 0).

Notemos que, neste exemplo, T ◦ S 6= S ◦ T. Podemos agora introduzir as: Defini¸ c˜ ao 8.35 Seja (U, +, ·) Se T ∈ L (U), de niremos . T 0 = IU ,

para

espa co vetorial real. . T1 = T

n ≥ 2, onde IU : U → U . IU (u) = u, para u ∈ U).

. T n = T ◦ T n−1 ,

e o operador linear identidade em

(isto e,

Com isto podemos introduzir a

Seja (U, +, ·) espa co vetorial real. Um operador linear T ∈ L (U) ser a dito nilpotente se existir que

Defini¸ c˜ ao 8.36

n∈N

tal

T n = O ∈ L (U),

isto e, o operador linear T n ser a o operador linear nulo de nido em U. Um exemplo simples de operador nilpotente de nido em um espa co vetorial real e o operador linear nulo.

Observa¸ c˜ ao 8.37

8.2. O ESPAC O VETORIAL L (U, V) Exemplo 8.38 usuais de R2 ).

151

Seja (R2 , +, ·) espa co vetorial real (onde + e · s~ao as opera c~oes

Mostre que T : R2 → R2 dada por . T (x, y) = (0, x),

(x, y) ∈ R2

e um operador nilpotente. Resolu¸ c˜ ao:

Observemos que se (x, y) ∈ R2 ent~ao T 2 (x, y) = T [T (x, y)] = T (0, x) = (0, 0),

assim, T 2 = 0, mostrando que o operador linear T e nilpotente (no caso, n = 2).

Sejam (U, +, ·) e (V, +, ·) espa cos vetoriais reais. Diremos que T ∈ L (U, V) possui transforma c~ao inversa se existir uma fun c~ao S : V → U tal que Defini¸ c˜ ao 8.39

(S ◦ T )(u) = u,

e (T ◦ S)(v) = v

para todo para todo

u∈U

v ∈ V.

Em outras palavras, T ◦ S = IV

S ◦ T = IU ,

onde IU : U → U e o operador linear identidade em operador linear identidade em V.

IV : V → V

e o

Com isto temos a: Proposi¸ c˜ ao 8.40 Sejam (U, +, ·) Se T ∈ L (U, V) possui uma

forma c~ao inversa ser a u nica.

e (V, +, ·) espa cos vetoriais reais. transforma c~ao inversa ent~ao esta trans-

~ LINEARES CAP ITULO 8. TRANSFORMAC OES

152 Prova:

Suponhamos que T ∈ L (U, V) possua as trasnforma c~oes inversas R, S : V →

Como IV = T ◦ R (1)

teremos

IU = S ◦ T (2)

(1)

(2)

S = S ◦ IV = S ◦ (T ◦ R) = (S ◦ T ) ◦ R = IU ◦ R = R,

mostrando que S = R e completando a demonstra c~ao.

Sejam (U, +, ·) e (V, +, ·) espa cos vetoriais reais e T ∈ L (U, V) possui uma transforma c~ao inversa. Ent~ao a transforma c~ao inversa S : V → U associada a transforma c~ao linear T ser a denotada por T −1 (isto e, T −1 =. S obtida da proposi c~ao acima). Defini¸ c˜ ao 8.41

Sejam (U, +, ·) e (V, +, ·) espa cos vetoriais reais. Uma transforma c~ao linear T : U → V ser a dita

Defini¸ c˜ ao 8.42

1. injetora se T (u) = T (v) implicar em u = v; 2. sobrejetora se para todo v ∈ V existir u ∈ U tal que T (u) = v; 3. bijetora se for injetora e sobrejetora. Temos um resultado geral e b asico de fun c~oes que diz: Proposi¸ c˜ ao 8.43 Sejam U, V conjuntos n~ ao vazios. A fun c~ao T : U → V possui uma fun c~ao inversa fun c~ao T e bijetora. Prova:

Suponha que T possua uma fun c~ao inversa. Logo se T (u) = T (v) ent~ao u = T −1 (T (u)) = T −1 (T (v)) = v,

portanto, T e injetora.

se, e somente se, a

8.2. O ESPAC O VETORIAL L (U, V)

153

Dado v ∈ V vemos que T (T −1 (v)) = v, portanto, T tamb em e sobrejetora, logo T e bijetora. Reciprocamente, suponhamos que T seja bijetora. Dado v ∈ V , como T e bijetora, existe um u nico uv ∈ U tal que v = T (uv ).

(∗)

De na S : V → U por . S(v) = uv ,

v ∈ U. (∗∗)

Mostremos que S e a fun c~ao inversa de T. Se v ∈ V ent~ao (∗∗)

(∗)

T (S(v)) = T (uv ) = v.

Se u ∈ U ent~ao S(T (u)), pela de ni c~ao de S, e o u nico elemento u 0 em U tal

que T (u 0 ) = T (u). Como T e injetora, temos u 0 = u e, assim, S(T (u)) = u, mostrando que S e a transforma c~ao inversa de T , completando a demonstra c~ao. Voltando as transforma c~oes lineares temos a:

Sejam (U, +, ·) e (V, +, ·) espa cos vetoriais reais. Uma transforma c~ao linear T : U → V e injetora se, e somente se, a u nica solu c~ao de T (u) = O e o vetor nulo, isto e, u = O. Proposi¸ c˜ ao 8.44

Prova:

Suponha que T ∈ L (U, V) seja injetora. Se T (u) = O, como O = T (O), segue que T (u) = T (O). Como T e injetora deveremos ter u = O. Reciprocamente suponha que a u nica solu c~ao de T (u) = O seja o vetor nulo de U, isto e, u = O. Logo se T (u) = T (v)

⇒

T (u) − T (v) = O | {z } [T

e linear] =

T (u−v)

⇒

T (u − v) = O.

~ LINEARES CAP ITULO 8. TRANSFORMAC OES

154

Assim, por hip otese, deveremos ter u − v = O, isto e, u = v, mostrando que a transforma c~ao linear T e injetora, completando a demonstra c~ao. Temos tamb em a Proposi¸ c˜ ao 8.45 Sejam (U, +, ·) e (V, +, ·) espa cos vetoriais reais. Se T ∈ L (U, V) possui transforma c~ao inversa T −1 : V → U ent~ao T −1 ∈ L (V, U). Prova:

Devemos mostrar que T −1 : V → U e uma transforma c~ao linear. Para isto sejam v1 , v2 ∈ V e λ ∈ R. Como T e sobrejetora existem u1 , u2 ∈ U tais que T (u1 ) = v1

e T (u2 ) = v2 ,

(∗)

ou, equivalentemente, T −1 (v1 ) = u1

e T −1 (v2 ) = u2 .

(∗∗)

Assim, (∗)

T −1 (v1 + λ · v2 ) = T −1 [T (u1 ) + λ · T (u2 )] [T −1 ◦T =IU ]

[T e

linear] −1 = T [T (u1 + λ · u2 )]

(∗∗)

u1 + λ · u2 = T −1 (v1 ) + λ · T −1 (v2 ),

mostrando que T −1 ∈ L (V, U), completando a demonstra c~ao.

8.3

Imagem e N´ ucleo de uma Transforma¸ c˜ ao Linear

Come caremos com a

Sejam (U, +, ·) e (V, +, ·) espa cos vetoriais reais e T : U → V uma transforma c~ao linear. Defini¸ c˜ ao 8.46

1. Se X ⊆ U, de nimos a imagem do conjunto X pela transforma c~ao T , indicada por T (X), como sendo o conjunto . T (X) = {T (x) : x ∈ X} ⊆ V.

8.3. IMAGEM E NUCLEO

155

2. Se Y ⊆ V, de nimos a imagem inversa do conjunto Y pela transforma c~ao T , indicada por T −1 (Y), como sendo o conjunto . T −1 (Y) = {u ∈ U : T (u) ∈ Y} ⊆ U.

Notemos que na de ni cao acima, T −1 (Y) n˜ao tem nada a ver com a transforam c~ao inversa da transforma c~ao T que pode, eventualemente, nem existir. Observa¸ c˜ ao 8.47

Proposi¸ c˜ ao 8.48 Sejam (U, +, ·) e (V, +, ·) espa cos vetoriais reais com dim(V) = 1. Se T : U → V e um transforma c~ao linear, n~ao identicamente nula, ent~ao a transforma c~ao linear T ser a sobrejetora. Prova:

Como a transforma c~ao linear T e n~ao nula existe uo ∈ U tal que T (uo ) 6= O.

Como o espa co vetorial real (V, +, ·) tem dimens~ao 1 ent~ao qualquer base sua e constitu da por um vetor n~ao nulo. Logo B =. {T (uo )} ser a uma base do espa co vetorial real (V, +, ·) (pois T (uo ) ∈ V e n~ao nulo de V ). Assim, dado v ∈ V existe u nico escalar α ∈ R tal que v = α · T (uo )

e linear] = T (α · uo ),

ou seja, a transforma c~ao linear T e sobrejetora, como quer amos demonstrar. Como consequ^encia temos o

Corol´ ario 8.49 Sejam (U, +, ·) e (R, +, ·) espa cos vetoriais reais (onde + e · s~ ao as opera c~oes usuais em R). Se T e um funcional linear de nido em U, n~ao identicamente nulo, ent~ao o funcional linear T ser a sobrejetor.

~ LINEARES CAP ITULO 8. TRANSFORMAC OES

156 Prova:

Como dim(R) = 1 a conclus~ao segue da proposi c~ao acima. Temos tamb em a:

Proposi¸ c˜ ao 8.50 Sejam (U, +, ·) V uma transforma c~ ao linear.

e (V, +, ·) espa cos vetoriais reais e T : U →

1. Se

W e um subespa co vetorial do espa co vetorial real (U, +, ·) T (W) e um subespa co vetorial do espa co vetorial real (V, +, ·).

2. Se

ent~ao

e um subespa co vetorial do espa co vetorial real (V, +, ·) ent~ao e um subespa co vetorial do espa co vetorial real (U, +, ·).

T −1 (Y)

Prova:

De 1.: Seja W um subespa co vetorial de (U, +, ·). Como O ∈ W e O = T (O) segue que O ∈ T (W). Sejam x, y ∈ T (W) e λ ∈ R. Como x, y ∈ T (W) ent~ao existem u, w ∈ W tais que x = T (u)

y = T (w). (∗)

Como W e um subespa co vetorial de (U, +, ·) segue que u + λ · w ∈ W. Logo (∗)

x + λ · y = T (u) + λ · T (w)

[T e

linear] = T (u λ · w}) ∈ T (W). | +{z ∈W

De 2.: Seja Y um subespa co vetorial de (V, +, ·). Como T (O) = O e O ∈ Y (pois Y e subespa co vetorial) segue-se que O ∈

T −1 (Y).

Sejam x, y ∈ T −1 (Y) e λ ∈ R. Como x, y ∈ T −1 (Y) segue que T (x), T (y) ∈ Y. Como Y e um subespa co vetorial de (V, +, ·) temos que T (x) + λ · T (y) ∈ Y. (∗)

8.3. IMAGEM E NUCLEO

157

Mas T (x + λ · y)

(∗) e linear] = T (x) + λ · T (y) ∈ Y,

portanto, x + λ · y ∈ T −1 (Y), completando a demonstra c~ao. 28.09.2010 -15.a - 1.a Prova 1.10.2010 -16.a

Podemos agora introduzir a:

Sejam (U, +, ·) e (V, +, ·) espa cos vetoriais reais e T : U → V uma transforma c~ao linear. De nimos o n ucleo da transforma c~ao linear T , indicado por N (T ), como sendo o subespa co vetorial de U dado por T −1 ({O}), ou seja, e o conjunto Defini¸ c˜ ao 8.51

{u ∈ U : T (u) = O}.

Com isto temos a: Proposi¸ c˜ ao 8.52 Sejam (U, +, ·) e (V, +, ·) espa cos vetoriais reais e T : U → V uma transforma c~ ao linear. A transforma c~ao linear T e injetora se, e somente se, N (T ) = {0}. Prova:

Pela proposi c~ao (8.44) T e injetora se, e somente se, a equa c~ao T (u) = O,

u∈U

possui uma u nica solu c~ao, a saber, u = O. Isto e o mesmo que dizer que o conjunto N (T ) e formado somente pelo vetor O, como quer amos demonstrar. Temos tamb em o Proposi¸ c˜ ao 8.53 Sejam (U, +, ·) espa co vetorial real e T ∈ L (U). Mostre que T 2 = O se, e somente se, T (U) ⊆ N (T ).

~ LINEARES CAP ITULO 8. TRANSFORMAC OES

158 Prova:

Suponha que T 2 = O. Logo se v ∈ T (U) ent~ao existe u ∈ U tal que v = T (u). Portanto, T (v) = T [T (u)] = T 2 (u) = O,

isto e, v ∈ N (T ), isto e, T (U) ⊆ N (T ). Reciprocamente, suponhamos que T (U) ⊆ N (T ). Dado u ∈ U, como T (u) ∈ T (U) ⊆ N (T ), temos T 2 (u) = T [ T (u) ] = O, | {z } ∈N (T )

ou seja, T 2 = O, como quer amos mostrar. Exemplo 8.54 Sejam (R2 , +, ·) espa co vetorial real (onde + e · s~ ao as opera c~oes 2 usuais de R ) e θ ∈ R. Encontre o n ucleo do operador linear T : R2 → R2 dada por . T (x, y) = (x cos(θ) − y sen(θ), x sen(θ) + y cos(θ)),

(x, y) ∈ R2 .

Resolu¸ c˜ ao:

Vimos anteriormente que T ∈ L (R2 ). Por de ni c~ao, (x, y) ∈ N (T ) se, e somente se, T (x, y) = (0, 0) ou, equivalentemente: (x cos(θ) − y sen(θ), x sen(θ) + y cos(θ)) = (0, 0) ± x cos(θ) − y sen(θ) = 0 ⇐⇒ x sen(θ) + y cos(θ) = 0 µ ¶ µ ¶ µ ¶ cos(θ) − sen(θ) x 0 = ⇐⇒ y 0 sen(θ) cos(θ) | {z } det=16=0 portanto admite matriz inversa µ ¶ µ ¶ x 0 ⇐⇒ = ⇐⇒ (x, y) = (0, 0). y 0

8.3. IMAGEM E NUCLEO

159

Portanto, N (T ) = {(0, 0)}. Em particular, da proposi c~ao (8.52), segue que o operador linear T e injetor.

Geometricamente, o operador linear T dado pelo exemplo acima leva um vetor numa rota c~ao do mesmo de ^angulo θ no sentido antihor ario (veri que!). Observa¸ c˜ ao 8.55

Podemos agora enunciar e provar o: Teorema 8.56 (Teorema do N´ ucleo e da Imagem) Sejam (U, +, ·) e (V, +, ·) espa cos vetoriais reais e T : U → V uma transforma c~ao linear. Se dim(U) = n < ∞ ent~ao

dim (U) = dim [N (T )] + dim [T (U)]. Prova:

Como N (T ) e subespa co do espa co vetorial real (U, +, ·) e dim(U) = n < ∞ segue que p =. dim[N (T )] ≤ n < ∞. Se p = 0 (isto e, N (T ) = {O}) consideramos os vetores v1 , . . . , vn de modo a formarem uma base de U. A rmamos que os vetores T (v1 ), . . . , T (vq ) formam uma base de T (U). De fato, se w ∈ T (U) segue que existe u ∈ U tal que T (u) = w. Como v1 , . . . , vn e base de U, existem escalares α1 , · · · , αn ∈ R tais que u = α1 · v1 + · · · + αn · vn .

Logo T (u) = T (α1 · v1 + · · · + αn · vn )

e linear] = α1 · T (v1 ) + · · · + αn · T (vn ),

ou seja, w ∈ [T (v1 ), . . . , T (vq )], logo podemos concluir que T (U) = [T (v1 ), . . . , T (vq )].

Por outro lado, se α1 , · · · , αn ∈ R s~ao tais que O = α1 · T (v1 ) + · · · + αn · T (vn )

e linear] = T (α1 · v1 + · · · + αn · vn ),

~ LINEARES CAP ITULO 8. TRANSFORMAC OES

160 ou seja,

α1 · v1 + · · · + αn · vn ∈ N (T ) = {O},

assim α1 · v1 + · · · + αn · vn = O,

mas v1 , . . . , vq s~ao l.i. em U (pois formam uma base de U),logo α1 = · · · = αn = 0,

mostrando que os vetores T (v1 ), . . . , T (vn ) s~ao l.i. em V , e portanto formam uma base de T (U). Logo podemos concluir que dim(U) =

0 + |{z} n = dim[N (T )] + dim[T (U)]. |{z} =dim[N (T )] =dim[T (U)]

Tratemos agora do caso p ≥ 1. Seja B1 uma base de N (T ) formada pelos vetores u1 , . . . , up . Pelo teorema do completamento, existem vetores v1 , . . . , vq ∈ U tais que u1 , . . . , up , v1 , . . . , vq formam uma base de U. Desta forma temos que dim(U) = p + q. Como dim[N (T )] = p, resta mostrar que dim[T (U)] = q. Para isto, mostraremos que T (v1 ), . . . , T (vq ) formam uma base de T (U). A rmamos que T (v1 ), . . . , T (vq ) s~ao l.i. em V . De fato, se α1 · T (v1 ) + · · · + αq · T (vq ) = O

ent~ao, como T e uma transforma c~ao linear, segue que a identidade acima e equivalente a T (α1 · v1 + · · · + αq · vq ) = O,

isto e, teremos α1 · v1 + · · · + αq · vq ∈ N (T ).

8.3. IMAGEM E NUCLEO

161

Como os vetores u1 , · · · , up formam uma base de N (T ) segue que existem escalares β1 , · · · , βp ∈ R tais que α1 · v1 + · · · + αq · vq = β1 · u1 + · · · + βp · up ,

isto e, β1 · u1 + · · · + βp · up − α1 · v1 − · · · − αq · vq = O.

Como u1 , . . . , up , v1 , . . . , vq formam uma base de U, eles s~ao l.i. em U assim deveremos ter α1 = · · · = αq = β1 = · · · = βp = 0,

o que mostra que os vetores T (v1 ), . . . , T (vq ) s~ao linearmente independentes em V. Mostremos que os vetores T (v1 ), . . . , T (vq ) geram T (U). Seja v ∈ T (U). Logo, existe u ∈ U tal que T (u) = v. Como os vetores u1 , . . . , up , v1 , . . . , vq formam uma base de U, existem escalares α1 , . . . , αq , β1 , . . . , βp ∈ R tais que u = α1 · u1 + · · · + αp · up + β1 · v1 + · · · + βq · vq ,

com isto teremos: v = T (u) = T (α1 · u1 + · · · + αp · up + β1 · v1 + · · · + βq · vq ) = α1 · T (u1 ) + · · · + αp · T (up ) +β1 · T (v1 ) + · · · + βq · T (vq ) | {z } | {z } =0

= β1 · T (v1 ) + · · · + βq · T (vq ),

pois u1 , . . . , up ∈ N (T ). Logo v ∈ [T (v1 ), . . . , T (vq )], ou seja, T (U) = [T (v1 ), . . . , T (vq )]. Portanto os vetores T (v1 ), . . . , T (vq ) formam uma base de T (U), logo teremos dim(U) = n =

p + q = dim[N (T )] + dim[T (U)], |{z} |{z} =dim[N (T )] =dim[T (U)]

como quer amos demonstrar. Como consequ^encia temos o:

~ LINEARES CAP ITULO 8. TRANSFORMAC OES

162

Sejam (U, +, ·) e (V, +, ·) espa cos vetoriais reais de dimens~oes

nita tais que dim(U) = dim(V) e T : U → V uma transforma c~ao linear. As seguintes condi c~oes s~ao equivalentes:

Corol´ ario 8.57

1. A transforma c~ao linear T e sobrejetora; 2. A transforma c~ao linear T e injetora; 3. A transforma c~ao linear T e bijetora; 4. A transforma c~ao linear T leva uma base de U em uma base de V (isto e, se B =. {u1 , . . . , un } e uma base de U ent~ao C =. {T (u1 ), . . . , T (un )} ser a uma base de V ). Prova: 1. =⇒

2.: Se a transforma c~ao linear T e sobrejetora ent~ao T (U) = V . Logo, pelo teorema anterior, dim(U) = dim[N (T )] + dim[T (U)] = dim[N (T )] + dim(V). | {z } =V

Como dim(U) = dim(V) segue que, da identidade acima, que dim[N (T )] = 0, isto e, N (T ) = {O}. Logo, da proposi c~ao (8.52), segue que a transforma c~ao linear T ser a injetora, mostrando que 2. ocorre. 2. =⇒ 3.: Se transforma c~ao linear T e injetora ent~ao, da proposi c~ao (8.52) , segue que N (T ) = {O}, assim dim[N (T )] = 0. Pelo teorema anterior segue-se que dim(U) = dim[N (T )] + dim[T (U)] = dim[T (U)], |

}

ou seja, dim(U) = dim[T (U)]. Como dim(U) = dim(V) segue, da identidade acima, que dim[T (U)] = dim(V).

8.3. IMAGEM E NUCLEO

163

Logo T (U) e um subespa co do espa co vetorial real (V, +, ·) que tem a mesma dimens~ao de V , logo, do corol ario (5.30), segue que T (U) = V, isto e, a transforma c~ao linear T e sobrejetora. Dessa forma, T e bijetora, mostrando que 3. ocorre. 3. =⇒ 4.: Suponhamos que a transforma c~ao linear T seja bijetora. Consideremos uma base de U formada pelos vetores u1 , . . . , un . Precisamos mostrar que os vetores T (u1 ), . . . , T (un ) formam uma base de V. A rmamos que os vetores T (u1 ), . . . , T (un ) s~ao l.i. em V . De fato, se α1 · T (u1 ) + · · · + αn · T (un ) = O

ent~ao, do fato que T e uma transforma c~ao linear, a identidade acima ser a equivalente a T (α1 · u1 + · · · + αn · un ) = O,

isto e, o vetor α1 · u1 + · · · + αn · un ∈ N (T ).

Como a transforma c~ao linear T e injetora, da proposi c~ao (8.52), segue que N (T ) = {O} e, consequentemente, α1 · u1 + · · · + αn · un = O.

Como u1 , . . . , un formam uma base de U eles dever~ao ser l.i., assim α1 = · · · = αn = 0,

portanto os vetores T (u1 ), . . . , T (un ) s~ao linearmente independentes em V . A rmamos que os vetores T (u1 ), . . . , T (un ) geram em V . Seja v ∈ V. Como a transforma c~ao linear T e sobrejetora, existe u ∈ U tal que v = T (u). Como os vetores u1 , · · · , un formam uma base de U segue que existem escalares α1 , · · · , αn ∈ R tais que u = α1 · u1 + · · · + αn · un .

~ LINEARES CAP ITULO 8. TRANSFORMAC OES

164 Com isto temos

v = T (u) = T (α1 · u1 + · · · + αn · un )

e linear ] = α1 · T (u1 ) + · · · + αn · T (un ),

isto e, os vetores T (u1 ), . . . , T (un ) geram V, mostrando que esses vetores formam uma base de V , mostrando qeu 4. ocorre. Observe que j a hav amos provado isto na proposi c~ao (8.13) (veri que!). 4. =⇒ 1.: Seja u1 , . . . , un uma base de U. Por hip otese, T (u1 ), . . . , T (un ) formam uma base de V. Assim, dado v ∈ V existem escalares α1 , . . . , αn ∈ R tais que v = α1 · T (u1 ) + · · · + αn · T (un ).

Deste modo, v = α1 · T (u1 ) + · · · + αn · T (un )

e linear] = T (α1 · u1 + · · · + αn · un ), | {z } . =u

ou seja, existe u ∈ U tal que T (u) = v, isto e, a transforma c~ao linear T e sobrejetora, completando a demonstra c~ao. 5.10.2010 -17.a Exemplo 8.58 usuais de R2 ).

Seja (R2 , +, ·) espa co vetorial real (onde + e · s~ao as opera c~oes

Mostre que toda transforma c~ao linear bijetora T : R2 → R2 leva retas de R2 em retas de R2 (isto e, a imagem de uma reta de R2 pela transforma c~ao linear bijetora T e uma reta de R2 ). Resolu¸ c˜ ao:

Dada uma reta r no plano R2 , usaremos a equa c~ao vetorial para representar seus pontos, isto e, um ponto P ∈ r se, e somente se, P = Po + λ · ~v,

onde Po e um ponto sobre a reta, ~v 6= O e um vetor dire c~ao da reta e λ ∈ R.

8.3. IMAGEM E NUCLEO

165

A imagem da reta r pela transforma c~ao linear bijetora T ser a dada por T (r) = {T (P); P ∈ r}.

Assim, um ponto S ∈ T (r) se, e somente se, S = T (P) para algum P ∈ r, ou seja, S = T (P) = T (Po + λ · ~v)

e linear ] = T (Po ) + λ · T (~v),

(∗)

para algum λ ∈ R. Como transforma c~ao linear T e injetora e ~v 6= ~0 temos que T (~v) 6= ~0, ou seja, (*) nos fornece a equa c~ao vetorial de uma reta no plano R2 que passa pelo ponto T (Po ) e tem a dire c~ao do vetor (n~ao nulo) T (~v). Assim T (r) e uma reta em R2 , como a rmamos. Exemplo 8.59 Sejam (Rn , +, ·) espa co vetorial real (onde + e · s~ ao as opera c~oes n usuais de R ) e a1 , . . . , an ∈ R n~ao todos nulos.

Mostre que o subespa co

. H = {(x1 , . . . , xn ) ∈ Rn : a1 x1 + · · · + an xn = 0}

tem dimens~ao n − 1. Resolu¸ c˜ ao:

Observemos que H pode ser obtido como o n ucleo do funcional linear (veri que!) T : Rn → R dada por . T (x1 , . . . , xn ) = a1 x1 + · · · + an xn ,

(x1 , · · · , xn ) ∈ Rn .

Em particular H e um subespa co vetorial do espa co vetorial (Rn , +, ·). Como nem todos os aj s~ao nulos, segue-se que o funcional linear T n~ao e identicamente nulo. Logo, do corol ario(8.49), segue que o funcional linear T ser a sobrejetor, em particular, dim[T (Rn )] = dim(R) = 1. Deste modo, pelo teorema (8.56), teremos n = dim(Rn ) = dim[N (T )] + dim(T (Rn )] = dim(H) + 1, {z } | {z } | =H

ou seja, dim(H) = n − 1, como a rmamos.

~ LINEARES CAP ITULO 8. TRANSFORMAC OES

166

Sejam (M2 (R), +, ·) espa co vetorial real (onde opera c~oes usuais de M2 (R)), Exemplo 8.60

. A=

e · s~ao as

µ ¶ 1 2 0 1

e T : M2 (R) → M2 (R) dada por . T (X) = AX − XA,

X ∈ M2 (R).

Mostre que T e um operador linear em M2 (R) e encontre o n ucleo e a imagem do operador linear T e suas respectivas dimens~oes. Resolu¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor a veri ca c~ao que T e um operador linear em M2 (R). N ucleo de T : Observemos que X ∈ N (T ) se, e somente se, T (X) = O ou, equivalentemente, AX − XA = O

⇐⇒

AX = XA.

µ ¶ a b X= , c d

vemos que X ∈ N (T ) se, e somente se, µ ¶µ ¶ µ ¶µ ¶ 1 2 a b a b 1 2 = , 0 1 c d c d 0 1

isto e,

µ ¶ µ ¶ a + 2c b + 2d a 2a + b = c d c 2c + d

que e equivalente ao sistema linear

  a + 2c = a    b + 2d = 2a + b  c=c     d = 2c + d

[exerc cio]

⇐⇒

c=0

e a = d.

8.3. IMAGEM E NUCLEO

167

Portanto, X ∈ N (T ) se, e somente se, X=

µ ¶ µ ¶ µ ¶ a b 1 0 0 1 =a· +b · . 0 a 0 1 0 0 | {z } | {z } . . =A =A 1

Dessa forma, o n ucleo do operador linear T e o subespa co vetorial gerado pelos vetores A1 e A2 . Notemos que os vetores A1 , A2 s~ao l.i. (veri que!), logo B =. {A1 , A2 } e uma base para o subespa co N (T ), em particular, dim[N (T )] = 2. Imagem de T : Observemos que ¶ µ Y=

x y z t

∈ T (M2 )

se, e somente, se existir uma matriz em M2 (R), que denotaremos por µ ¶ a b X= , c d

tal que Y = T (X) = AX − XA,

isto e, µ ¶ µ ¶µ ¶ µ ¶µ ¶ x y 1 2 a b a b 1 2 = − z t 0 1 c d c d 0 1 µ ¶ µ ¶ µ ¶ a + 2c b + 2d a 2a + b 2c 2d − 2a = − = c d c 2c + d 0 −2c µ ¶ µ ¶ 1 0 0 1 = 2c · +2(d − a) · , 0 −1 0 0 | {z } | {z } . . =B =B 1

ou seja, a imagem de T e gerada pelos vetores B1 , B2 . Notemos que os vetores B1 , B2 s~ao l.i. (veri que!), assim logo C =. {B1 , B2 } e uma base para o subespa co T (M2 (R)), em particular, dim[T (M2 (R))] = 2.

~ LINEARES CAP ITULO 8. TRANSFORMAC OES

168

Uma outra maneira para encontrar uma base da imagem do operador linear T do exemplo acima seria fazer uso da prova do teorema (8.56). Mais precisamente, sabemos que

Observa¸ c˜ ao 8.61

µ ¶ 1 0 0 1

µ ¶ 0 1 0 0

formam uma base do n ucleo do operador linear T . Do teorema (8.56), podemos complet a-la a uma base de duzindo, por exemplo, os vetores: ¶ µ 0 0 1 0

isto e,

µµ ¶¶ µ ¶ 0 0 2 0 T = 1 0 0 −2 | {z } . =C

intro-

¶ µ 0 0 , 0 1

µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 0 0 1 0 0 , , 0 1 0 0 1 0

e uma base de M2 (R) (veri que!). Mas

M2 (R)

µ ¶ 0 0 0 1

µµ ¶¶ µ ¶ 0 0 0 1 T = . 0 1 0 0 | {z } . =C 2

Logo, pelo mesmo teorema, segue que C =. {C1 , C2 } e uma base da imagem do operador linear T. Seja (U, +, ·) espa co vetorial real. Diremos que T ∈ L (U) e um idempotente em U se T 2 = T.

Defini¸ c˜ ao 8.62

Seja (U, +, ·) espa co vetorial real. Ent~ao o operador identidade em U, IU : U → U dado por

Exemplo 8.63

. IU (u) = u,

e um operador linear idempotente em U.

u ∈ U,

8.3. IMAGEM E NUCLEO

169

Resolu¸ c˜ ao:

Sabemos que o IU e um operador linear em U. Al em disso, temos I2U (u) = IU [IU (u)] = IU (u), | {z }

u ∈ U,

mostrando que o operador linear T e idempotente em U. Exemplo 8.64 Sejam (R2 , +, ·) espa co vetorial real (onde + e · s~ ao as opera c~oes 2 2 2 usuais de R ) e T : R → R dada por T (x, y) = (x, 0),

(x, y) ∈ R2 .

Ent~ao o operador linear T e idempotente. Resolu¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor a veri ca c~ao que T e um operador linear em R2 . Notemos que T 2 (x, y) = T [T (x, y)] = T (x, 0) = (x, 0) = T (x, y), | {z }

(x, y) ∈ R2 ,

=(x,0)

mostrando que o operador linear T e idempotente em R2 . Observa¸ c˜ ao 8.65

O operador do exemplo acima e a proje c~ao no eixo Ox.

Seja (U, +, ·) espa co vetorial real. Mostre que se T ∈ L (U) e idempotente ent~ao

Proposi¸ c˜ ao 8.66

U = T (U) ⊕ N (T ). Prova:

Como T ∈ L (U) e idempotente segue que T 2 = T . Observemos que, dado u ∈ U podemos escrever u = T (u) + [u − T (u)].

~ LINEARES CAP ITULO 8. TRANSFORMAC OES

170

Temos que T (u) ∈ T (U) e T [u − T (u)] = T (u) − T 2 (u) = T (u) − T (u) = O, | {z } =T (u)

assim u − T (u) ∈ N (T ), ou seja, u = T (u) + [u − T (u)] ∈ T (U) + N (T ), | {z } | {z } ∈T (U)

∈N (T )

mostrando que U = T (U) + N (T ). Resta mostrarmos que a soma e uma soma direta. Para isto consideremos u ∈ T (U) ∩ N (T ). Como u ∈ T (U), existir a v ∈ U tal que u = T (v) e teremos tamb em que T (u) = O.

Logo

u = T (v)

[T 2 =T ]

T 2 (v) = T [T (v)] = T (u) = O, |{z} =u

ou seja, T (U) ∩ N (T ) = {O}, completando a demonstra c~ao.

8.4

Isomorfismo e Automorfismo

Come caremos introduzindo a

Sejam (U, +, ·) e (V, +, ·) espa cos vetoriais reais. Diremos que uma transforma c~ao linear T : U → V e isomor smo de U em V se ela for bijetora. Quando U = V diremos, no caso acima, que T e um automor smo em U. Defini¸ c˜ ao 8.67

Com isto temos a

Dizemos que os espa cos vetoriais (U, +, ·) e (V, +, ·) s~ao isomorfos se existir um isomor smo de U em V . Defini¸ c˜ ao 8.68

As seguintes transforma c~oes s~ao exemplos de isomor smos e, portanto, os respectivos espa cos vetoriais s~ao isomorfos.

8.4. ISOMORFISMO E AUTOMORFISMO

171

Sejam (U, +, ·) espa co vetorial real e IU : U → U o operador identidade em U. Ent~ao IU e um automor smo em U.

Exemplo 8.69

Resolu¸ c˜ ao:

Sabemos que IU e um operador linear, injetor e sobrejetor, logo um automor smo em U.

Exemplo 8.70 Sejam (Rn , +, ·) e (Pn−1 (R), +, ·) espa cos vetoriais (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais de Rn e de Pn−1 (R), respectivamente) e T : Rn → Pn−1 (R) dada por . T ((x1 , . . . , xn )) = p,

onde

(x1 , · · · , xn ) ∈ Rn ,

. p(t) = x1 + x2 t + · · · + xn tn−1 ,

t ∈ R.

Ent~ao T e um isomor smo de Rn em Pn−1 (R). Resolu¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor a veri ca c~ao que T e uma transforma c~ao linear de Rn em Pn−1 (R). Observemos que T e injetor, pois se x = (x1 , · · · , xn ) ∈ N (T ) segue que O = T (x) ⇐⇒ x1 + x2 t + · · · + xn tn−1 = 0, |{z} polin^omio nulo

para todo t ∈ R,

o que implicar a, necessariamente, que x1 = · · · = xn = 0, ou seja, x = (0, · · · , 0) ∈ Rn . Portanto N (T ) = {O}, isto e, a transforma c~ao linear T e injetora. Observemos tamb em que T e sobrejetor, pois se p ∈ Pn−1 (R) segue que p(t) = ao + a1 t + · · · + an−1 tn−1 ,

para ao , · · · , an−1 ∈ R. Logo se considerarmos . x = (ao , · · · , an−1 ) ∈ Rn ,

t ∈ R,

~ LINEARES CAP ITULO 8. TRANSFORMAC OES

172 teremos

T (x) = p,

ou seja T e sobrejetora, isto e, a transforma c~ao linear T e bijetora, logo um isomor smo de Rn em Pn−1 (R), como a rmamos. Exemplo 8.71 Sejam (Mm×n (R), +, ·) e (Rm.n , +, ·) espa cos vetoriais (onde + e · s~ ao as opera c~oes usuais de Mm×n (R) e de Rm.n , respectivamente) e T : Mm×n (R) → Rmn dada por . T [(aij )] = (a11 , . . . , a1n , . . . , am1 , . . . , amn ),

A = (aij ) ∈ Mm×n (R).

Ent~ao T e um isomor smo de Mm×n (R) em Rm.n . Resolu¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor a veri ca c~ao que T e uma transforma c~ao linear de Mm×n (R) em Rm.n . Observemos que T e injetor, pois se (aij ) ∈ N (T ) segue que O = T [(aij )] ⇐⇒ (a11 , . . . , a1n , . . . , am1 , . . . , amn ) = (0, · · · , 0) . |{z} | {z }

m.n-upla

∈Rm.n

o que implicar a, necessariamente, que aij = 0 para 1 ≤ i ≤ m e 1 ≤ j ≤ n, ou seja, N (T ) = {O}, , isto e, a transforma c~ao linear T e injetora. Observemos tamb em que T e sobrejetor, pois se x =. (x1 , · · · , xm.n ) ∈ Rm.n , considerando-se . a1j = xj , . a2j = xj , ··· . amj = xj ,

1 ≤ j ≤ n, n + 1 ≤ j ≤ 2n, mn − n + 1 ≤ j ≤ m.n,

teremos T [(aij )] = (x1 , · · · , xmn ) = x,

ou seja, a transforma c~ao linear T e sobrejetora, isto e, a transforma c~ao linear T e bijetora, logo um isomor smo de Mm×n (R) em Rm.n , como a rmamos. 15.10.2010 -18.a

8.4. ISOMORFISMO E AUTOMORFISMO

173

Exemplo 8.72 Sejam (R3 , +, ·) espa co vetorial real (onde + e · s~ ao as opera c~oes 2 3 3 usuais de R ) e T : R → R dada por . T (x, y, z) = (x − y, x − z, z − y), (x, y, z) ∈ R3 .

Veri que se T e um automor smo de R3 . Resolu¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor a veri ca c~ao que T e um operador linear em R3 . Veri quemos se o operador linear T e injetor, isto e, se N (T ) = {O}. Para isto seja (x, y, z) ∈ N (T ), isto e,    x − y = 0 T (x, y, z) = (0, 0, 0) ⇐⇒ x − z = 0   z − y = 0

[exerc cio]

⇐⇒

x = y = z.

Logo, o operador linear T n˜ao e injetor, pois T (1, 1, 1) = (0, 0, 0), assim, o operador linear T n˜ao ser a um automor smo em R3 . Proposi¸ c˜ ao 8.73 Sejam (U, +, ·) e (V, +, ·) espa cos vetoriais reais, tal dim(U) < ∞, e T : U → V e um isomor smo de U em V . Ent~ao o espa co vetorial (V, +, ·) tem dimens~ao nita e al em disso

que

dim(V) = dim(U). Prova:

Como a transforma c~ao linear T e injetora segue N (T ) = {0}. Portanto, dim[N (T )] = 0. Como a transforma c~ao linear T e sobrejetora segue que T (U) = V. Segue, do teorema do n ucleo e da imagem (isto e, teorema (8.56)), que dim(U) = dim[N (T )] + dim[T (U)] = dim(V), |

}

| {z } =V

como quer amos demonstrar. Temos um resultado semelhante quando a dimens~ao do contra-dom nio e

nita, a saber:

~ LINEARES CAP ITULO 8. TRANSFORMAC OES

174

Corol´ ario 8.74 Sejam (U, +, ·) e (V, +, ·) espa cos vetoriais dim(V) < ∞, e T : U → V e um isomor smo de U em V . Ent~ao dim(U) = dim(V).

reais, tal que

Prova:

Como a transforma c~ao linear T e bijetora segue que existe a transforma c~ao linear inversa T −1 : V → U e esta tamb em ser a um isomor smo de V em U (pois e bijetora). Como dim(V) < ∞, pela proposi c~ao (8.73), segue que dim(U) = dim(V), completando a demonstra c~ao. Temos tamb em a Proposi¸ c˜ ao 8.75 Sejam (U, +, ·) e (V, +, ·) espa cos vetoriais reais de dimens~ao n. Se B =. {u1 , · · · , un } e C =. {v1 , · · · , vn } s~ao bases de (U, +, ·) e de (V, +, ·), respectivamente, ent~ao T : U → V dada por . T (u) = x1 · v1 + · · · + xn · vn ,

onde u = x1 · u1 + · · · + xn · un ,

para

u ∈ U,

(∗)

x1 , . . . , xn ∈ R,

e um isomor smo de U em V. Al em disso, temos que T (uj ) = vj ,

j = 1, · · · , n,

isto e, o isomor smo T leva a base B do espa co vetorial (U, +, ·) na base C do espa co vetorial (V, +, ·). Prova:

Primeiramente, notemos que a fun c~ao T est a bem de nida, pois as coordenadas de um vetor com rela c~ao a uma base s~ao unicamente determinadas por ele e pela respectiva base xada.

8.4. ISOMORFISMO E AUTOMORFISMO

175

Veri quemos que T e uma transforma c~ao linear de U em V . Dados w1 , w2 ∈ U, como B e base de U, podemos escrever w1 =

n X

xi · u i

w2 =

i=1

n X

y i · ui ,

i=1

com xi , yi ∈ R, i = 1, . . . , n. Se λ ∈ R, teremos w1 + λ · w2 =

n X

xi · ui + λ

n X

i=1

n X yi · ui = (xi + λyi ) · ui .

i=1

Logo T (w1 + λ · w2 ) = T

Ã n X

! (xi + λyi ) · ui

(∗)

i=1

n X

xi · vi + λ ·

i=1

n X

(xi + λyi ) · vi

i=1 n X

(∗)

yi · vi = T (w1 ) + λ · T (w2 ),

i=1

mostrando que T e uma transforma c~ao linear de U em V . A rmamos que T e injetora, isto e, N (T ) = {O}. De fato, seja Logo

. X w= xi · u i

tal que T (w) = O.

i=1

O = T (w) = x1 · v1 + · · · + xn · vn .

Como v1 , · · · , vn s~ao l.i. em V segue que x1 = · · · = xn = 0, ou seja, w = O, portanto, T e injetora. Como dim(U) = dim(V) < ∞, pelo corol ario (8.57) segue-se que T ser a bijetora, logo um isomor smo de U em V , completando a demonstra c~ao. As u ltimas proposi c~oes resultam no

Dois espa cos vetoriais reais de dimens~ao nita s~ao isomorfos se, e somente se, t^em a mesma dimens~ao.

Corol´ ario 8.76

~ LINEARES CAP ITULO 8. TRANSFORMAC OES

176 Prova: (=⇒):

Segue do corol ario (8.74). (⇐=): Segue da proposi c~ao (8.75). Terminaremos a se c~ao com o:

Sejam (U, +, ·) um espa co vetorial de dimens~ao n e (V, +, ·) um espa co vetorial de dimens~ao m. Ent~ao L (U, V) e isomorfo ao espa co vetorial real (Mm×n (R), +, ·) (onde + e · s~ ao as opera c~oes usuais de Mm×n (R). Corol´ ario 8.77

Prova:

Do teorema (8.22) temos que dim[L (U, V)] = m·n e do exemplo (5.22) temos que dim[Mm×n (R)] = m · n. Logo do corol ario acima segue que eles ser~ao isomorfos, completando a demonstra c~ao.

8.5

Matriz de uma Transforma¸c˜ ao Linear

Nesta se c~ao veremos que a toda transforma c~ao linear entre dois espa cos vetoriais de dimens~oes nitas poderemos associar uma matriz e reciprocamente. 8.5.1

Defini¸c˜ ao e Exemplos

Defini¸ c˜ ao 8.78 Sejam (U, +, ·) e (V, +, ·) espa cos vetoriais reais de dimens~ oes

nitas, m e n, respectivamente, e T ∈ L (U, V). Fixemos uma base B =. {u1 , . . . , un } de (U, +, ·) e uma base C =. {v1 , . . . , vm } de (V, +, ·). Como C e base de (V, +, ·), podemos escrever T (uj ) = a1j · v1 + · · · + amj · vm ,

para cada

j = 1, . . . , n.

~ LINEAR 8.5. MATRIZ DE UMA TRANSFORMAC AO

177

Deste modo podemos construir a seguinte matriz 

a11  a21   ..  .

a12 a22

.. .

... ...

...

am1 am2 . . .

 a1n a1n   ∈ Mm×n (R) ..  . 

amn

que ser a chamada de matriz da transforma c~ao T com rela c~ao as bases B e C e ser a denotada por [T ]B,C . Quando U = V e B = C usaremos a nota c~ao [T ]B para denotar a matriz da transforma c~ao T com rela c~ao as bases B e B do espa co vetorial (U, +, ·). Consideremos os exemplos: Exemplo 8.79 Sejam (R3 , +, ·), (R2 , +, ·) espa cos vetoriais reais (onde + e · s~ ao as opera c~oes usuais de R3 e R2 , respectivamente) e a transforma c~ao linear (veri que!) T : R3 → R2 dada por . T (x, y, z) = (x + y, x − z), (x, y, z) ∈ R3 . (∗)

Encontre a matriz de respectivamente.

com rela c~ao as bases can^onicas de

R2 ,

Resolu¸ c˜ ao:

As bases can^onicas de R3 e de R2 s~ao . B = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} | {z } | {z } | {z } . . . =u =u =u 1

e C =. {(1, 0), (0, 1)}, | {z } | {z } . . =v =v 1

respectivamente. Como (∗)

T (u1 ) = T ((1, 0, 0)) = (1, 1) = 1 · (1, 0) + 1 · (0, 1) = |{z} 1 ·v1 + |{z} 1 ·v2 , =a11

=a21

(∗)

T (u2 ) = T ((0, 1, 0)) = (1, 0) = 1 · (1, 0) + 0 · (0, 1) = |{z} 1 ·v1 + |{z} 0 ·v2 , =a12

=a22

(∗)

T (u3 ) = T ((0, 0, 1)) = (0, −1) = 0 · (1, 0) + (−1) · (0, 1) = |{z} 0 ·v1 + (−1) ·v2 , | {z } =a13

=a23

~ LINEARES CAP ITULO 8. TRANSFORMAC OES

178 teremos [T ]B,C

¶ µ µ ¶ a11 a12 a13 1 1 0 = = ∈ M2×3 (R). a21 a22 a23 1 0 −1

Exemplo 8.80 Sejam (R3 , +, ·), (R2 , +, ·) espa cos vetoriais reais (onde + e · s~ ao as opera c~oes usuais de R3 e R2 , respectivamente) e a transforma c~ao linear (veri que!) T : R3 → R2 dada por . T (x, y, z) = (x + y, x − z),

(x, y, z) ∈ R3 .

(∗)

Encontre a matriz de T com rela c~ao as bases B =. {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} de R3 e D =. {(1, 1), (0, 1)} de R2 . Resolu¸ c˜ ao:

As bases de R3 e de R2 s~ao . B = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} | {z } | {z } | {z } . . . =u =u =u 1

e C =. {(1, 1), (0, 1)}, | {z } | {z } . . =v =v 1

respectivamente. Como (∗)

T (u1 ) = T ((1, 0, 0)) = (1, 1) = 1 · (1, 1) + 0 · (0, 1) = |{z} 1 ·v1 + |{z} 0 ·v2 , =a11

=a21

(∗)

T (u2 ) = T ((0, 1, 0)) = (1, 0) = 1 · (1, 1) + (−1) · (0, 1) = |{z} 1 ·v1 + (−1) ·v2 , | {z } =a11

=a21

(∗)

T (u1 ) = T ((0, 0, 1)) = (0, −1) = 0 · (1, 1) + (−1) · (0, 1) = |{z} 0 ·v1 + (−1) ·v2 | {z } =a11

=a21

teremos [T ]B,D

µ ¶ µ ¶ a11 a12 a13 1 1 0 = = ∈ M2×3 (R). a21 a22 a23 0 −1 −1 ¤

~ LINEAR 8.5. MATRIZ DE UMA TRANSFORMAC AO

179

Sejam (U, +, ·) e (V, +, ·) espa cos vetoriais reais de dimens~oes nitas com bases B =. {u1 , . . . , un } e C =. {v1 , . . . , vm }, respectivamente. Fixemos i ∈ {1, . . . , n} e j ∈ {1, . . . , m} e de namos Tij ∈ L (U, V) como na prova do teorema (8.22), isto e, Tij : U → V dada por Observa¸ c˜ ao 8.81

. Tij (x1 · u1 + · · · + xn · un ) = xi · vj ,

x1 , . . . , xn ∈ R.

Notemos que ±

Tij (uk ) = ± =

se i = k 0 se i 6= k

0 · v1 + · · · + 0 · vj−1 + 1 · vj + 0 · vj+1 + · · · + 0 · vn 0

se i 6= k

Assim

se i = k

(j,i)

[Tij ]B,C = Eji = (δk,l ),

onde

± 1

se (j, i) = (k, l) 0 caso contr ario , ou seja, para cada i ∈ {1, . . . , n} e cada j ∈ {1, . . . , m}, a matriz Eji possui todos as entradas nulas, com exce c~ao daquela que ocupa a j- esima linha, da i- esima coluna, cujo valor e 1. (j,i) δk,l

8.5.2

Propriedades da Matriz de uma Transforma¸ c˜ ao Linear

Proposi¸ c˜ ao 8.82 Sejam (U, +, ·) e (V, +, ·) espa cos vetoriais reais de dimens~ao nita com bases B e C, respectivamente. Se T, S ∈ L (U, V) e λ ∈ R ent~ao [T + λ · S]B,C = [T ]B,C + λ [S]B,C . Prova:

Consideremos B =. {u1 , . . . , un }, C =. {v1 , . . . , vm } bases de (U, +, ·) e (V, +, ·), respectivamente, [T ]B,C = (aij ) e [S]B,C = (bij ).

~ LINEARES CAP ITULO 8. TRANSFORMAC OES

180 Com isto teremos

(T + λ · S)(uj ) = T (uj ) + λ · S(uj ) = (a1j · v1 + · · · + amj · vm ) + λ · (b1j · v1 + · · · + bmj · vm ) = (a1j + λb1j ) · v1 + · · · + (amj + λbmj ) · vm

e, desse modo,



 [T + λ · S]B,C = 

a11 + λb11

.. .

···

...

a1n + λb1n

.. .

  

am1 + λbm1 · · · amn + λbmn    b11 · · · a11 · · · a1n    .. . . .. ..  + λ  ... . . . = . bm1 · · · am1 + · · · amn

b1n



..  . 

bmn

= [T ]B,C + λ [S]B,C ,

completando a demonstra c~ao. A seguir temos dois resultados que nos fornecem exemplos b asicos associados a matrizes de uma transform c~ao linear: Proposi¸ c˜ ao 8.83 Sejam (U, +, ·) e (V, +, ·) espa cos vetoriais

nita com bases B e C, respectivamente. Se T ∈ L (U, V) e a transforma c~ao linear nula ent~ao

de dimens~ao

[T ]B,C = 0. Prova:

Sejam B =. {u1 , . . . , un } e C =. {v1 , . . . , vm } bases de (U, +, ·) e (V, +, ·), respectivamente. Se T ∈ L (U, V) ent~ao T (u) = O para todo u ∈ U, logo T (uj ) = O = |{z} 0 ·v1 + · · · + |{z} 0 ·vm , =a1j

para cada j = 1, . . . , n,

=amj

ou seja, aij = 0 para todo 1 ≤ i ≤ m e todo 1 ≤ j ≤ n, isto e, [T ]B,C = O, completando a demonstra c~ao.

~ LINEAR 8.5. MATRIZ DE UMA TRANSFORMAC AO Proposi¸ c˜ ao 8.84 duas bases de U. Se IU ∈ L (U)

Sejam

(U, +, ·)

181

espa co vetorial de dimens~ao nita e B,

e o operador identidade em U ent~ao [IU ]B,C = MCB .

Prova:

Consideremos B =. {u1 , . . . , un }, C =. {v1 , . . . , vn } bases de (U, +, ·) e (V, +, ·), respectivamente. Para cada 1 ≤ j ≤ n, como uj ∈ U e B e base de (U, +, ·) segue que existem escalares α1j , · · · , αnj ∈ R tais que uj = α1j · v1 + · · · + αnj · vn . (∗)

Logo MCB = (αij ). (∗∗)

Mas

(∗)

IU (uj ) = uj = α1j · v1 + · · · + αnj · vn .

Logo [IU ]B,C = (αij ),

ou seja, de (**) e da igualdade acima, teremos [IU ]B,C = MCB , como quer amos demonstrar. 19.10.2010 - 19.a

Sejam (U, +, ·), (V, +, ·) e (W, +, ·) espa cos vetoriais de dimens~ao nita com bases B, C, e D, respectivamente. Se T ∈ L (U, V) e S ∈ L (V, W). ent~ao Proposi¸ c˜ ao 8.85

[S ◦ T ]B,D = [S]C,D [T ]B,C . T U B

S V C

S◦T

W D

~ LINEARES CAP ITULO 8. TRANSFORMAC OES

182 Prova:

Consideremos B =. {u1 , . . . , un }, C =. {v1 , . . . , vm } e D =. {w1 , . . . , wp } bases de (U, +, ·), (V, +, ·) e (W, +, ·), respectivamente Sejam [T ]B,C = (αij ) e [S]C,D = (βkl ). Com isto temos que para cada j = 1, . . . , n. S(vk ) = β1k · w1 + · · · + βpk · wp , para cada k = 1, . . . , m.

T (uj ) = α1j · v1 + · · · + αmj · vm ,

Logo, para cada 1 ≤ j ≤ n teremos (8.86)

[S ◦ T ](uj ) = S[T (uj )] = S (8.87)

m X

Ã αij ·

i=1

Portanto, [S ◦ T ]B,D =

Ãm X

! αij · vi

i=1 p X

βki · wk

k=1

Ãm X

! βki αij

e linear] X = αij · S(vi )

p X

Ãm X

k=1

i=1

[Ap^ endice I]

(8.86) (8.87)

i=1

βki αij

! · wk .

[S]C,D [T ]B,C ,

i=1

como quer amos demonstrar. Como consequ^encia temos a Proposi¸ c˜ ao 8.88 Sejam (U, +, ·), (V, +, ·) espa cos vetoriais de dimens~ ao nita com bases B e C , respectivamente. Se T ∈ L (U, V) possui transforma c~ao inversa T −1 ∈ L (V, U) (isto e, T e um isomor smo de U e V ) ent~ao [T −1 ]C,B = [T ]−1 B,C . T U B

V C

T −1

~ LINEAR 8.5. MATRIZ DE UMA TRANSFORMAC AO

183

Prova:

Como T e uma transforma c~ao linear bijetora (isto e, e um isomor smo de U em V ) segue, do corol ario(8.76), dim(U) = dim(V) = n. Logo, da proposi c~ao acima temos [T ]B,C [T −1 ]C,B

[prop.

(8.85)] [prop. (8.84)] = [T| ◦{zT −1}]C,C = [IV ]C,C = MCC = In =IV

onde In e a matriz identidade de ordem n. Analogamente, [T −1 ]C,B [T ]B,C = [T| −1{z◦ T}]B,B = [IU ]B,B = MBB = In . =IU

Portanto, [T −1 ]C,B = [T ]−1 c~ao. B,C , completando a demonstra Proposi¸ c˜ ao 8.89 Seja (V, +, ·) um Se T ∈ L (V) e B e C s~ao bases

espa co de dimens~ao nita. de (V, +, ·) ent~ao

[T ]C,C = MCB [T ]B,B MBC . Prova:

Da proposi c~ao (8.84) temos que [IV ]B,C = MCB

[IV ]C,B = MBC . (∗)

Logo (∗)

MCB [T ]B,B MBC = [IV ]B,C [T ]B,B [IV ]C,B

[prop.

(8.85)] = [IV ]B,C [T ◦ IV ]C,B | {z } =T

= [IV ]B,C [T ]C,B

[prop.

(8.85)] = [IV ◦ T ]C,C | {z } =T

= [T ]C,C

completando a demonstra c~ao.

~ LINEARES CAP ITULO 8. TRANSFORMAC OES

184

Exemplo 8.90 Sejam (R2 , +, ·) espa co vetorial real (onde + e · s~ ao as opera c~oes . 2 2 usuais de R ) e B = {(1, 1), (1, −1)} uma base de R (veri que!). Consideremos T ∈ L (R2 ) tal que TB,B

µ ¶ 1 0 = . 0 5

Encontre [T ]C,C , onde C e a base can^onica de R2 . Resolu¸ c˜ ao:

Da proposi c~ao acima, temos que [T ]C,C = MCB [T ]B,B MBC

logo para completarmos o exemplo basta encontrarmos as matrizes de mudan ca de bases MCB e MBC . Para isto, se B =. {(1, 1), (1, −1)} e C =. {(1, 0), (0, 1)} teremos | {z } | {z } . . =u =u 1

| {z } | {z } . . =e =e

[exerc cio]

1 · (1, 1) + 2 [exerc cio] 1 e2 = (0, 1) = · (1, 1) − 2

e1 = (1, 0)

1 · (1, −1) = 2 1 · (1, −1) = 2

1 · u1 + 2 1 · u1 + 2

1 · u2 2 −1 · u2 , 2

al em disso u1 = (1, 1) = 1 · (1, 0) + 1 · (0, 1) = 1 · e1 + 1 · e2 u2 = (1, −1) = 1 · (1, 0) + (−1) · (0, 1) = 1 · e1 + (−1) · e2 ,

assim



MBC

1 2  = 1 2

 1 2    1 − 2

MCB

 1  =

 .

1 −1

Poder amos ter obtido a matriz MCB calculando a matriz inversa M−1 BC (ou vice-versa).

~ LINEAR 8.5. MATRIZ DE UMA TRANSFORMAC AO

185

Logo, da proposi c~ao acima, segue que [T ]C,C = MCB [T ]B,B MBC



 1 1 µ ¶µ ¶ µ ¶ 2  1 1 1 0 2  [exerc cio] 3 −2 = = .   1 −1 0 5 1 −2 3 1 − 2 2 Observa¸ c˜ ao 8.91 Podemos obter a express~ ao do operador linear T

plo acima. Para isto observamos que

T ((x, y)) = T [x · (1, 0) + y · (0, 1)] 

do exem-

e linear] = x · T ((1, 0)) + y · T ((0, 1))



3 −2 [[T ]C,C = ] −2 3 = x · [3 · (1, 0) − 2 · (0, 1)] + y · [−2 · (1, 0) + 3 · (0, 1)] = x · (3, −2) + y · (−2, 3) = (3x − 2y, 3y − 2x),

ou seja, T ((x, y)) = (3x − 2y, 3y − 2x),

(x, y) ∈ R2 ,

(x, y) ∈ R2 .

Com isto temos a: Proposi¸ c˜ ao 8.92 Sejam (U, +, ·) bases B e C, respectivamente. Se T ∈ L (U, V) e u ∈ U ent~ao

espa co vetorial de dimens~ao nita com

[T (u)]C = [T ]B,C [u]B . Prova:

. Sejam B =. {u1 , . . . , un }, C = {v1 , . .. , vm } bases de (U, +, ·) e (V, +, ·), respec-

tivamente, [T ]B,C

 =

α11

···

α1n

αm1 · · ·

αmn

.. .

...

..  . e 



  [u]B =  ...  . an

~ LINEARES CAP ITULO 8. TRANSFORMAC OES

186 Logo teremos:

(8.93) (8.94)

u = a1 · u1 + · · · + an · un T (uj ) = α1j · v1 + · · · + αmj · vm ,

para cada j = 1, . . . , n.

Assim (8.93)

T (u) = T (a1 · u1 + · · · + an · un )

e linear] = a1 · T (u1 ) + · · · + an · T (un )

(8.94)

= a1 (α11 v1 + · · · + αm1 vm ) + · · · + an (α1n · v1 + · · · + αmn · vm )

= (a1 α11 + · · · + an α1n ) · v1 + · · · + (a1 αm1 + · · · + an αmn ) · vm ,

ou seja, 

a1 α11 + · · · + an α1n





α11

···

  [exerc cio]  .. .. ... [T (u)]C =  =   . . a1 αm1 + · · · + an αmn αm1 · · ·

α1n





 .  ..  .   ..  ,

αmn

isto e, [T (u)]C = [T ]B,C [u]B , como quer amos demonstrar. Proposi¸ c˜ ao 8.95 Sejam (U, +, ·) e (V, +, ·) espa cos vetoriais de dimens~ ao

nita com bases B e C, respectivamente e T ∈ L (U, V). Ent~ao T e um isomor smo de U em V se, e somente se, a matriz [T ]B,C

admite matriz inversa. Prova:

Sejam B =. {u1 , · · · , un } e C =. {v1 , · · · , vm } bases de (U, +, ·) e (V, +, ·), respectivamente. Com isto temos que [T ]B,C ∈ Mm×n (R). Se T e um isomor smo de U em V ent~ao dim(U) = dim(V) = n e, pela proposi c~ao (8.88), seque que a matriz quadrada [T ]B,C possui matriz inversa dada por [T −1 ]C,B . Reciprocamente, suponhamos que a matriz (quadrada) [T ]B,C admita matriz inversa. Em particular, como a matriz acima e quadrada deveremos ter n = m, isto e, dim(U) = dim(V) = n.

~ LINEAR 8.5. MATRIZ DE UMA TRANSFORMAC AO

187

Para completar a prova, pelo corol ario (8.57), basta mostrar que o operador linear T e injetor. Para isto seja u ∈ N (T ), isto e, T (u) = O = 0 · v1 + · · · + 0 · vn

=⇒

[T (u)]C = (0).

Ent~ao, da proposi c~ao (8.92) segue que [u]B = [IU (u)]B = [(T −1 ◦ T )(u)]B = [T −1 (T (u))]B [prop. (8.88)] = [T ]−1 (u)] = [T ]−1 B,C [T B,C .(0) = (0), | {z C}

[prop.

(8.92)] −1 = [T ]C,B [T (u)]C

=(0)

onde (0) denota a matriz coluna de tamanho n × 1 identicamente nula. Logo u = 0 · u1 + · · · + 0 · un = O,

portanto N (T ) = {O}, assim o operador linear T e injetor, mostrando que T ∈ L (U, V) e um isomr smo de U em V , completando a demonstra c~ao. Para nalizar temos o Exemplo 8.96 usuais de R2 ).

por

Sejam (R2 , +, ·) espa co vetorial real (onde + e · s~ao as opera c~oes

Veri que se a transforma c~ao linear (veri que!)

onde

. T (a, b) = p,

T : R2 → P1 (R)

dada

(a, b) ∈ R2 ,

. p(t) = a + (a + b)t,

t ∈ R,

e um isomor smo de R2 em P1 (R). Resolu¸ c˜ ao:

Consideremos B =. {(1, 0), (0, 1)} e C =. {po , p1 } (onde po (t) =. 1, p1 (t) =. t, t ∈ R) as bases can^onicas de R2 e P1 (R), respectivamente. Como

~ LINEARES CAP ITULO 8. TRANSFORMAC OES

188

[T ((1, 0))](t) = 1 = po (t)

[T ((0, 1))](t) = t = p1 (t),

t ∈ R,

segue que matriz da transforma c~ao linear T com rela c~ao a estas bases ser a dada por µ ¶ [T ]B,C =

1 0 . 1 1

Como det{[T ]BC } = 1 6= 0 segue (ver Ap^endice I e II) que a matriz [T ]BC admite matriz inversa. Logo da proposi c~ao acima temos a transforma c~ao linear T e um isomor smo.

8.6

Exerc´ıcios

Cap´ıtulo 9

Exerc´ıcios Resolvidos Neste cap tulo resolveremos alguns exerc cios relacionados com t opicos desenvolvidos nos cap tulos anteriores

Sejam (P2 (R), +, ·) espa co vetorial real (onde opera c~oes usuais de P2 (R)) e T : P2 (R) → P2 (R) dada por

Exemplo 9.1

. T (p) = p 0 + p 00 ,

e · s~ao as

p ∈ P2 (R).

Mostre que T e um operador linear em P2 (R), encontre uma base e a dimens~ao do n ucleo de T e uma base e a dimens~ao da imagem de T . Resolu¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor mostrar que T ∈ L (P(R)). N ucleo de T : Lembremos que p ∈ P2 (R) se, e somente se, existem ao , a1 , a2 ∈ R tais que p(x) = ao + a1 x + a2 x2 ,

Logo

x ∈ R.

(∗)

e p 00 (x) = 2a2 , x ∈ R. (∗∗) Logo p ∈ N (T ) se, e somente se, p 0 + p 00 = 0 ou, equivalentemente, p 0 (x) = a1 + 2a2 x

(∗∗)

p 0 (x)+p 00 (x) = 0, x ∈ R ⇐⇒ (a1 + 2a2 x) + 2a2 = 0, x ∈ R ⇐⇒ | {z } =(a1 +2a2 )+2a2 x

189

a1 + 2a2 = 0 2a2 = 0

CAP ITULO 9. EXERC ICIOS RESOLVIDOS

190

cuja u nica solu c~ao ser a a1 = a2 = 0. Desta forma, de (*), temos que p ∈ N (T ) se, e somente se, p(x) = ao , x ∈ R, isto e, p = ao po , onde po (x) = 1, x ∈ R (veja que po ∈ P2 (R)). Logo {po } ser a uma base de N (T ), em particular, dim[N (T )] = 1. Imagem de T : Como B =. {po , p1 , p2 }, onde . po (x) = 1,

. p1 (x) = x,

. p2 (x) = x2 ,

x ∈ R,

e uma base de P2 (R) que completa a base de N (T ) vemos que, pela demonstra c~ao do teorema (8.56), C =. {T (p1 ), T (p2 )} ser a uma base da imagem de T , assim dim[T (P2 (R)] = 2. Observemos que [T (p1 )](x) = p10 (x) + p100 (x) [T (p2 )](x) = p20 (x) + p200 (x)

[p1 (x)=x]

[p2

(x)=x2 ]

2x + 2,

x ∈ R.

Sejam (M2 (R), +, ·) espa co vetorial real (onde opera c~oes usuais de M2 (R)) e T : M2 (R) → M2 (R) dada por

Exemplo 9.2

. T (X) = AX + X,

e · s~ao as

X ∈ M2 (R),

µ ¶ 1 4 onde . 2 3 Mostre que T e . A=

um operador linear em M2 (R), encontre uma base e a dimens~ao do n ucleo de T e uma base e a dimens~ao da imagem de T . Resolu¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor mostrar que T ∈ L (M2 (R)). N ucleo de T : Observe que T (X) = (A + I2 )X,

X ∈ M2 (R),

onde I2 e a matriz identidade de ordem dois. Logo se µ ¶ X=

a b c d

191 vemos que X ∈ N (T ) se, e somente se, µ ¶µ ¶ µ ¶ µ ¶µ ¶ µ ¶ 2 4 a b 0 0 1 2 a b 0 0 = ⇐⇒ = 2 4 c d 0 0 0 0 c d 0 0 ± ± a + 2c = 0 a = −2c ⇐⇒ ⇐⇒ b + 2d = 0 b = −2d

ou, equivalentemente µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ −2c −2d −2c −0 0 −2d −2 0 0 −2 X= = + =c· +d · . 0 1 c d c 0 0 d 1 0 | {z } | {z } . . =A =A 1

Notemos que o conjunto B =. {A1 , A2 } e l.i. (veri que!) logo ser a uma base de N (T ), em particular, dim[N (T )] = 2. Imagem de T : Utilizando o teorema do completamenteo, iremos encontrar matrizes A3 , A4 ∈ M2 (R) tais que {A1 , A2 , A3 , A4 } e uma base de M2 (R). Isto e equivalente a encontrar A3 e A4 tais que a u nica solu c~ao da equa c~ao matricial α · A1 + β · A2 + γ · A3 + δ · A4 = |{z} O

(∗)

∈M2 (R)

seja a solu c~ao trivial, isto e, a matriz nula de ordem 2 (pois neste caso as quatro matrizes ser~ao l.i. e assim formar~ao uma base de M2 (R))). Consideremos . A3 =

µ ¶ a b c d

. A4 =

µ ¶ x y . z t

Substituindo em (*) µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ −2 0 0 −2 a b x y 0 0 α· +β· +γ· +δ· = , 1 0 0 1 c d z t 0 0

CAP ITULO 9. EXERC ICIOS RESOLVIDOS

192

que equivale a equa c~ao matricial (veri que!)      −2 0 a x α 0      0 c z  β 0 1    =   0 −2 b y γ 0  δ 0 1 d t 0 {z } | . =B

que admite uma u nica solu c~ao se, e somente se, o determinante da matriz de ordem quatro B for diferente de zero. Mas det(B) = −(2c + a)(2t + y) + (2z + x)(2d + b), assim det(B) 6= 0 se, e somente se, (2z + x)(2d + b) 6= (2c + a)(2t + y).

(∗∗)

Dessa forma, por exemplo: . A3 =

µ ¶ µ ¶ a b 1 −2 = c d 0 1

. A4 =

µ ¶ µ ¶ x y 1 1 = , z t −2 0

satisfazem a condi c~ao (**) (veri que!). Segue da demonstra c~ao do teorema (8.56) que {T (A1 ), T (A2 )} e um base de T (M2 (R) , assim dim[T (M2 (R)] = 2. Notemos que µµ ¶¶ µ ¶ 1 −2 2 0 T (A1 ) = T = 0 1 2 0

µµ

e T (A2 ) = T

¶¶ µ ¶ 1 1 −6 2 = . −2 0 −6 2

Exemplo 9.3 Sejam (R3 , +, ·) espa co vetorial real (onde + e · s~ ao as opera c~oes 3 usuais de R ). Determinar um operador linear T : R3 → R3 cuja imagem seja gerada pelos vetores (1, 2, 0) e (1, 1, 1). Resolu¸ c˜ ao: Como v1 =. (1, 2, 0) e v2 =. (1, 1, 1) s~ao linearmente independentes (veri que!),

o subespa co gerado por estes vetores tem dimens~ao dois.

193 Como dim(R3 ) = dim[N (T )] + dim[T (R3 )] =⇒ dim[N (T )] = 1. |

| {z }

}

Logo, a transforma c~ao procurada dever a ter, necessariamente, n ucleo unidimensional, por exemplo, gerado pelo vetor u1 =. (0, 0, 1), isto e, B =. {u1 } e uma base de N (T ). Logo a base can^onica de R3 , B =. {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}, e uma base de | {z } | {z } . . =u =u 2

que cont em o vetor u1 . Segue da demonstra c~ao do teorema (8.56) que {T (u2 ), T (u3 )} ser a uma base de T (R3 ). Como {v1 , v2 } tamb em e base de T (R3 ) basta de nirmos, por exemplo,

. T (1, 0, 0) = (0, 0, 0),

. T (0, 1, 0) = (1, 2, 0)

e T (0, 0, 1) =. (1, 1, 1).

(∗)

Como conhecemos o operador linear T em uma base de R3 (no caso a base can^onica) segue que podemos encontrar a express~ao para T ((x, y, z)), para qualquer (x, y, z) ∈ R3 . Para isto basta observarmos que T ((x, y, z)) = T [x · (1, 0, 0) + y · (0, 1, 0) + z · (0, 0, 1)] [T e linear] = x · T ((1, 0, 0)) +y · T ((0, 1, 0)) +z · T ((0, 0, 1)) | {z } | {z } | {z } (∗)

= (0,0,0)

(∗)

= (1,2,0)

(∗)

= (1,1,1)

= x · (0, 0, 0) + y · (1, 2, 0) + z · (1, 1, 1) = (y + z, 2y + z, 1), (x, y, z) ∈ R3 ,

ou seja, T : R3 → R3 dada por T ((x, y, z)) = (y + z, 2y + z, 1), (x, y, z) ∈ R3 ,

tem as propriedades pedidas (veri que!). Exemplo 9.4 Sejam (P2 (R), +, ·) e (P3 (R), +, ·) espa cos vetoriais reais (onde + e · s~ ao as opera c~oes usuais de P2 (R) e P3 (R), respectivamente).

CAP ITULO 9. EXERC ICIOS RESOLVIDOS

194

Determinar T ∈ L (P3 (R), P2 (R)) cujo n ucleo seja gerado pelos polin^omios p, q ∈ P3 (R), onde e

p(x) = 1 + x3 Resolu¸ c˜ ao: Como p, q s~ao l.i. 2, assim

. q(x) = 1 − x2 ,

x ∈ R.

em P3 (R) (veri que!), teremos que dim[N (T )] = dim([p, q]) =

dim[P3 (R)] = dim[N (T )] + dim[T (P3 (R))] =⇒ dim[T (P3 (R))] = 2, |

}

ou seja, a imagem da transforma c~ao T procurada dever a ter, necessariamente, dimens~ao dois. O primeiro passo e utilizar o teorema do completamento, para completar o conjunto formado pelos vetores p, q a uma base de P3 (R). Para isto, basta acrescentarmos, por exemplo, os polin^omios po , p1 ∈ P3 (R), onde . . po (x) = 1 e p1 (x) = x, x ∈ R. De fato, o conjunto {p, q, po , p1 } e uma base de P3 (R), pois α · p + β · q + γ · po + δ · p1 = O

⇐⇒

α.p(x) + β.q(x) + γ.po (x) + δ.p1 (x) = 0, 3

α.(1 + x ) + β.(1 − x ) + γ.1 + δ.x = 0 2

(α + γ + δ) + δ.x − βx + αx = 0,

x∈R

⇐⇒

x∈R

e isto ocorrer a se, e somente se, α = β = γ = δ = 0, logo {p, q, po , p1 } e um conjunto l.i. em P3 (R) e como dim[P3 (R)] = 4 segue que {p, q, po , p1 } ser a uma base de P3 (R). Assim, as imagens dos polin^omios p e q, pela transforma c~ao T procurada precisam, necessariamente, ser linearmente independentes. Para isto, consideremos T ∈ L (P3 (R), P2 (R)) tal que . T (po ) = po ,

. T (p1 ) = p1 ,

T (p) = O

. T (q) = O.

195 Deste modo T (P3 (R)) = [po , p1 ], logo ter a dimens~ao 2 e N (T ) = [p, q], como queri amos. Se p ∈ P3 (R) sabemos que existem ao , a1 , a2 , a3 ∈ R tais que p(x) = ao + a1 x + a2 x2 + a3 x3 ,

x ∈ R.

Podemos reescrever o polin^omio p da seguinte forma p(x) = (ao + a2 − a3 ). |{z} 1 +a1 |{z} x +a3 (1 + x3 ) −a2 (1 − x2 ) | {z } | {z } =po (x)

=p1 (x)

=p(x)

=q(x)

= (ao + a2 − a3 ).po (x) + a1 .p1 (x) + a3 .p(x) − a2 .q(x) = [(ao + a2 − a3 ) · po + a1 · p1 + a3 · p − a2 · q](x),

x ∈ R.

Logo T (p) = T [(ao + a2 − a3 ) · po + a1 · p1 + a3 · p − a2 · q]) [T e linear] = (ao + a2 − a3 ) · T (po ) +a1 · T (p1 ) +a3 · T (p) −a2 · T (q) | {z } | {z } |{z} |{z} =po

=p1

= (ao + a2 − a3 ) · po + a1 · p1 ,

onde p = ao · po + a1 · p1 + a2 · p2 + a3 · p3 ∈ P3 (R).

Com isto temos que T de nido desta forma satisfaz as propriedades requeridas. Exemplo 9.5 Sejam (P2 (R), +, ·) e (R, +, ·) espa cos vetoriais e · s~ao as opera c~oes usuais de P2 (R) R, respectivamente). Considere T : P2 (R) → R dado por . T (p) =

reais (onde +

Z1 p(x)dx, 0

p ∈ P2 (R).

Vimos anteriormente que T ∈ L (P2 (R), R). Encontre a matriz da transforma c~ao linear T com rela c~ao as bases can^onicas de P2 (R) e R, respecticamente.

CAP ITULO 9. EXERC ICIOS RESOLVIDOS

196

Resolu¸ c˜ ao: Sejam B =. {po , p1 , p2 } e C =. {|{z} 1 } as bases de P2 (R) e de R, respectivamente, .=u

onde

. po (x) = 1,

. p1 (x) = x,

. p2 (x) = x2 ,

x ∈ R.

Temos Z1 T (po ) =

Z1 po (x) dx =

Z1 T (p1 ) =

dx = 1 = 1 · |{z} 1 = 1 · u, =u

Z1 p1 (x) dx =

Z1 T (p2 ) =

x dx =

Z1 p2 (x) dx =

x2 dx =

|x=1 x=0 =

1 1 1 = · |{z} 1 = ·u 2 2 2 =u

x3 3

|x=1 x=0 =

1 1 1 = · |{z} 1 = · u. 3 3 3 =u

Assim, a matriz de T com rela c~ao as bases can^onicas de P2 (R) e R, respecticamente ser a dada por µ [T ]B,C =

1 1 1 2 3

¶ ∈ M1×3 (R).

Exemplo 9.6 Sejam (P2 (R), +, ·) e (P3 (R), +, ·) espa cos vetoriais reais (onde + e · s~ ao as opera c~oes usuais de P2 (R) e P3 (R), respectivamente) e T : P3 (R) → P2 (R) dado por T (p) = p 0 ,

p ∈ P3 (R).

Vimos anteriormente que T ∈ L (P3 (R), P2 (R)). Encontre a matriz da transforma c~ao linear T com rela c~ao as bases can^onicas de P3 (R) e P2 (R). Resolu¸ c˜ ao: Sejam B =. {po , p1 , p2 }

vamente, onde

e C =. {po , p1 } a bases de P3 (R) e de P2 (R), respecti-

. po (x) = 1,

. p1 (x) = x,

. p2 (x) = x2 ,

x ∈ R.

197 Temos [T (po )](x) = po0 (x) = 0 = 0.po (x) + 0.p1 (x) + 0.p2 (x) = [0 · po + 0 · p1 + 0 · p2 ](x), [T (p1 )](x) = p10 (x) = 1 = 1.po (x) + 0.p1 (x)x + 0.p2 (x) = [1 · po + 0 · p1 + 0 · p2 ](x), [T (p2 )](x) = p20 (x) = 2x = 0.po (x) + 2.p1 (x)x + 0.p2 (x) = [0 · po + 2 · p1 + 0 · p2 ](x), [T (p3 )](x) = p30 (x) = 3x2 = 0.po (x) + 0.p1 (x)x + 3.p2 (x) = [0 · po + 0 · p1 + 3 · p2 ](x),

x ∈ R.

Logo a matriz da transforma c~ao linear T com rela c~ao as bases can^onicas ser a dada por [T ]B,C

Observa¸ c˜ ao 9.7 Exemplo 9.8 usuais de R3 )

  0 1 0 0 = 0 0 2 0 . 0 0 0 3

A matriz acima e uma matriz triangular superior.

Sejam (R3 , +, ·) espa co vetorial real (onde + e · s~ao as opera c~oes e T : R3 → R3 dada por

. T (x, y, z) = (x + z, y + z, x + y + 2z),

(x, y, z) ∈ R3 .

Mostre que T e um operador linear em R3 e encontre as matrizes da transforma c~ao linear T com rela c~ao a base can^onica B de R3 , isto e, [T ]B e com rela c~ao a base C de R3 formada pelos vetores . . . u = (1, 1, 2), v = (−1, 1, 0), w = (−1, −1, 1),

isto e, [T ]C . Resolu¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor a veri ca c~ao que T ∈ L (R).

CAP ITULO 9. EXERC ICIOS RESOLVIDOS

198

Com rela c~ao a base can^onica B =. {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} temos: | {z } | {z } | {z } . . . =e =e =e 2

T (e1 ) = T (1, 0, 0) = (1, 0, 1) = 1 · e1 + 0 · e2 + 1 · e3 T (e2 ) = T (0, 1, 0) = (0, 1, 1) = 0 · e1 + 1 · e2 + 1 · e3 T (e3 ) = T (0, 0, 1) = (1, 1, 2) = 1 · e1 + 1 · e2 + 2 · e3 .

Portanto,

  1 0 1 [T ]C = 0 1 1 . 1 1 2

Com rela c~ao a base C, temos T (u) = T (1, 1, 2) = (3, 3, 6) = 3u = 3 · u + 0 · v + 0 · w T (v) = T (−1, 1, 0) = (−1, 1, 0) = v = 0 · u + 1 · v + 0 · w T (w) = T (−1, −1, 1) = (0, 0, 0) = 0 · u + 0 · v + 0 · w.

Portanto,

  3 0 0 [T ]C = 0 1 0 . 0 0 0

Sejam (U, +, ·) um espa co vetorial de dimens~ao nita e T um operador linear idempotente de nida em U (ver de ni c~ao (8.62)). Pela proposi c~ao (8.66), segue que Exemplo 9.9

U = N (T ) ⊕ T (U).

Seja B uma base de U formada pelos vetores u1 , . . . , up , que formam uma base de N (T ), juntamente com v1 , . . . , vq , que formam uma base de T (U). Encontre a matriz do operador linear [T ]B . Resolu¸ c˜ ao: Como uj ∈ N (T ),

para j = 1, · · · , p, segue que

T (uj ) = O = 0 · u1 + · · · + 0 · up + 0 · v1 + · · · + 0 · vq .

(∗)

199 Para cada j = 1, · · · , q temos que T (vj ) ∈ T (U) e v1 , · · · , vq e uma base de T (U), logo existem escalares αij ∈ R, i = 1, · · · , q tais que T (vj ) = α1j · v1 + · · · + αqj · vq = 0 · u1 + · · · + 0 · up + α1j · v1 + · · · + αqj · vq .

(∗∗)

Logo de (*) e (**) segue que a matriz do operador linear idempotente T ser a da forma:   0 .  ..   0 [T ]B =  0 . . . 0

···

··· ···

0 0 ··· 0 α11 · · ·

···

0 αq1 · · ·

. . . .. . . . . .. .

.. . .. .

···

... ...

..  .  

 0  . α1q  ..  .   αqq

Uma matriz quadrada do tipo acima ser a denominada matriz de bloco e, como veremos, ter a um papel importante no cap tulo 11.

Observa¸ c˜ ao 9.10

200

CAP ITULO 9. EXERC ICIOS RESOLVIDOS

Cap´ıtulo 10

Autovalores e Autovetores 10.1

Defini¸c˜ ao, Exemplos e Propriedades

Seja (V, +, ·) espa co vetorial real (ou complexo) e considere um operador linear T ∈ L (V) e um subespa co vetorial U do espa co vetorial

Defini¸ c˜ ao 10.1 (V, +, ·).

Se a imagem de U por T for um subconjunto de U dizemos que U (isto e, se T (U) ⊆ U) diremos que o subespa co U e um subespa co invariante pelo operador linear T . Observa¸ c˜ ao 10.2

1. Na situa c~ao da de ni c~ao acima podemos de nir a restri c~ao do operador linear T ao subespa co U, que ser a denotada por T|U , da seguinte forma: T|U : U → U dada por . T|U (u) = T (u),

u ∈ U.

2. Com isto temos que T|U ∈ L (U). A veri ca ca~o deste fato ser a deixada como exerc cio para o leitor. 3. Como veremos no pr oximo cap tulo, isto facilitar a muitas vezes a compreens~ao de alguns tipos de operadores lineares, estudando os mesmos em subespa cos de dimens~oes menores. 201

CAP ITULO 10. AUTOVALORES E AUTOVETORES

202

4. Notemos que os subespa cos

{0}

s~ao invariantes por qualquer

T ∈

L (V).

A veri ca ca~o deste fato ser a deixada como exerc cio para o leitor. 5. Vejamos o que e preciso acontecer para que exista um subespa co invariante de dimens~ao, por exemplo, um. Primeiramente precisamos que V 6= {O}. Como todo subespa co de dimens~ao um e gerado por um vetor n~ao nulo u ∈ V , temos que . U = [u] ⊆ V,

u 6= O

ser a invariante pelo operador linear T se, e somente, se para todo α ∈ R (ou C, no caso de espa co vetorial complexo) tivermos T (α · u) ∈ [u],

ou seja, se existir um escalar β ∈ R (ou C, no caso de espa co vetorial complexo) tal que T (α · u) = β · u, | {z } α·T (u)

que para α 6= 0, e equivalente a existir um escalar caso de espa co vetorial complexo) tal que

β ∈ R

(ou C, no

β T (u) = ( )u, α

para algum u 6= O. Isto sugere a seguinte de ni c~ao: Defini¸ c˜ ao 10.3 L (U).

Sejam (U, +, ·) um espa co vetorial real (ou complexo) e T ∈

Diremos que um vetor, n~ao nulo, u ∈ U e um autovetor do operador linear T se existir um escalar λ ∈ R (ou C, no caso de espa co vetorial complexo) tal que T (u) = λ · u.

~ EXEMPLOS E PROPRIEDADES 10.1. DEFINIC AO,

Se u complexo) s~ao tais que Observa¸ c˜ ao 10.4

6= O

(ou C, no caso de espa co vetorial

λ, µ ∈ R

T (u) = λ · u

203

T (u) = µ · u

ent~ao deveremos ter λ = µ.

De fato, pois (λ − µ) · u = λ · u − µ · u = T (u) − T (u) = O

[u6=O]

=⇒

λ − µ = 0,

ou seja, λ = µ. Sejam (U, +, ·) um espa co vetorial, T ∈ L (U) e u um autovetor do operador linear T. Um escalar λ ∈ R (ou C, no caso de espa co vetorial complexo) tal que T (u) = λ · u ser a denominado autovalor do operador linear T associado ao

Defini¸ c˜ ao 10.5

autovetor u.

22.10.2010 - 20.a Observa¸ c˜ ao 10.6

Na situa c~ao da de ni c~ao acima temos que u ∈ U satisfaz

T (u) = λ · u ⇐⇒ O = T (u) − λ · u = T (u) − λ · IU (u) = (T − λ · IU )(u),

onde IU : U → U e o operador linear identidade em U. Logo u ∈ U satisfaz T (u) = λ · u ⇐⇒ u ∈ N (T − λ · IU ).

Portanto, para cada λ ∈ R (ou C, caso de espa co vetorial complexo) V(λ) = {u ∈ U : T (u) = λ · u} = N (T − λ · IU )

ser a um subespa co vetorial do espa co vetorial (U, +, ·). Com isto temos a:

CAP ITULO 10. AUTOVALORES E AUTOVETORES

204

Defini¸ c˜ ao 10.7 Sejam (U, +, ·) um espa co vetorial L (U) e λ um autovalor do operador linear T.

real (ou complexo),

T ∈

O subespa co vetorial

. V(λ) = {u ∈ U : T (u) = λ · u} = N (T − λIU )

ser a denominado subespa co pr oprio (ou auto-espa co generalizado) associado ao

autovalor λ. Se dim(U) < ∞, a dimens~ao de V(λ) ser a nita e denominada multiplicidade

em geom etrica do autovalor λ. Observa¸ c˜ ao 10.8

1. Na situa c~ao acima se u ∈ V(λ), u 6= O, da de ni c~ao de V(λ), segue que o vetor u ser a um autovetor do operador linear T associado associado ao autovalor λ (pois T (u) = λ · u). 2.

V(λ)

e um subespa co invariante pelo operador linear T, isto e, T [V(λ)] ⊆ V(λ).

De fato, u ∈ V(λ) ent~ao T (u) = λ · u ∈ V(λ),

pois V(λ) e subespa co vetorial de (U, +, ·). Consideremos alguns exemplos. Exemplo 10.9 Sejam (R2 , +, ·) espa co vetorial real (onde + e · s~ ao as opera c~oes usuais de R2 ) e T : R2 → R2 dada por . T (x, y) = (y, 4x),

(x, y) ∈ R2 .

Mostre que T ∈ L (R2 ) e encontre todos os autovalores de T, os respectivos subespa cos pr oprios e a multiplicidade geom etrica de cada autovalor.

~ EXEMPLOS E PROPRIEDADES 10.1. DEFINIC AO,

205

Resolu¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor veri car que T ∈ L (R2 ). Observemos que λ ∈ R e um autovalor de T se, e somente se, existir (x, y) 6= (0, 0) tal que T (x, y) = λ · (x, y), | {z } (y,4x)

ou seja, se, e somente, se existir (x, y) 6= (0, 0) tal que (y, 4x) = (λx, λy).

Isto e equivalente a dizer que o sistema linear ± −λx + y = 0 4x − λy = 0

possui, pelo menos, uma solu c~ao n~ao trivial. Por sua vez, isto acontecer a se, e somente se, o determinante da matriz dos coe cientes desse sitema linear . A=

µ ¶ −λ 1 4 −λ

for igual a zero (ver Ap^endice II). Como det(A) = λ2 − 4, vemos que os u nicos autovalores (ambos reais) de T s~ao λ1 = −2

λ2 = 2.

Logo . V(−2) = {(x, y) ∈ R2 : T [(x, y)] = −2 · (x, y)} = {(x, y) ∈ R2 : (y, 4x) = −2 · (x, y)} = {(x, y) ∈ R2 : y = −2x} = {(x, −2x) : x ∈ R} [(x,−2x)=x·(1,−2)]

[(1, −2)].

CAP ITULO 10. AUTOVALORES E AUTOVETORES

206

Assim, a multiplicidade geom etrica do autovalor −2, que e a dimens~ao de V(−2), ser a igual a 1. De modo an alogo, temos: . V(2) = {(x, y) ∈ R2 : T [(x, y)] = 2 · (x, y)} = {(x, y) ∈ R2 : (y, 4x) = 2 · (x, y)} = {(x, y) ∈ R2 : y = 2x} = {(x, 2x) : x ∈ R} [(x,2x)=x·(1,2)]

[(1, 2)].

Logo, a multiplicidade geom etrica do autovalor 2, que e a dimens~ao de V(2), ser a igual a 1. Note que u1 =. (1, −2) e um autovetor associado ao autovalor −2 e que . u2 = (1, 2) e um autovetor associado ao autovalor 2 e, al em disso, eles s~ao l.i. (veri que!), ou seja, o espa co vetorial (R2 , +, ·) possui uma base formada por autovetores u1 e u2 do operador linear T , a saber, B =. {u1 , u2 }.

Ainda com rela c~ao ao exerc cio anterior, encontre a matriz do operador linear T com rela c~ao a base B, formada pelos autovetores de T.

Exemplo 10.10

Resolu¸ c˜ ao:

Observemos que [exerc cio] T ((1, −2)) = (−2, 4) = −2 · (1, −2) + 0 · (1, 2) [exerc cio] T ((1, 2)) = (2, 4) = 0 · (1, −2) + 2 · (1, 2).

Logo, a matriz de T com rela c~ao a esta base ser a a matriz diagonal µ ¶ −2 0 [T ]B = . 0 2 Observa¸ c˜ ao 10.11 No exemplo acima, existe uma base do espa co vetorial 2 (R , +, ·) formada por autovetores do operador linear T e a matriz do operador linear T em rela c~ao a essa base e uma matriz diagonal, cuja diagonal principal e formada pelos autovalores do operador linear T .

~ EXEMPLOS E PROPRIEDADES 10.1. DEFINIC AO,

Sejam (R2 , +, ·) espa co vetorial real (onde opera c~oes usuais de R2 ) e T : R2 → R2 dada por

Exemplo 10.12

. T (x, y) = (−y, x),

207 +

s~ao as

(x, y) ∈ R2 .

Mostre que T ∈ L (R2 ) e encontre os autovalores de T. Resolu¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor veri car que T ∈ L (R2 ). Observemos que λ ∈ R e um autovalor de T se, e somente se, existir (x, y) 6= (0, 0) tal que T (x, y) = λ · (x, y), | {z } (−y,x)

ou seja, se, e somente se, existir (x, y) 6= (0, 0) tal que (−y, x) = (λx, λy).

Isto equivalente ao sistema linear ±

λx + y = 0 x − λy = 0

possuir uma solu c~ao n~ao trivial. Isto acontecer a se, e somente se, o determinante da matriz . A=

for igual a zero. Como

µ ¶ λ 1 1 −λ

det(A) = −λ2 − 1 = −(λ2 − 1) < 0,

vemos que n˜ao existem autovalores (reais) associados ao operador linear T.

Sejam (Pn (R), +, ·) espa co vetorial real (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais de Pn (R)) e T : Pn (R) → Pn (R) dada por

Exemplo 10.13

. T (p) = p 0 ,

p ∈ Pn (R).

CAP ITULO 10. AUTOVALORES E AUTOVETORES

208

Mostre que T ∈ L (Pn (R)) e veri que que associado a este operador linear. Encontre V(0).

λ = 0

e o u nico autovalor

Resolu¸ c˜ ao:

Vimos anteriormente que T ∈ L (Pn (R)). Observemos que λ ∈ R e um autovalor de T se, e somente se, existir p 6= O tal que T (p) = λ · p ⇔ p 0 = λ · p ⇔ p 0 (x) = λ.p(x), x ∈ R.

Se como

p(x) = ao + a1 x + · · · + an xn , p 0 (x) = a1 + 2a2 x · · · + nan xn−1 ,

x ∈ R, x ∈ R,

segue que p 0 (x) = λ.p(x), x ∈ R ⇔ a1 +2a2 x · · ·+nan xn−1 = λ(ao +a1 x+· · ·+an xn ),

x ∈ R,

ou, equiavlentemente, (λao − a1 ) + (λa1 − 2a2 )x · · · + (λan−1 − nan )xn−1 + λan xn = 0,

x ∈ R,

o que implicar a, se λ 6= 0, ao = · · · = an ,

ou seja, p = O ∈ Pn (R). Desta forma, se λ 6= 0 segue que λ n~ao ser a autovalor do operador linear T. Por outro lado, se λ = 0, ent~ao T (p) = 0.p ⇔ p 0 = O

que apresentar a como solu c~ao todos os polin^omios que s~ao constantes. Logo, λ = 0 e o u nico autovalor do operador T associado ao, por exemplo, ao autovetor p ≡ 1. (o polin^omio constante igual a 1). Com isto temos que V(0) = N [T − 0 · I] = N (T ) = [1],

isto e, ser a o subespa co gerado pelo polin^omio p ≡ 1, em particular a multiplicidade geom etrica do autovalor λ = 0 (isto e, dim[V(0)]) ser a 1.

~ EXEMPLOS E PROPRIEDADES 10.1. DEFINIC AO,

Sejam (R3 , +, ·) espa co vetorial real (onde opera c~oes usuais de R3 ) e T : R2 → R2 dada por dada por

Exemplo 10.14

. T (x, y, z) = (x, y, x),

209 +

s~ao as

(x, y, z) ∈ R3 .

Mostre que T ∈ L (R3 ) e encontre os autovalores de T, os respectivos subespa cos pr oprios e a multiplicidade geom etrica de cada autovalor. Resolu¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor veri car que T ∈ L (R3 ). Observemos que λ ∈ R e um autovalor de T se, e somente se, existir (x, y, z) 6= (0, 0, 0) tal que T (x, y, z) = λ · (x, y, z), | {z } (x,y,x)

isto e, se, e somente se, existir (x, y, z) 6= (0, 0, 0) tal que (x, y, x) = (λx, λy, λz).

Isto e equivalente ao sistema linear    (1 − λ)x = 0 (1 − λ)y = 0   −x + λz = 0

possuir uma solu c~ao n~ao trivial. Isto acontece se, e somente se, o determinante da matriz   1−λ 0 0 . A= 0 1 − λ 0 −1 0 λ

for igual a zero. Como det(A) = λ(1 − λ)2 , vemos que os u nicos autovalores de T s~ao λ1 = 0 e λ2 = 1 (sendo que este u ltimo tem multiplicidade alg ebrica igual a 2).

CAP ITULO 10. AUTOVALORES E AUTOVETORES

210 Com isto temos que

. V(0) = {(x, y, z) ∈ R3 : T (x, y, z) = 0 · (x, y, z)} = {(x, y, z) ∈ R3 ; (x, y, x) = (0, 0, 0)} | {z } | {z } x=y=0

=(x,y,x)

= {(0, 0, z) : z ∈ R)}

[(0,0,z)=z·(0,0,1)]

[(0, 0, 1)].

Assim, a multiplicidade geom etrica do autovalor 0 (isto e, dim[V(0)]) ser a igual a 1. . V(1) = {(x, y, z) ∈ R3 : T (x, y, z) = 1 · (x, y, z)} = {(x, y, z) ∈ R3 ; (x, y, x) = (x, y, z)} {z } | {z } | x=z

=(x,y,x)

= {(z, 0, z) : z ∈ R)}

[(z,y,z)=y·(0,1,0)+z·(1,0,1)]

[(0, 1, 0), (1, 0, 1)].

Assim, a multiplicidade geom etrica do autovalor (isto e, dim[V(1)]) ser a igual a 2. Observa¸ c˜ ao 10.15 No exemplo acima notemos que so autovetotes (0, 0, 1), (0, 1, 0), (1, 0, 1) s~ ao l.i., logo B =. {0, 0, 1), (0, 1, 0), (1, 0, 1)} ser a uma base de R3 . Encontremos [T ]B .

Para isto observemos que

T [(0, 0, 1)] = (0, 0, 0) = 0 · (0, 0, 1) + 0 · (0, 1, 0) + 0 · (1, 0, 1), T [(0, 1, 0)] = (0, 1, 0) = 0 · (0, 0, 1) + 1 · (0, 1, 0) + 0 · (1, 0, 1), T [(1, 0, 1)] = (1, 0, 1) = 0 · (0, 0, 1) + 0 · (0, 1, 0) + 1 · (1, 0, 1),

ou seja,



 0 0 0 [T ]B = 0 1 0 . 0 0 1

Conclus~ao: no exemplo acima, existe uma base do espa co vetorial (R3 , +, ·) formada por autovetores do operador linear T e a matriz do operador linear T em rela c~ ao a essa base e uma matriz diagonal, cuja diagonal principal e formada pelos autovalores do operador linear T .

~ EXEMPLOS E PROPRIEDADES 10.1. DEFINIC AO,

211 26.10.2010 - 21.a

Temos a:

Proposi¸ c˜ ao 10.16 Sejam (U, +, ·) um espa co vetorial real (ou complexo) e T ∈ L (U) tal que u1 , . . . , un s~ ao autovetores do operador linear T associados aos autovalores λ1 , . . . , λn , respectivamente. Se λi 6= λj , para todo i 6= j ent~ao os vetores u1 , . . . , un s~ao linearmente independentes em (U, +, ·). Prova:

A prova ser a por indu c~ao sobre o n umero de autovalores, isto e, sobre n. Para n = 2 temos que, se β1 · u1 + β2 · u2 = O,

(∗)

aplicando T a ambos os membros, obteremos: T (O) = T (β1 · u1 + β2 · u2 ) | {z }

e linear] = β1 · T (u1 ) +β2 · T (u2 ) | {z } | {z }

=λ1 ·u1

=λ2 ·u2

= β1 · (λ1 · u1 ) +β2 · (λ2 · u2 ) | {z } =λ1 ·(β1 ·u1 ) [(∗)⇒β1 ·u1 =−β2 u2 ]

λ1 · (−β2 · u2 ) + β2 · (λ2 · u2 ).

= β2 · (λ2 − λ1 ) · u2

Portanto, β2 · (λ2 − λ1 ) · u2 = O.

Como u2 6= O e, por hip otese, λ1 6= λ2 , resulta que β2 = 0. Logo, de (*), teremos β 1 · u1 = 0

e como u1 6= O segue β1 = 0. Portanto, os vetores u1 e u2 s~ao linearmente independentes. Suponhamos, como hip otese de indu c~ao, que n − 1 autovetores associados a um operador linear T associados a n − 1 autovalores, dois a dois distintos, sejam linearmente independentes.

CAP ITULO 10. AUTOVALORES E AUTOVETORES

212

Devemos mostrar que o mesmo resultado vale para n autovetores associados a n autovalores, dois a dois distintos. Sejam ent~ao u1 , . . . , un autovetores do operador linear T , associados aos autovalores λ1 , . . . , λn , que s~ao, dois a dois, distintos. Suponhamos, por absurdo, que os vetores u1 , . . . , un sejam linearmente dependentes. Logo pelo menos um dos vetores u1 , · · · , un poder a ser escrito como combina c~ao linear dos restantes. Para simpli car a nota c~ao, suponhamos que o vetor u1 possa ser escrito como combina c~ao linear dos vetores u2 , · · · , un , ou seja, existem escalares α2 , · · · αn ∈ R tais que u1 = α2 · u2 + · · · + αn · un . (10.17) Aplicando T em ambos os membros da identidade acima obteremos ent~ao T (u1 ) = T [α2 · u2 + · · · + αn · un ] | {z } =λ1 ·u1

e linear] = α2 · T (u2 ) + · · · + αn · T (un ) , | {z } | {z } =λ2 ·u2

=λn ·un

ou seja, λ1 ·

u1 |{z} (10.17)

= (α2 λ2 ) · u2 + · · · + (αn λn ) · un .

(10.18)

α2 ·u2 +···+αn ·un

Com isto obteremos λ1 · (α2 · u2 + · · · + αn · un ) = (α2 λ2 ) · u2 + · · · + (αn λn ) · un ,

ou seja, O = α2 (λ2 − λ1 ) · u2 + · · · + αn (λn − λ1 ) · un

e pela hip otese de indu c~ao (na soma acima temos n − 1 autovetores associados a n − 1 autovalores que s~ao dois a dois distintos logo os autovetores u2 , · · · , un dever~ao ser l.i.) segue que α2 (λ2 − λ1 ) = · · · = αn (λn − λ1 ) = 0.

~ EXEMPLOS E PROPRIEDADES 10.1. DEFINIC AO,

213

Como λ1 6= λj para j = 2, . . . , n, deveremos ter α2 = · · · = αn = 0.

Assim, pela equa c~ao (10.17), segue que u1 = O, o que e imposs vel pois u1 e um autovetor do operador linear T (logo u1 6= O), que nos fornece um absurdo, de onde podemos concluir que u1 , . . . , un s~ao linearmente independentes, completando a demonstra c~ao.

Sejam (U, +, ·) um espa co vetorial real (ou complexo) de dimens~ao nita e T ∈ L (U) tal que seus autovalores λ1 , . . . , λn , s~ao todos, dois a dois, distintos. Ent~ao a soma dos subespa cos pr oprios do operador T e uma soma direta, isto e, para cada j = 1, . . . , n, temos Proposi¸ c˜ ao 10.19

V(λj ) ∩ [V(λ1 ) + · · · + V(λj−1 ) + V(λj+1 ) + · · · + V(λn )] = {O}. Prova:

A prova ser a por indu c~ao sobre o n umero de autovalores distintos do operador linear T , isto e, sobre n. Para n = 2 temos que mostrar que V(λ1 ) ∩ V(λ2 ) = {O}. . (2) (2) (1) Fixemos B1 =. {v(1) 1 , . . . , vm1 } uma base de V(λ1 ) e B2 = {v1 , . . . , vm2 } uma base de V(λ2 ) (estamos supondo que dim[V(λi )] = mi , i = 1, 2). Se u ∈ V(λ1 ) ∩ V(λ2 ) ent~ao u ∈ V(λ1 ) e u ∈ V(λ2 ), logo existem escalares (1) (1) (2) (2) α1 , · · · , αm1 , α1 , · · · , αm2 ∈ R tais que (1)

(1)

(2)

u = α1 · v1 + · · · + αm1 · vm1

(10.20)

= α1 · v1 + · · · + αm2 · vm2 .

Aplicando o operador T na identidade acima obteremos: (1)

(1)

(2)

T (α1 · v1 + · · · + αm1 · vm1 ) = T (α1 · v1 + · · · + αm2 · vm2 ).

Como T e um operador linear, esta identidade ser a equivalente a (1)

(1)

(2)

α1 · T (v1 ) + · · · + αm1 · T (vm1 ) = α1 · T (v1 ) + · · · + αm2 · T (vm2 ).

(10.21)

CAP ITULO 10. AUTOVALORES E AUTOVETORES

214 Mas

(i)

T (vj ) = λi · vj ,

i = 1, 2,

j = 1, · · · , mi ,

subsituindo isto em (10.21) obteremos (1)

(1)

(2)

(α1 λ1 ) · v1 + · · · + (αm1 λ1 ) · vm1 = (α1 λ2 ) · v1 + · · · + (αm2 λ2 ) · vm2 .

(10.22)

Multiplicando a equa c~ao (10.20) por λ1 e subtraindo-a da equa c~ao (10.22), obteremos (2)

(2)

[α1 (λ2 − λ1 )] · v1 + · · · + [αm2 (λ2 − λ1 )] · vm2 = 0. (2) Como os vetores v(2) ao 1 , . . . , vm2 foram uma base de V(λ2 ), segue que eles ser~ l.i., logo deveremos ter (2)

(2)

α1 (λ2 − λ1 ) = · · · = αm2 (λ2 − λ1 ) = 0.

Como λ1 6= λ2 , resulta que (2)

(2)

α1 = · · · = αm2 = 0.

Logo, de (10.20), segue que u = O, ou seja, V(λ1 ) ∩ V(λ2 ) = {O}. Suponhamos agora, por indu c~ao, que a soma de n − 1 subespa cos pr oprios do operador linear T associados a n − 1 autovalores, dois a dois distintos, seja uma soma direta. Precisamos mostrar que este resultado e v alido quando o operador linear T tem n autovalores, dois a dois distintos. Para isto, cada j = 1, . . . , n consideremos uma base . (j) Bj = {vi : i = 1, · · · , mj }

de V(λj ). Note que para cada j = 1, n e cada i = 1, · · · , mj , o vetor v(j) e um autovetor i associado ao autovalor λj , isto e, (j)

(j)

T (vi ) = λj · vi ,

(∗)

e que mj e a multiplicidade geom etrica deste autovalor (pois dim[(V(λj )] = mj ).

~ EXEMPLOS E PROPRIEDADES 10.1. DEFINIC AO,

215

Seja u ∈ V(λj ) ∩ [V(λ1 ) + · · · + V(λj−1 ) + V(λj+1 ) + · · · + V(λn )].

Como u ∈ V(λj ) e u ∈ [V(λ1 ) + · · · + V(λj−1 ) + V(λj+1 ) + · · · + V(λn )] segue (j) (1) (j−1) (j+1) (n) que existem escalares α(j) , · · · , αmn ∈ R tais 1 , · · · , αmj , α1 , + · · · , αmj−1 , α1 que (j)

(j)

(1)

(j)

u = α1 · v1 + · · · + αmj · vmj (j−1)

(j−1)

(j+1)

= α1 · v1 + · · · + αmj−1 · vmj−1 + α1

(j+1)

· v1

(n)

+ · · · + αmn · vmn .

(10.23)

Aplicando T na identidade acima obteremos (j)

(j)

T (α1 · v1 + · · · + αmj · vmj ) (1)

(1)

(j−1)

(j+1)

= T (α1 · v1 + · · · + αmj−1 · vmj−1 + α1

(j+1)

· v1

(n)

+ · · · + αmn · vmn )

Como T e um operador linear, esta identidade ser a equivalente a (j)

(j)

(1)

(j−1)

α1 · T (v1 ) + · · · + αmj · T (vmj ) = α1 · T (v1 ) + · · · + αmj−1 · T (vmj−1 ) (j+1)

+ α1

(j+1)

· T (v1

(n)

) + · · · + αmn · T (vmn ).

Subsituindo (*) na equa c~ao acima obteremos (j)

(j)

(1)

(α1 λj ) · v1 + · · · + (αmj λj ) · vmj = (α1 λ1 ) · v1 + · · · (j−1)

(j−1)

(j+1)

+ (αmj−1 λj−1 ) · vmj−1 + (α1

(j+1)

λj+1 ) · v1

(n)

+ · · · + (αmn λn ) · vmn .

(10.24)

Multiplicando a equa c~ao (10.23) por λj e subtraindo-a da equa c~ao (10.24), obteremos (1)

(1)

(j−1)

[α1 (λ1 − λj )] · v1 + · · · + [αmj−1 (λj−1 − λj )] · vmj−1 (j+1)

+ [α1

(j+1)

(λj+1 − λj )] · v1

(n)

+ · · · + [αmn (λn − λj )] · vmn = O.

Usando a nossa hip otese de indu c~ao, isto e, que n − 1 autovetores associados a n − 1 autovalores, dois a dois distintos, s~ao l.i. segue que (1)

(j−1)

(j+1)

α1 (λ1 −λj )] = · · · = αmj−1 (λj−1 −λj ) = α1

(n)

(λj+1 −λj ) = · · · = αmn (λn −λj ) = 0.

CAP ITULO 10. AUTOVALORES E AUTOVETORES

216

Como λj 6= λi , para todo i 6= j, obteremos (i)

(i)

α1 = · · · = αmi = 0,

para todo i = 1, . . . , j − 1, j + 1, . . . , n. Assim, da equa c~ao (10.23), resultar a que u = O, ou seja, V(λj ) ∩ [V(λ1 ) + · · · + V(λj−1 ) + V(λj+1 ) + · · · + V(λn )] = {O},

para todo j = 1, · · · , n, completando a demonstra c~ao.

10.2

Polinˆ omio Caracter´ıstico

Nosso objetivo e fazer um estudo mais profundo dos autovalores associados a um operador linear de nido em um espa co vetorial real (ou complexo). Para isto precisaremos introduzir alguns conceitos e propriedades relacionadas como os mesmos. Come caremos pela:

Dada uma matriz quadrada A ∈ Mn (R) de nimos o polin^omio caracter stico associado a matriz A, denotado por pA , como sendo o polin^omio obtido do determinante da matriz det(A − λIn ), isto e, Defini¸ c˜ ao 10.25

. pA (λ) =

det (A − λIn ),

onde In e a matriz identidade de ordem n. Um outro conceito importante e introduzido pela:

Sejam A, B ∈ Mn (R). Diremos que a matriz A e semelhante a matriz M ∈ Mn (R) invers vel tal que Defini¸ c˜ ao 10.26

A = M−1 BM.

se existir uma matriz

^ 10.2. POLINOMIO CARACTER ISTICO

217

Sejam A, B ∈ Mn (R). Mostre que se a matriz A e semelhante a matriz B ent~ao a matriz B ser a semelhante a matriz A. Proposi¸ c˜ ao 10.27

Prova:

De fato, se a matriz A e semelhante a matriz B ent~ao existe uma matriz M ∈ Mn (R) invers vel tal que A = M−1 BM,

que implicar a em −1 −1 MAM−1 = M[M−1 BM]M−1 = [MM | {z }]B[MM | {z }] = In BIn = B. In

Tomando-se

. N = M−1 ,

=In

da identidade acima obteremos B = N−1 AN,

isto e, a matriz B e semelhante a matriz A. Observa¸ c˜ ao 10.28

lhantes.

No caso acima diremos que as matrizes A e B s~ao seme-

Se A, B ∈ Mn (R) s~ao matrizes semelhantes ent~ao seus polin^omios caracter sticos s~ao iguais, isto e, Proposi¸ c˜ ao 10.29

pA = pB . Prova:

Como as matrizes A e B s~ao semelhantes, existe uma matriz M ∈ Mn (R) invers vel, tal que A = M−1 NM.

Logo det(A − λIn ) = det(M−1 BM − λM−1 In M) = det(M−1 (BM − λIn M)) = det[M−1 (B − λIn )M]

pA (λ) =

[Ap^ endice I]

= pB (λ),

det(M−1 ) det(B − λIn ) det(M)

[Ap^ endice I]

det(M)

det(B − λIn ) det(M)

CAP ITULO 10. AUTOVALORES E AUTOVETORES

218

como quer amos demonstrar. Observa¸ c˜ ao 10.30 Sejam (U, +, ·) um espa co dimens~ao nita, B e C bases de U. Lembremos que se T ∈ L (U) ent~ao

vetorial real (ou complexo) de

[T ]C = MCB [T ]B MBC = [MBC ]−1 [T ]B MBC ,

isto e, as matrizes [T ]C e [T ]B ser~ao semelhantes. Logo, da proposi c~ao acima, segue que os polin^omios caracter sticos associados as mesmas ser~ao iguais, isto e, p[T ]B (λ) = p[T ]C (λ).

Logo o polin^omio caracter stico da matriz de um operador linear independe da base que escolhemos para o espa co vetorial real de dimens~ao nita em quest~ao. Com isto temos a: Defini¸ c˜ ao 10.31 Sejam (U, +, ·) mens~ao nita e T ∈ L (U)).

espa co vetorial real (ou complexo) de di-

De nimos o polin^omio caracter stico do associado ao operador linear T , indicado por pT , como sendo . pT (λ) = p[T ]B (λ),

onde B e uma base qualquer do espa co vetorial (U, +, ·). Temos o

Sejam (R2 , +, ·) espa co vetorial real (onde opera c~oes usuais de R2 ) e T : R2 → R2 dada por

Exemplo 10.32

T (x, y) = (ax + by, cx + dy),

onde a, b, c, d ∈ R est~ao xados. Mostre que T ∈ L (R3 ) e encontre pT (λ).

(x, y, z) ∈ R3 ,

s~ao as

^ 10.2. POLINOMIO CARACTER ISTICO

219

Resolu¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor veri car que T ∈ L (R3 ). Usaremos a base can^onica B =. {(1, 0), (0, 1)} de R2 para obter o polin^omio carater stico pT (λ) associado ao operador T . Como T (1, 0) = (a, c) = a · (1, 0) + c · (0, 1) T (0, 1) = (b, d) = b · (1, 0) + d · (0, 1),

segue que

µ ¶ a b [T ]B = . c d

Assim, µµ ¶ µ ¶¶ a b 1 0 pT (λ) = det([T ]B − λI2 ) = det −λ c d 0 1 µ ¶ a−λ b = det = λ2 − (a + d)λ + ad − bc, c d−λ

λ ∈ R,

ser a o polin^omio caracter stico associado ao operador linear T . Temos a

Sejam (U, +, ·) um espa co vetorial real (ou complexo, respectivamente) de dimens~ao nita e T em L (U). Ent~ao, λ ∈ R (ou C, respectivamente) e um autovalor do operador linear T se, e somente se, pT (λ) = 0. Em outras, palavras, os autovalores do operador linear T s~ao as ra zes reais (ou complexas, respectivamente) do seu polin^omio caracter stico. Proposi¸ c˜ ao 10.33

Prova:

Fixe B uma base de U. Suponha que o escalar λ seja um autovalor de T. Ent~ao existe um vetor u 6= O tal que T (u) = λ · u

ou, equivalentemente,

(T − λ · IU )(u) = O.

CAP ITULO 10. AUTOVALORES E AUTOVETORES

220

Desta forma, vemos que o operador linear T − λ · IU : U → U n~ao ser a injetor, consequentemente, n~ao poder a ser um isomor smo em U. Logo a matriz [T − λ · IU ]B n~ao poder a ser invert vel, ou equivalentemente, pT (λ) =

det[T − λI]B = 0,

s isto e, o escalar λ dever a ser uma raiz do polin^omio carater stico associado ao operador linear T . Reciprocamente, se o escalar λ e tal que pT (λ) = 0 ent~ao a matriz [T − λ · IU ]B dever a ter determinante nulo. Isto implica que o operador linear T − λ · IU : U → U n~ao poder a ser um isomor smo em U, em particular, n~ao poder a ser injetora. Portanto, N (T −λ·IU ) 6= {O}, ou seja, existe u 6= O tal que (T −λ·IU )(u) = O, isto e, T (u) = λ · u, com u 6= 0, mostrando que o escalar λ e um autovalor do operador linear T , completando a demonstra c~ao.

Refa ca os exerc cios resolvidos (10.9), (10.13) e (10.14) tendo em vista a proposi c~ao acima (ou seja, escolha uma base para os espa cos vetoriais reais de dimens~oes nitas envolvidos, encontre o polin^omio carater stico associado a cada um dos operadores lineares envolvidos e nalmente encontre os autovalores associados ao operador encontrando as ra zes do polin^omio caracter stico obtidos). Observa¸ c˜ ao 10.35 No exemplo (10.12) se considerarmos a base can^ oncia . 2 B = {(1, 0), (0, 1)} de (R , +, ·) teremos Exerc´ıcio 10.34

T [(1, 0)] = (0, 1) = 0 · (1, 0) + 1 · (0, 1), T [(0, 1)] = (−1, 0) = (−1) · (1, 0) + 0 · (0, 1),

assim Logo

µ ¶ 0 −1 [T ]B = . 1 0 ¯ ¯ 0 − λ −1 pT (λ) = det([T ]B − λ · I2 ) = ¯¯ 1 0−λ

¯ ¯ ¯ = λ2 + 1, ¯

que n˜ao possui ra zes reais, logo o operador T n~ao possui autovalores (reais).

^ 10.2. POLINOMIO CARACTER ISTICO Defini¸ c˜ ao 10.36

Sejam

(U, +, ·) T ∈ L (U).

221

um espa co vetorial real (ou complexo) de

dimens~ao nita e Se o escalar λ e um autovalor do operador linear T, de nimos a multiplicidade alg ebrica de λ como sendo a multiplicidade do n umero λ como raiz do polin^omio caracter stico de T. Com isto temos a: Proposi¸ c˜ ao 10.37 Sejam (U, +, ·) um dimens~ao nita e T ∈ L (U). Se o escalar λo e um autovalor do

espa co vetorial real (ou complexo)de

operador linear T ent~ao a sua multiplicidade geom etrica e menor ou igual a sua multiplicidade alg ebrica.

Prova:

Seja dim(U) = n. Denotemos por m e k as multiplicidades alg ebrica e geom etrica do autovalor λo do operador linear T , respectivamente. Logo, como dim[V(λo )] = k, existir~ao vetores u1 , . . . , uk ∈ V(λo ) que tais que . C = {u1 , . . . , uk } seja base de V(λo ), em particular, os vetores u1 , . . . , uk ∈ V(λo ) s~ao linearmente independentes. Utilizando o teorema do completamento, existir~ao vetores v1 , . . . , vn−k ∈ U tais que B = {u1 , . . . , uk , v1 , · · · , vn−k } e uma base de U. Deste modo teremos: T (u1 ) = λo · u1 = λo · u1 + 0 · u2 + · · · + 0 · uk + 0 · v1 + · · · + 0 · vn−k T (u2 ) = λo · u2 = 0 · u1 + λo · u2 + 0 · u3 · · · + 0 · uk + 0 · v1 + · · · + 0 · vn−k

.. .

T (uk ) = λo · uk = 0 · u1 + · · · + 0 · uk−1 + λo · uk + 0 · v1 + · · · + 0 · vn−k T (v1 ) = α1(k+1) · u1 + · · · + αk(k+1) · uk + α(k+1)(k+1) · v1 + · · · + αn(n−k) · vn−k

.. .

T (vn−k ) = α1(n−k) · u1 + · · · + αk(n−k) · uk + α(k+1)(n−k)) · v1 + · · · + αn(n−k) · vn−k ,

ou seja, a matriz [T ]B ser a da forma:

CAP ITULO 10. AUTOVALORES E AUTOVETORES

222

   λo · · · 0   0 · · · 0       . . A  . k×(n−k)   . . ..  [T ]B =  .. .      0 · · · λo k×k O(n−k)×r B(n−k)×(n−k) n×n

Logo o fator (λ − λo )k aparece na fatora c~ao do polin^omio pT (λ) = det{[T ]B − λIn } ¯ ¯  ¯ λo − λ · · · ¯ 0 ¯ ¯ ¯ 0 ¯ ··· 0  ¯ ¯  ¯ . ¯ A  . k×(n−k) . ¯ .. ¯ ., .. ..  ¯ ¯ ¯ ¯ 0 · · · λ − λ ¯ ¯ o k×k ¯ ¯ ¯ O(n−k)×r B(n−k)×(n−k) − λI(n−k)×(n−k) ¯

mostrando que o escalar λo e raiz do polin^omio, no m nimo, com multiplicidade k, ou seja, λo aparecer a, em geral, mais vezes como raiz do polin^omio pT do que k, isto e, k ≤ m, completando a demonstra c~ao. 29.10.2010 - 22.a

Sejam (R2 , +, ·) espa co vetorial real (onde opera c~oes usuais de R2 ) e T : R2 → R2 dada por

Exemplo 10.38

. T (x, y) = (ax + by, cx + dy),

s~ao as

(x, y, x) ∈ R3 .

Mostre que T ∈ L (R2 ) e analise se o operador linear possui autovalores reais e quantos ser~ao. Resolu¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor veri car que T ∈ L (R2 ). Sabemos do exerc cio resolvido (10.32) que pT (λ) = λ2 − (a + d)λ + ad − bc,

λ ∈ C.

^ 10.2. POLINOMIO CARACTER ISTICO

223

Pela proposi c~ao (10.33) temos que um escalar λ ser a um autovalor do operador linear T se, e somente se, pT (λ) = 0, isto e, se, e somente se, λ2 − (a + d)λ + ad − bc = 0,

Esta equa c~ao possui solu c~ao real se, e somente se, (a + d)2 − 4(ad − bc) = ∆ ≥ 0.

Con isto teremos as seguintes tr^es possibilidades: 1. quando

(a + d)2 = 4(ad − bc)

vemos que o operador linear T apresentar a um u nico autovalor real, dado por: . a+d ; λ= 2

2. quando

(a + d)2 − 4(ad − bc) = ∆ > 0,

o operador linear T apresentar a, exatamente, dois autovalores reais distintos dados por: . a+d+ λ1 =

(a + d)2 − 4(ad − bc) 2

3. quando

. a+d− λ2 =

(a + d)2 − 4(ad − bc) = ∆ < 0,

o operador linear T n˜ao apresentar a autovalores reais. Temos a Proposi¸ c˜ ao 10.39

Sejam p(t) = ao + · · · + am tm ,

t∈R

um polin^omio com coe cientes reais e A, B ∈ Mn (R).

p (a + d)2 − 4(ad − bc) ; 2

CAP ITULO 10. AUTOVALORES E AUTOVETORES

224

De namos a matriz quadrada de ordem n . p(A) = ao In + a1 A + · · · + am Am ,

onde In e a matriz identidade de ordem n. Se a matriz A e semelhante a matriz B ent~ao a matriz p(A) e semelhante a matriz p(B). Prova:

Se a matriz A e semelhante a matriz B ent~ao existe um matriz M ∈ Mn (R) invers vel tal que A = M−1 BM .

Desta forma, −1 −1 2 A2 = A.A = [M−1 BM].[M−1 BM] = [M−1 B][MM | {z }][BM] = M B M =In

e, por indu c~ao mostra-se (veri que!) que Aj = M−1 Bj M,

j ∈ N.

Assim, p(A) = ao In + · · · + am Am = ao [M−1 In M] + · · · + am [M−1 Bm M] = = M−1 (ao In + · · · + am Bm )M = M−1 .p(B).M,

mostrando que a matriz p(A) e semelhante a matriz p(B), completando a demonstra c~ao. Como consequ^encia temos o Corol´ ario 10.40 Sejam (U, +, ·) espa co vetorial real (ou complexo), T ∈ L (U) e p(t) = ao + · · · + am tm , t ∈ R, um polin^ omio com coe cientes reais. De namos p(T ) : U → U por . p(T ) = ao · IU + · · · + am · T m ,

^ 10.2. POLINOMIO CARACTER ISTICO

onde IU e o operador linear identidade de U. Ent~ao p(T ) ∈ L (U). Al em disso, se B e uma base de U teremos que [p(T )]B = p([T ]B ). Prova:

Deixaremos como exerc cio para o leitor veri car que p(T ) ∈ L (U). Pelas proposi c~oes (8.82) e (8.85) temos que [p(T )]B = [ao · IU + · · · + am · T m ]B = ao [I]B + · · · + am [T ]m B = p([T ]B ),

completando a demonstra c~ao.

225

226

CAP ITULO 10. AUTOVALORES E AUTOVETORES

Cap´ıtulo 11

Diagonaliza¸c˜ ao de Operadores Lineares 11.1

Defini¸c˜ ao e Caracteriza¸c˜ ao

Come caremos com a Defini¸ c˜ ao 11.1 Sejam (U, +, ·) um espa co vetorial real (ou complexo) de dimens~ao nita e T ∈ L (U). Diremos que o operador linear T e diagonaliz avel se existir uma base de U formada por autovetores associados ao operador linear T. Observa¸ c˜ ao 11.2 Na situa c~ ao acima, se T ∈ L (U) e diagonaliz avel e B =. {u1 , . . . , un } e uma base de U formada por autovetores associados ao operador linear T associados aos autovalores λ1 , . . . , λn , respectivamente, ent~ao para cada i = 1, · · · , n teremos T (ui ) = λi · ui = 0 · u1 + · · · + 0 · ui−1 + λi · ui + 0 · ui+1 + · · · + 0. · un ,

ou seja, a matriz do operador linear T com rela c~ao a base B ser a dada por: 

λ1 0 · · ·  0 λ2 · · ·  [T ]B =  . .. . . .  .. . 0

227

···

 0 0  , ..  .

λn

~ CAP ITULO 11. DIAGONALIZAC AO

228

isto e, a matriz [T ]B ser a uma matriz ± diagonal, mais especi camente, uma 0 se i 6= j matriz quadrada A = (aij ), onde aij =. . λj se i 6= j Reciprocamente, se existir uma base B =. {u1 , . . . , un } de U com rela c~ao a qual a matriz de T ∈ L (U) e uma matriz diagonal, isto e, todos os seus coe cientes fora da diagonal principal s~ao nulos, ent~ao T e um operador diagonaliz avel. De fato, se  λ1 0 · · ·  0 λ2 · · ·  [T ]B =  . .. . . .  .. . 0

···

 0 0  ..  .

λn

ent~ao, pela pr opria de ni c~ao de matriz de operador linear, deveremos ter, para cada i = 1, · · · , n, T (ui ) = 0 · u1 + · · · + 0 · ui−1 + λi · ui + 0 · ui+1 + · · · + 0 · un = λi · ui ,

ou seja, a base B do espa co vetorial (U, +, ·) e formada por autovetores associados ao operador linear T. Com isto acabamos de demonstrar o: Teorema 11.3

Sejam (U, +, ·) um espa co vetorial real (ou complexo) de di-

mens~ao nita e T ∈ L (U). O operador linear T e diagonaliz avel se, e somente se, existir uma base de U com rela c~ao a qual a matriz do operador linear T e um matriz diagonal.

Observa¸ c˜ ao 11.4

1. Na situa c~ao acima, se T ∈ L (U) e diagonaliz avel ent~ao existe uma base B, formada por autovetores associados ao operador linear T , em rela c~ao a qual a matriz de T e uma matriz diagonal, onde na diagonal principal aparecer~ao os autovalores do operador linear T .

~ E CARACTERIZAC AO ~ 11.1. DEFINIC AO

229

2. Se C e uma outra base de U sabemos que [T ]C = MCB [T ]B MBC = (MBC )−1 [T ]B MBC ,

isto e, a matriz [T ]C e semelhante a uma matriz diagonal, a saber, [T ]B . Esta u ltima igualdade nos sugere introduzir a: Dizemos que uma matriz A ∈ Mn×n (R) e diagonaliz avel se existir uma matriz M ∈ Mn (R), invert vel, tal que a matriz M−1 AM seja uma matriz diagonal. Defini¸ c˜ ao 11.5

Logo, uma matriz A ∈ Mn (R) e diagonaliz avel se, e somente se, ela e semelhante a uma matriz diagonal.

Observa¸ c˜ ao 11.6

Com isto temos a: Proposi¸ c˜ ao 11.7 Sejam (U, +, ·) L (U) e C uma base de U. Ent~ao o operador linear T e [T ]C for diagonaliz avel.

um espa co vetorial de dimens~ao nita, T ∈ diagonaliz avel se, e somente se, a matriz

Prova:

J a vimos que se o operador linear T for diagonaliz avel ent~ao a matriz [T ]C ser a uma matriz diagonaliz avel. Reciprocamente, suponha que a matriz [T ]C seja uma matriz diagonaliz avel. Assim, existe uma matriz M = (aij ) ∈ Mn (R), invers vel, tal que M−1 [T ]C M e uma matriz diagonal. Sejam u1 , . . . , un os vetores da base C . Ent~ao, para cada j = 1, · · · , n, de nido-se . vj = a1j · u1 + · · · + anj · un ,

(∗)

como a matriz M e uma matriz invers vel segue que B =. {v1 , . . . , vn } ser a uma base de U. Al em do mais, por (*), teremos M = MCB .

~ CAP ITULO 11. DIAGONALIZAC AO

230 Deste modo,

[T ]B = MBC [T ]C MCB = (MCB )−1 [T ]C MCB = M−1 [T ]C M

e uma matriz diagonal, isto e, o operador linear T e diagonaliz avel, completando a demonstra c~ao. Observa¸ c˜ ao 11.8

1. Pelo teorema acima, para veri car se um operador linear T e diagonaliz avel, basta veri car se a matriz do operador linear T com rela c~ao a uma base qualquer de U e uma matriz diagonaliz avel. 2. Suponhamos que A = (aij ) ∈ Mn (R) seja uma matriz diagonaliz avel. Vejamos como podemos tentar encontrar uma matriz M ∈ Mn (R), invers vel, de modo que M−1 AM seja uma matriz diagonal. Considere T ∈ L (Rn ) dado por n

X . X T (x1 , . . . , xn ) = ( a1j xj , . . . , anj xj ), j=1

(x1 , · · · , xn ) ∈ Rn .

j=1

Se C e a base can^onica de Rn ent~ao [T ]C = A. De fato, pois T ((1, 0, . . . , 0))

T ((0, . . . , 0,

1 , 0, · · · , 0)) |{z} i− esima posi c~ao

T ((0, . . . , 0, 1))

[xj =1,j=1

.. . [xj =1,j=i

e xj =0,j6=1] = (a11 , a21 , . . . , an1 ),

e xj =0,j6=i] = (a1i , a2i , . . . , ani ),

.. . [xj =1,j=n

e xj =0,j6=n] = (a1n , a2n , . . . , ann ).

~ E CARACTERIZAC AO ~ 11.1. DEFINIC AO

231

Logo, da proposi c~ao (11.7), segue que o operador linear T e diagonaliz avel. Seja B uma base de Rn formada por autovetores do operador linear T. Como C e a base can^onica, vemos que M =. MCB e a matriz cuja j esima coluna e formada pelas coordenadas do j- esimo autovetor da base B. Como [T ]B e uma matriz diagonal e [T ]B = MBC [T ]C MCB = (MCB )−1 [T ]C MCB = M−1 AM

vemos que a matriz M resolver a o nosso problema. 3. Seja (U, +, ·) espa co vetorial real (ou complexo). Se o operador linear T ∈ L (U) for diagonaliz avel, o seu polin^omio caracter stico ser a da forma pT (λ) = (λ1 − λ) · · · (λn − λ),

onde os n umeros reais λ1 , . . . , λn s~ao todos os autovalores reais de T. De fato, pois se o operador linear T for diagonaliz avel, existir a um base B de U tal que a matriz [T ]B e uma matriz diagonal, onde na diagonal principal aparecer~ao os autovalores, λ1 , · · · , λn do operador linear T . Logo ¯   ¯ ¯ λ1 0 · · · 0 1 0 · · · 0 ¯¯ ¯ ¯ 0 λ2 · · · 0  0 1 · · · 0¯ ¯   ¯ pT (λ) = p[T ]B (λ) = |[T ]B − λIU | = ¯ . − λ   .. .. . . ¯ . . . . . . . . . ¯ . . .   . . . . ¯¯ . ¯ ¯ 0 0 ··· λ 0 0 ··· 1 ¯ n ¯ ¯ ¯ λ1 − λ ¯ 0 ··· 0 ¯ ¯ ¯ 0  λ2 − λ · · · 0 ¯¯ ¯ = ¯ . ¯ = (λ1 − λ) · · · (λn − λ). .. ..  ... ¯ .. . . ¯¯ ¯ ¯ 0 0 ··· λ − λ ¯ n

Com isto temos o:

~ CAP ITULO 11. DIAGONALIZAC AO

232 Teorema 11.9

Sejam (U, +, ·) um espa co vetorial real (ou complexo) de di-

mens~ao nita e T ∈ L (U). Ent~ao, o operador linear T e diagonaliz avel se, e somente se, os autovalores λ1 , . . . , λn do operador linear T forem tais que U = V(λ1 ) ⊕ · · · ⊕ V(λn ).

Prova:

U = V(λ1 ) ⊕ · · · ⊕ V(λn )

ent~ao podemos formar uma base B do espa co vetorial U formada pela reuni~ao das bases Bj dos subespa cos pr oprios V(λj ), j = 1, . . . , n. Para cada j = 1, · · · , n, temos que cada elemento de Bj e um autovetor do operador linear T . Logo, por de ni c~ao, segue que o operador linear T e diagonaliz avel. Reciprocamente, se o operador linear T for diagonaliz avel existe uma base B de U formada por autovetores do operador linear T. Como cada autovetor est a associado a algum autovalor λj do operador linear T, vemos que cada elemento de B est a contido em V(λj ), para algum j = 1, · · · , n. Desta forma, a soma de todos os subespa cos pr oprios do operador linear T cont em B e, portanto, dever a ser o pr oprio U, isto e, U = V(λ1 ) + · · · + V(λn ).

Pelo teorema (10.19) esta soma dever a ser uma soma direta, ou seja, U = V(λ1 ) ⊕ · · · ⊕ V(λn ),

completando a demonstra c~ao. Utilizando o teorema acima vemos que: Exemplo 11.10 Resolu¸ c˜ ao:

O operador linear do exemplo (10.9) e diagonaliz avel.

De fato, pois R2 = V(−2) ⊕ V(2).

~ E CARACTERIZAC AO ~ 11.1. DEFINIC AO Exemplo 11.11 Resolu¸ c˜ ao: R3 ,

233

O operador linear do exemplo (10.14) n~ao e diagonaliz avel.

De fato, possui temos apenas dois subespa cos pr oprios cuja soma n~ao e mais precisamente, V(0) ⊕ V(1) = [(0, 0, 1), (1, 0, 1)] 6= R3 .

Exemplo 11.12

O operador linear do exemplo (10.12) n~ao e diagonaliz avel.

Resolu¸ c˜ ao:

De fato, pois o operador linear em quest~ao n~ao possui autovetores.

Exemplo 11.13 Resolu¸ c˜ ao:

O operador linear (10.13) n~ao e diagonaliz avel se n ≥ 1.

De fato, pois todo autovetor do operador linear pertence a unidimensional, e dim[Pn (R)] = n + 1 > 1.

V(0),

que e

Observa¸ c˜ ao 11.14

1. Vejamos como e poss vel decidir se operador linear e diagonaliz avel ou n~ao, de nido em um espa co vetorial de dimens~ao nita, a partir das multiplicidades alg ebrica e geom etrica de seus autovalores. Sejam (U, +, ·) um espa co vetorial de dimens~ao m e T ∈ L (U). Sejam λ1 , . . . , λn os autovalores do operador linear T, dois a dois distintos. Logo, o polin^omio caracter stico associado ao operador linear T ser a dado por pT (λ) = (λ1 − λ)m1 · · · (λn − λ)mn q(λ),

(11.15)

onde, para cada j = 1, · · · , n, mj e a multiplicidade alg ebrica de λj e q = q(λ) e um polin^omio que n˜ao possui ra zes reais. Se, para cada j = 1, · · · , n, denotarmos por rj a multiplicidade geom etrica do autovalor λj (isto e, rj = dim[V(λj )]) ent~ao, do teorema (11.9), segue que o operador linear T e diagonaliz avel se, e somente se, m = r1 + · · · + rn .

~ CAP ITULO 11. DIAGONALIZAC AO

234

2. Por este mesmo teorema, o operador linear T e diagonaliz avel se, e somente se, o espa co vetorial U possuir uma base formada pela reuni~ao das bases dos subespa cos pr oprios associados ao operador linear T (pois isto e equivalente a dizer que a soma destes subespa cos e uma soma direta). A exist^encia de uma tal base e equivalente ao operador linear T apresentar uma matriz em rela c~ao a essa base na forma   λ1 · · · 0  .. . .   . . ...    0 ··· λ 1 r ×r  1 1   O      

 O

...

  λn · · · 0  .. . .  . . ...  0 · · · λn r

n ×rn

            

m×m

Desta forma, se o operador T e diagonaliz avel segue que o seu polin^omio caracter stico ser a dado por pT (λ) = (λ1 − λ)r1 · · · (λn − λ)rn ,

(11.16)

onde rj e a multiplicidade geom etrica do autovalor λj , para j = 1, . . . , n. Comparando com (11.15) vemos que mj = rj , j = 1, . . . , n,

q(λ) ≡ 1

r1 + · · · + rn = m.

Reciprocamente, suponha que mj = rj , j = 1, . . . , n

r1 + · · · + rn = m.

Como a multiplicidade alg ebrica de cada autovalor igual a sua multiplicidade geom etrica, cada subespa co pr oprio V(λj ) possui uma base Bj formada por mj elementos, para j = 1, · · · , n.

~ E CARACTERIZAC AO ~ 11.1. DEFINIC AO

235

Como m1 + · · · + mn = r1 + · · · + rn = m

segue de (11.15) que o grau do polin^omio q ser a zero e que a reuni~ao das bases Bj formar a uma base de U (lembre que a soma de subespa cos pr oprios e uma soma direta) constitu da por autovetores do operador linear T. Assim, o operador linear T e diagonaliz avel. Provamos assim, o seguinte: Sejam (U, +, ·) um espa co vetorial real (ou complexo) de dimens~ao nita e T ∈ L (U). O operador linear T e diagonaliz avel se, e somente se, ambas condi c~oes forem veri cadas: Teorema 11.17

1. para cada autovalor do operador linear T as suas multiplicidades alg ebrica e geom etrica, associadas ao mesmo, s~ao iguais; 2. a soma das multiplicidades geom etricas de todos os autovalores do operador linear T coincide com a dimens~ao do espa co vetorial U. 9.11.2011 - 23.a

Como consequ^encia temos o Corol´ ario 11.18 T ∈ L (U).

Sejam

(U, +, ·)

um espa co vetorial real de dimens~ao

pT (λ) = (λ1 − λ) · · · (λn − λ),

onde λ1 , . . . , λn diagonaliz avel. Prova:

∈ R

s~ao distintos entre si ent~ao o operador linear

ser a

Os autovalores do operador linear T ser~ao λ1 , . . . , λn ∈ R, ou seja, as n ra zes distintas do polinômio carater sitico pT . Como os autovalores do operador linear T s~ao dois a dois distintos, vê-se que as ra zes do polinômio pT s~ao todas simples, isto e, teêm multiplicidade um.

~ CAP ITULO 11. DIAGONALIZAC AO

236

Desta forma, se λ e um autovalor do operador linear T ent~ao a sua multiplicidade alg ebrica ser a um. Pela proposi c~ao (10.37), a multiplicidade geom etrica do autovalor λ e menor ou igual a um. Como dim[V(λ)] ≥ 1, segue-se que a multiplicidade geom etrica do autovalor λ dever a ser um, ou seja, igual a sua multiplicidade alg ebrica. Logo do teorema acima segue que o operador linear T e diagonaliz avel, completando a demonstra c~ao.

Sejam (R3 , +, ·) espa co vetorial real (onde opera c~oes usuais de R3 ) e T : R3 → R3 dado por

Exemplo 11.19

. T (x, y, z) = (x + z, y + z, x + y + 2z),

s~ao as

(x, y, z) ∈ R3

Mostre que T ∈ L (R3 ) e que o operador linear T e diagonaliz avel. Resolu¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor a veri ca c~ao que T ∈ L (R3 ). Encontremos a matriz do operador linear T em rela c~ao a base can^onica, que idicaremos por C , do espa co vetorial real (R3 , +, ·). Para isto temos que T ((1, 0, 0)) = (1, 0, 1) = 1 · (1, 0, 0) +0 · (0, 1, 0) +1 · (0, 0, 1) | {z } | {z } | {z } | {z } . e1 =e2 =e3 =e 1

= 1 · e1 + 0 · e2 + 1 · e3 , T ((0, 1, 0)) = (0, 1, 1) = 0 · (1, 0, 0) +1 · (0, 1, 0) +1 · (0, 0, 1) | {z } | {z } | {z } | {z } . e1 =e2 =e3 =e 2

= 0 · e1 + 1 · e2 + 1 · e3 , T ((0, 0, 1)) = (1, 1, 2) = 1 · (1, 0, 0) +1 · (0, 1, 0) +2 · (0, 0, 1) | {z } | {z } | {z } | {z } =e3

= 1 · e1 + 1 · e2 + 2 · e3 .

=e2

=e3

~ E CARACTERIZAC AO ~ 11.1. DEFINIC AO

237

logo a matriz do operador linear T em rela c~ao a abse C ser a dada por   1 0 1 [T ]C = 0 1 1 . 1 1 2

Logo, o polin^omio carater stico associado ao operador linear T ser a dado por:  1−λ 0 1 pT (λ) = det([T ]C − λI3 ) = det  0 1−λ 1  1 1 2−λ 

= (1 − λ)((1 − λ)(2 − λ) − 1) + 1(−(1 − λ)) = (1 − λ)(λ2 − 3λ) = λ(1 − λ)(λ − 3).

Desta forma, vemos que o polin^omio pT apresenta 3 (= dim(R3 )) ra zes reais, simples e distintas. Portanto, pelo corol ario (11.18), segue-se que o operador linear T e diagonaliz avel.

Encontre uma base de R3 formada por autovetores para o operador linear do exerc cio anterior. Encontre tamb em a matriz do operador linear T com rela c~ao a esta base. Exemplo 11.20

Resolu¸ c˜ ao:

Para autovalor λ1 =. 0: Precisamos encontrar um vetor (x, y, z) 6= (0, 0, 0) tal que

T ((x, y, z)) = λ1 ·(x, y, z)

[λ1 =0]

(0, 0, 0)

⇐⇒

(x+z, y+z, x+y+2z) = (0, 0, 0),

que e equivalente ao sistema linear (homog^eneo)    x + z = 0 y+z=0   x + y + 2z = 0

ou seja, o vetor

⇐⇒

± x = y = −z x + y + 2z = 0

. u1 = (−z, −z, z),

⇐⇒ x = y = −z,

com z ∈ R \ {0},

~ CAP ITULO 11. DIAGONALIZAC AO

238

ser a autovetor do operador linear T associado ao autovalor λ1 = 0. Em particular, podemos tomar como um autovetor associado ao autovalor . λ1 = 0, o vetor u1 = (1, 1, −1) (basta tomar z = −1 acima). Para autovalor λ2 =. 1: Neste casos precisamos encontrar um vetor (x, y, z) 6= (0, 0, 0) tal que T ((x, y, z)) = λ2 ·(x, y, z)

[λ2 =1]

(x, y, z)

⇐⇒

(x+z, y+z, x+y+2z) = (x, y, z),

que e equivalente ao sistema linear

   x + z = x y+z=y   x + y + 2z = z

ou seja, o vetor

. u2 = (−y, y, 0),

± ⇐⇒

z=0 x = −y

com y ∈ R \ {0},

ser a autovetor do operador linear T associado ao autovalor λ2 = 1. Em particular, podemos tomar como autovetor associado ao autovalor λ2 = 1, o vetor u2 =. (1, −1, 0) (basta tomar y = −1 acima). Para autovalor λ3 =. 3: Precisamos encontrar um vetor (x, y, z) 6= (0, 0, 0) satisfazendo T (x, y, z) = λ3 ·(x, y, z)

[λ3 =3]

(3x, 3y, 3z)

⇐⇒

(x+z, y+z, x+y+2z) = (3x, 3y, 3z),

que e equivalente ao sistema linear

   x + z = 3x y + z = 3y   x + y + 2z = 3z

ou seja, o vetor

. u3 = (y, y, 2y),

± ⇐⇒

x=y z = 2y

com y ∈ R \ {0},

ser a autovetor do operador linear T associado ao autovalor λ3 = 3. Em particular, podemos tomar como autovetor associado ao autovalor λ3 = 3, o vetor u3 =. (1, 1, 2) (basta tomar y = 1 acima).

~ E CARACTERIZAC AO ~ 11.1. DEFINIC AO

239

Logo C =. {u1 , u2 , u3 } ser a uma base de R3 formada por autovetores do operador linear T (pois os autovalores s~ao dois a dois distintos, logo os autovetores associados dever~ao ser l.i.). A matriz do operador linear T com rela c~ao a C ser a dada por (veri que!)  0 0 0 0 1 0 , 0 0 3 

ou seja, uma matriz diagonal, cuja diagonal principal e formada pelos autovalores associados ao operador linear T .

Sejam (R2 , +, ·) espa co vetorial real (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais de R2 ), B uma base de R2 e T : R2 → R2 um operador linear em R2 cuja matriz com rela c~ao a base B e dada por

Exemplo 11.21

µ ¶ a b A= . b c

Mostre que o operador linear T diagonaliz avel. Resolu¸ c˜ ao:

Notemos que a matriz A e uma matriz sim etrica (isto e, At = A). O polin^omio caracter stico associado ao operador linear T ser a dado por µ ¶ a−λ b pT (λ) = pA (λ) = det[A − λI2 ] = det b c−λ = λ2 − (a + c)λ + ac − b2 .

Vemos que o polin^omio pT , que tem grau dois, apresenta duas ra zes reais simples (isto e, com multiplicidade um) se, e somente se, o discriminante . ∆ = (a + c)2 − 4(ac − b2 ) > 0.

Mas, (a + c)2 − 4(ac − b2 ) = a2 + c2 − 2ac + 4b2 = (a − c)2 + 4b2 .

~ CAP ITULO 11. DIAGONALIZAC AO

240

Em particular, ∆ ≥ 0, para todo a, b, c ∈ R. Logo ∆ > 0 se, e somente, se a 6= c

ou b 6= 0.

Com isto temos as seguintes possibilidades: (i) Se a 6= c ou b 6= 0 as multiplicidades alg ebrica e geom etrica de cada um dos autovalores associados ao operador linear T (as ra zes do polin^omio pT ) coincidem (pois ser~ao iguais a 1), portanto, pelo corol ario (11.18), o operador linear T ser a diagonaliz avel. (ii) Se a = c e b = 0 ent~ao v^e-se claramente que o operador linear T e diagonaliz aµvel pois, neste caso, a matriz A ser a uma matriz diagonal (ser a da ¶ forma

a 0 0 a

Portanto, em qualquer caso, o operador linear T ser a diagonal avel. Observa¸ c˜ ao 11.22

1. Conclu~ao: o exemplo acima nos diz que se uma matriz quadrada de ordem 2, com entradas reais, e sim etrica ent~ao ela ser a diagonaliz avel. 2. Pergunta-se: ser a que isto tamb em ser a verdade para matriz sim etricas de ordem maior? mais precisamente, se uma matriz quadrada de ordem n, com entradas reais, e sim etrica ent~ao ela ser a diagonaliz avel? A resposta a esta quest~ao e positiva. No pr oximo cap tulo daremos a demonstra ca~o deste fato, Sejam (P2 (R), +, ·) espa co vetorial real (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais de P2 (R)) e T : P2 (R) → P2 (R) dado por Exemplo 11.23

. T (p) = p 00 − 2p 0 + p,

p ∈ P2 (R).

Pergunta-se o operador linear T e um operador linear diagonaliz avel?

~ E CARACTERIZAC AO ~ 11.1. DEFINIC AO

241

Resolu¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor a veri ca c~ao que T ∈ L (P2 (R)). Se B =. {po , p1 , p2 } a base can^onica de P2 (R) (isto e, pj (t) =. tj , t ∈ R, j = 0, 1, 2) ent~ao [T (po )](t) = po00 (t) − 2po0 (t) + po (t)

[po (t)=1,t∈R]

= po (t) = 1 · po (t) + 0 · p1 (t) + 0 · p2 (t) = [1 · po + 0 · p1 + 0 · p2 ](t), t ∈ R; [T (p1 )](t) = p100 (t) − 2p10 (t) + p1 (t)

[p1 (t)=t,t∈R⇒p10 (t)=1,p100 (t)=0,t∈R]

= −2po (t) + 1p1 (t) = [−2 · po + 1 · p1 + 0 · p2 ](t), [T (p2 )](t) = p200 (t) − 2p20 (t) + p2 (t)

−2 + t

t ∈ R;

[p2 (t)=t2 ,t∈R⇒p20 (t)=2t,p200 (t)=2,t∈R]

2 − 2(2t) + t2

= 2po (t) − 4p1 (t) + p2 (t) = [2 · po − 4 · p1 + 1 · p2 ](t), t ∈ R,

logo a matriz do operador linear T com rela c~ao a B ser a dada por   1 −2 2 A = 0 1 −4 . 0 0 1

Assim, o polin^omio caracter stico associado ao operador linear T ser a: pT (λ) = p[T ]B (λ) = det[[T ]B − λI3 ]   1 − λ −2 2 [exerc cio] = (1 − λ)3 , = det  0 1 − λ −4 0 0−λ 1

desta forma, λ =. 1 e o u nico autovalor do operador linear T com multiplicidade alg ebrica igual a 3. Do teorema (11.17) o operador linear T ser a diagonaliz avel se, e somente se, dim[V(1)] = 3. Vejamos qual e a dimens~ao deste subespa co pr oprio. Para isto lembremos que p ∈ P2 (R) se, e somente se, p(t) = ao + a1 t + a2 t2 ,

t∈R

~ CAP ITULO 11. DIAGONALIZAC AO

242

para ao , a1 , a2 ∈ R ou, equivalentemente,

  ao  [p]B = a1 . a2

Logo p ∈ V(1) ⇐⇒ T (p) = λ · p ⇐⇒ [T (p)]B = [λ · p]B ⇐⇒ [T ]B [p]B = λ[p]B      0 ao 0 −2 2      ⇐⇒ ([T ]B − λI3 )[p]B = O ⇐⇒ 0 0 −4 a1 = 0 a2 0 0 0 0 [exerc cio] ⇐⇒ a1 = a2 = 0.

Logo p(t) = ao = po (t), t ∈ R, assim V(1) = [po ] e, do teorema (11.17), segue que o operador linear T n~ao ser a diagonaliz avel. Temos tamb em o seguinte exerc cio resolvido:

Sejam (R4 , +, ·) espa co vetorial real (onde opera c~oes usuais de R4 ) e T : R4 → R4 dada por Exerc´ıcio 11.24

. T ((x, y, z, t)) = (x + y, y, 2z + t, 2z + t),

s~ao as

(x, y, z, t) ∈ R4 .

Mostre que T ∈ L (R4 ) e veri que se o operador linear T e diagonaliz avel. Encontre tamb em os subespa cos pr oprios associados ao operador linear T.

Resolu¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor a veri ca c~ao que T ∈ L (R4 ).

~ E CARACTERIZAC AO ~ 11.1. DEFINIC AO

243

Se C e a base can^onica de R4 temos que T ((1, 0, 0, 0)) = (1, 0, 0, 0) = 1 · (1, 0, 0, 0) + 0 · (0, 1, 0, 0) + 0 · (0, 0, 1, 0) + 0 · (0, 0, 0, 1) | {z } . =e 1

= 1 · e1 + 0 · e2 + 0 · e3 + 0 · e4 ; T ((0, 1, 0, 0)) = (1, 1, 0, 0) = 1 · (1, 0, 0, 0) + 1 · (0, 1, 0, 0) + 0 · (0, 0, 1, 0) + 0 · (0, 0, 0, 1) | {z } . =e 2

= 1 · e1 + 1 · e2 + 0 · e3 + 0 · e4 ; T ((0, 0, 1, 0)) = (0, 0, 2, 2) = 0 · (1, 0, 0, 0) + 0 · (0, 1, 0, 0) + 2 · (0, 0, 1, 0) + 2 · (0, 0, 0, 1) | {z } . =e 3

= 0 · e1 + 0 · e2 + 2 · e3 + 2 · e4 ; T ((0, 0, 0, 1)) = (0, 0, 1, 1) = 0 · (1, 0, 0, 0) + 0 · (0, 1, 0, 0) + 1 · (0, 0, 1, 0) + 1 · (0, 0, 0, 1) | {z } . =e 4

= 0 · e1 + 0 · e2 + 1 · e3 + 1 · e4 ,

(11.25) logo a matriz do operador linear T com rela c~ao a B ser a dada por  1  0 [T ]B =  0 0

1 1 0 0

0 0 2 2

 0  0  1 1

cujo polin^omio caracter stico associado ser a

  1−λ 1 0 0   1−λ 0 0   0 pT (λ) = det{[T ]B − λI4 } = det   0 2−λ 1   0 0 0 2 1−λ = (1 − λ)2 ((2 − λ)(1 − λ) − 2) = (1 − λ)2 (λ2 − 3λ) = λ(λ − 3)(1 − λ)2 ,

Logo os autovalores associados ao operador linear T ser~ao: . λ1 = 0,

. λ2 = 3,

. λ3 = 1

(com multiplicidade alg ebrica igual a 2).

~ CAP ITULO 11. DIAGONALIZAC AO

244

Encontremos os subespa cos pr oprios associados a cada um dos autovalores obtidos acima. Para o autovalor λ1 = 0: Observemos que (x, y, z, t) ∈ V(0) ⇐⇒ T ((x, y, z, t)) = λ1 · (x, y, z, t) [λ1 =0]

⇐⇒ (x + y, y, 2z + t, 2z + t) = (0, 0, 0, 0)   x+y=0    y = 0 ⇐⇒  2z + t = 0     2z + t = 0 ± x=y=0 ⇐⇒ ⇐⇒ (x, y, z, t) = (0, 0, z, −2z) = z · (0, 0, 1, −2). t = −2z

Logo, tomandos-e z = 1 temos que u1 =. (0, 0, 1, −2) ser a um autovetor associado ao autovalor λ1 = 0 e al em disso V(0) = [u1 ] = [(0, 0, 1, −2)],

ou seja, a multiplicidade alg ebrica do autovalor λ1 = 0 e igual a sua multiplicidade geom etrica. Para o autovalor λ2 = 3: Observemos que (x, y, z, t) ∈ V(3) ⇐⇒ T ((x, y, z, t)) = λ2 · (x, y, z, t) [λ2 =3]

⇐⇒ (x + y, y, 2z + t, 2z + t) = (3x, 3y, 3z, 3t)   x + y = 3x   ±  y = 3y x=y=0 ⇐⇒ ⇐⇒  2z + t = 3z t=z     2z + t = 3t ⇐⇒ (x, y, z, t) = (0, 0, z, z) = z · (0, 0, 1, 1).

~ E CARACTERIZAC AO ~ 11.1. DEFINIC AO

245

Logo, tomandos-e z = 1 temos queu2 =. (0, 0, 1, 1) ser a um autovetor associado ao autovalor λ2 = 3 e al em disso V(3) = [u2 ] = [(0, 0, 1, 1)],

ou seja, a multiplicidade alg ebrica do autovalor λ2 = 3 e igual a sua multiplicidade geom etrica. Para o autovalor λ3 = 1: Observemos que (x, y, z, t) ∈ V(1) ⇐⇒ T ((x, y, z, t)) = λ3 · (x, y, z, t) [λ3 =1]

⇐⇒ (x + y, y, 2z + t, 2z + t) = (x, y, z, t)   x+y=x    y = y ⇐⇒  2z + t = z     2z + t = t ⇐⇒ y = z = t = 0 ⇐⇒ (x, y, z, t) = (x, 0, 0, 0) = x · (1, 0, 0, 0).

Logo, tomandos-e x = 1 temos que u3 =. (1, 0, 0, 0) ser a um autovetor associado ao autovalor λ3 = 1 e al em disso V(1) = [u1 ] = [(1, 0, 0, 0)].

Como a multiplicidade alg ebrica do autovalor λ3 = 1 e dois e a sua multiplicidade geom etrica e um, logo, pelo teorema (11.17), segue que que o operador linear T n~ao ser a diagonaliz avel.

Ainda com rela c~ao ao operador linear do exerc cio acima, encontre a matriz do operador linear T com rela c~ao a base B formada pelos vetores

Exerc´ıcio 11.26

. u1 = (0, 0, 1, −2), Resolu¸ c˜ ao:

. u2 = (0, 0, 1, 1),

. u3 = (1, 0, 0, 0)

. u4 = (0, 1, 0, 0).

Observemos que B = {u1 , u2 , u3 , u4 } e uma base de R4 (veri que!).

~ CAP ITULO 11. DIAGONALIZAC AO

246

Al em disso, do exemplo anterior temos: T (u1 ) = (0, 0, 0, 0) = 0 · u1 + 0 · u2 + 0 · u3 + 0 · u4 , T (u2 ) = (0, 0, 3, 3) = 3 · u2 = 0 · u1 + 3 · u2 + 0 · u3 + 0 · u4 , T (u3 ) = (1, 0, 0, 0) = 1 · u3 = 0 · u1 + 0 · u2 + 1 · u3 + 0 · u4 , T (u4 ) = (1, 1, 0, 0) = 0 · u1 + 0 · u2 + 1 · u3 + 1 · u4 ,

ou seja, a matriz do operador linear T em rela c~ao a base B ser a dada por 

0  0 [T ]B =  0 0

0 3 0 0

0 0 1 0

 0  0 . 1 1

Observa¸ c˜ ao 11.27 Vale observar que a matriz acima n˜ ao e diagonaliz avel e que os vetores u1 , u2 , u3 s~ao autovetores l.i. associados ao operador linear T e o vetor u4 n˜ ao e um autovetor associado ao operador linear T . Proposi¸ c˜ ao 11.28 Sejam (U, +, ·) um espa co vetorial real nitamente gerado e T ∈ L (U) um operador diagonaliz avel com autovetores λ1 , . . . , λn ∈ R, onde dim(U) = n. Dados x1 , . . . , xn ∈ R, denote por diag(x1 , . . . , xn ) = (aij ) a matriz diago-

nal tal que

. aii = xi ,

i = 1, · · · , n.

Consideremos p um polin^omio de grau m com coe cientes reais dado por p(t) = ao + a1 t · · · + am tm ,

t ∈ R.

Sejam B uma base de autovalores de U (ou seja, [T ]B = diag (λ1 , . . . , λn )) e C uma outra base de U. Ent~ao a matriz [p(T )]C e semelhante a matriz diag (p(λ1 ), . . . , p(λn )). Prova:

Como

[T ]C = (MBC )−1 [T ]B MBC ,

~ E CARACTERIZAC AO ~ 11.1. DEFINIC AO

247

e o operador linear T e diagonaliz avel segue que a matriz [T ]C ser a semelhante a matriz diagonal [T ]B . Pelas proposi c~oes (10.39) e (10.40), segue que [p(T )]C = (MBC )−1 [p(T )]B MBC .

(∗)

Mas [p(T )]B = [ao .IU + a1 T + · · · + am .T m ]B = ao .In + a1 .[T ]B + · · · + am .[T ]m B = ao . diag (1, . . . , 1) + a1 . diag (λ1 , . . . , λn ) + · · · + am .[ diag (λ1 , . . . , λn )]m [exerc cio] m = ao . diag (1, . . . , 1) + a1 . diag (λ1 , . . . , λn ) + · · · + am . diag (λm 1 , . . . , λn )

m diag (ao , . . . , ao ) + diag (a1 λ1 , . . . , a1 λn ) + · · · + diag (am λm 1 , . . . , am λn ) m = diag (ao + a1 λ1 + · · · + am λm 1 , . . . , ao + a1 λn + · · · + am λn ) (11.29) = diag (p(λ1 ), . . . , p(λn )),

logo, de (*), segue que [p(T )]C = (MBC )−1 . diag (p(λ1 ), . . . , p(λn )).MBC ,

ou seja, a matriz [p(T )]C e semelhante a matriz diag (p(λ1 ), . . . , p(λn )), completando a demonstra c~ao. Como consequ^encia temos o Corol´ ario 11.30 Sejam (U, +, ·) um espa co vetorial e T ∈ L (U) um operador diagonaliz avel. Mostre que pT (T ) = O (o operador linear nulo), caracter stico associado ao operador linear T .

real nitamente gerado onde

e o polin^omio

Prova:

Seja B uma base de U tal que [T ]B =

diag (λ1 , . . . , λn ),

onde λ1 , . . . , λn s~ao os autovalores associados ao operador linear T.

~ CAP ITULO 11. DIAGONALIZAC AO

248

Segue de (11.29) da demonstra c~ao da proposi c~ao acima que [pT (T )]B =

diag (pT (λ1 ), . . . , p(λn ))

[λj

e autovalor de T ] =

diag (0, . . . , 0) = O,

pois pT (λj ) = 0, j = 1, . . . , n. Assim o operador linear pT (T ) dever a ser o operador linear nulo, isto e, pT (T ) = O, completando a demonstra c~ao.

Pode-se exibir um exemplo de T ∈ L (U) que n˜ao seja diagonaliz avel mas que pT (T ) = O. Deixaremos como exerc cio para o leitor a constru c~ao de tal operador linear T . Observa¸ c˜ ao 11.31

11.2

Exerc´ıcios

Cap´ıtulo 12

Espa¸cos Euclidianos 12.11.2011 - 24.a

12.1

Produto Interno

Nos primeiros cap tulos estudaremos as propriedades mais b asicas de um espa co vetorial reais. A introdu c~ao de conceitos como geradores e base foram feitas a partir de combina c~oes lineares que, por sua vez, envolvem apenas a adi c~ao de vetores e a multiplica c~ao dos mesmos por escalares, dois objetos que est~ao presentes na pr opria de ni c~ao do espa co vetorial. Neste cap tulo veremos tipos especiais de espa cos vetoriais que possuem uma estrutura mais re nada que nos proporcionar a desenvolver alguns aspectos geom etricos, como por exemplo, calcular o ^angulo ou a dist^ancia entre dois vetores. Veremos tamb em que e poss vel elaborar mais detalhes sobre operadores lineares de nidos em tais espa cos vetoriais. Come caremos pela

Seja (V, +, ·) um espa co vetorial real. Um produto interno em V e uma aplica c~ao que a cada par (u, v) ∈ V × V associa um n umero real, que ser a denotado por hu, vi, satisfazendo as seguintes propriedades: (P1) hu + v, wi = hu, wi + hv, wi para todo u, v, w ∈ V; Defini¸ c˜ ao 12.1

249

CAP ITULO 12. ESPAC OS EUCLIDIANOS

250

(P2)

hα · u, vi = αhu, vi

(P3)

hu, vi = hv, ui

(P4)

hu, ui ≥ 0

para todo u, v ∈ V e α ∈ R;

para todo u, v ∈ V;

e se hu, ui = 0 ent~ao u = O.

O espa co vetorial real (V, +, ·) munido de um produto interno ser a chamado de espa co euclidiano.

< ·, · >

Observa¸ c˜ ao 12.2

1. O produto interno tamb em e chamado de produto escalar. 2. Temos que

para todo

hO, ui = 0

u ∈ V.

De fato, pois hO, ui = hO + O, ui = hO, ui + hO, ui,

e o resultado segue por cancelamento. 3. Outra propriedade e que para todo

hu, v + α · wi = hu, vi + αhu, wi,

u, v, w ∈ V, α ∈ R.

De fato, basta combinar as propriedades (P1), (P2) e (P3) acima. 4. Desta maneira, vemos que o produto interno e um funcional linear em cada entrada, mais precisamente, para cada u ∈ V temos que h·, ui : V → R

hu, ·i : V → R

s~ao funcionais lineares em V . 5. Se o espaco vetorial (V, +, ·) e complexo ent~ao um produto interno se, e somente se, valem: (PC1)

hu + v, wi = hu, wi + hv, wi

h·, ·i : V × V → C

para todo u, v, w ∈ V;

ser a

12.1. PRODUTO INTERNO

(PC2) (PC3)

251

para todo u, v ∈ V e α ∈ C; hu, vi = hv, ui para todo u, v ∈ V , onde z denota o conjugado do n umero complexo z; (PC4) hu, ui ≥ 0 e se hu, ui = 0 ent~ao u = O. hα · u, vi = αhu, vi

Notemos que (P1)=(PC1), (P2)=(PC2), (P4)=(PC4) mas (P3) e (PC3) s~ao diferentes. A seguir apresentamos alguns exemplos de produto interno em v arios espa cos vetoriais reais. Come caremos introduzindo um produto interno no Rn , a saber: Exemplo 12.3 Sejam (Rn , +, ·) espa co vetorial real (onde + e · s~ ao as opera c~oes usuais de Rn ) e consideremos h·, ·i : Rn × Rn → R dada por . hx, yi = x1 y1 + · · · + xn yn ,

(12.4)

onde x =. (x1 , . . . , xn ), y =. (y1 , . . . , yn ) ∈ Rn . Resolu¸ c˜ ao:

De fato, sejam x =. (x1 , . . . , xn ), y =. (y1 , . . . , yn ), z = (z1 , · · · , zn ) ∈ Rn e α ∈ R. Logo x + z = (x1 + z1 , . . . , xn + zn ), α · x = (αx1 , . . . , αxn )

(12.5) (12.6)

Ent~ao 1. Vale (P1) pois: hx + z, yi

(12.5),(12.4)

(x1 + z1 )y1 + · · · + (xn + zn )yn

= x1 y1 + · · · + xn yn + z1 y1 + · · · + zn yn = hx, yi + hz, yi,

logo vale (P1).

CAP ITULO 12. ESPAC OS EUCLIDIANOS

252 2. Vale (P2) pois: hα · x, yi

(12.6),(12.4)

(αx1 )y1 + · · · + (αxn )yn = α(x1 y1 + · · · + xn yn )

= αhx, yi,

logo vale (P2). 3. Vale (P3) pois: hx, yi

((12.4)

x1 y1 + · · · + xn yn = y1 x1 + · · · + yn xn = hy, xi,

logo vale (P3). 4. Vale (P4) pois: hx, yi

((12.4)

x1 x1 + · · · + xn xn = x21 + · · · + x2n ≥ 0.

Logo hx, yi ≥ 0 e hx, yi = 0 se, e somente se, x1 = · · · , xn = 0, isto e, se x = O, logo vale (P4). Portanto h·, ·i e um produto interno em (Rn , +, ·). Exemplo 12.7 Com rela c~ ao ao exemplo anterior, tomando-se n = 3, calcule o produto interno entre os vetores (1, −1, 1), (0, 2, 4) ∈ R3 . Resolu¸ c˜ ao:

Temos que (12.4)

h(1, −1, 1), (0, 2, 4)i = 1 · 0 + (−1) · 2 + 1 · 4 = 2. Exemplo 12.8 Com rela c~ ao se n = 2, calcule hu, vi onde . u = (cos(θ),

onde θ, α ∈ R est~ao xos.

ao produto interno dado por (12.4), tomando-

sen(θ))

. v = (cos(α),

sen(α)),

12.1. PRODUTO INTERNO

253

Resolu¸ c˜ ao:

Temos que (12.4)

hu, vi = h(cos(θ),

sen(θ)), (cos(α), sen(α))i

= cos(θ) cos(α) + Observa¸ c˜ ao 12.9 hu, vi = 0

ou seja, θ = α +

sen(θ) sen(α)

[exerc cio]

cos(θ − α).

Observemos que no exemplo acima ⇐⇒

cos(θ − α) = 0

π + Kπ, k ∈ Z 2

⇐⇒ θ − α =

π + Kπ, k ∈ Z, 2

se, e somente se, hu, vi = 0.

H a v arios outros tipos de produto interno no Rn al em do apresentado em (12.4). A seguir exibiremos um outro exemplo de produto interno em R3 :

Sejam (R3 , +, ·) espa co vetorial real (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais de R3 ) e consideremos h·, ·i : Rn × Rn → R dada por

Exemplo 12.10

1 1 . 1 h(x1 , y1 , z1 ), (x2 , y2 , z2 )i = x1 x2 + y1 y2 + z1 z2 , 2 3 4

(12.11)

para (x1 , y1 , z1 ), (x2 , y2 , z2 ) ∈ R3 . A express~ao acima de ne um produto interno em R3 . Resolu¸ c˜ ao:

De fato, sejam (x1 , y1 , z1 ), (x2 , y2 , z2 ), (x3 , y3 , z3 ) ∈ R3 e α ∈ R. Logo (x1 , y1 , z1 ) + (x2 , y2 , z2 ) = (x1 + x2 , y1 + y2 , z1 + z2 ), α · (x1 , y1 , z1 ) = (αx1 , αy1 , αz1 )

Ent~ao

(12.12) (12.13)

CAP ITULO 12. ESPAC OS EUCLIDIANOS

254 1. Vale (P1) pois:

h(x1 , y1 , z1 ) + (x2 , y2 , z2 ), (x3 , y3 , z3 )i 1 1 (12.12),(12.11) 1 = (x1 + x2 )x3 + (y1 + y2 )y3 + (z1 + z2 )z3 2 3 4 1 1 1 1 1 1 = [ x1 x3 + y1 y3 + z1 z3 ] + [ x2 x3 + y2 y3 + z2 z3 ] 2 3 4 2 3 4 (12.11)

h(x1 , y1 , z1 ), (x3 , y3 , z3 )i + h(x2 , y2 , z2 ), (x3 , y3 , z3 )i

logo vale (P1). 2. Vale (P2) pois: hα(x1 , y1 , z1 ), (x2 , y2 , z2 )i

(12.13),(12.11)

1 1 1 (αx1 )x2 + (αy1 )y2 + (αz1 )z2 2 3 4

1 1 1 = α[ x1 x2 + y1 y2 + z1 z2 2 3 4

(12.11)

αh(x1 , y1 , z1 ), (x2 , y2 , z2 )i

logo vale (P2). 3. Vale (P3) pois: h(x1 , y1 , z1 ), (x2 , y2 , z2 )i

1 1 1 x1 x2 + y1 y2 + z1 z2 2 3 4 1 1 1 = x2 x1 + y2 y1 + z2 z1 = h(x2 , y2 , z2 ), (x1 , y1 , z1 )i, 2 3 4 ((12.4)

logo vale (P3). 4. Vale (P4) pois: h(x1 , y1 , z1 ), (x1 , y1 , z1 )i

1 1 1 x1 x1 + y1 y1 + z1 z1 2 3 4 1 1 1 = x21 + y21 + z21 ≥ 0. 2 3 4 ((12.4)

Logo h(x1 , y1 , z1 ), (x1 , y1 , z1 )i ≥ 0 e h(x1 , y1 , z1 ), (x1 , y1 , z1 )i = 0 se, e somente se, x1 = y1 = z1 = 0, isto e, se (x1 , y1 , z1 ) = (0, 0, 0), logo vale (P4).

12.1. PRODUTO INTERNO

255

Portanto h·, ·i e um produto interno em (R3 , +, ·).

Com rela c~ao ao produto interno apresentado no exemplo anterior, calcule h(1, −1, 1), (0, 2, 4)i.

Exemplo 12.14

Resolu¸ c˜ ao:

Temos que h(1, −1, 1), (0, 2, 4)i

(12.11)

1 1 1 1 (1.0) + (−1.2) + (1.4) = . 2 3 4 3 ¤

Para o espa co das fun c~oes cont nuas em um intervalo fechado e limitado temos

Sejam (C([a, b]; R), +, ·) espa co vetorial real (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais de C([a, b]; R)) e consideremos h·, ·i : C([a, b]; R) × C([a, b]; R) → R dada por Exemplo 12.15

. hf, gi =

(12.16)

f(x)g(x) dx, a

para f, g ∈ C([a, b]; R). Mostre que h·, ·i e um produto interno em C([a, b]; R). Resolu¸ c˜ ao:

De fato, se f, g, h ∈ C([a, b]; R) e α ∈ R temos: Ent~ao

1. Vale (P1) pois: hf + g, hi

(12.16)

Zb (f + g)(x)h(x) dx

= hf, hi + hg, hi,

logo vale (P1).

Zb f(x).h(x) dx +

g(x)h(x) dx a

CAP ITULO 12. ESPAC OS EUCLIDIANOS

256 2. Vale (P2) pois: hα · f, gi

(12.16)

Zb (αf)(x)g(x) dxα

f(x)g(x) dx = αhf, gi,

logo vale (P2). 3. Vale (P3) pois: (12.16)

hf, gi

Zb f(x)g(x) dx

g(x)f(x) dx = hg, fi, a

logo vale (P3). 4. Vale (P4) pois: hf, fi

(12.16)

Zb f(x)f(x) dx

f2 (x) dx ≥ 0.

Lembremos do C alculo 1 que se f ∈ C([a, b]; R) e f(xo ) 6= 0 para algum Zb xo ∈ [a, b] ent~ao f2 (x) dx > 0. a

Logo hf, fi ≥ 0 e se hf, fi = 0 deveremos ter f = O, logo vale (P4). Portanto h·, ·i e um produto interno em (C([a, b]; R), +, ·).

Com rela c~ao ao produto interno apresentado no exemplo anterior, calcule o produto interno entre as fun c~oes seno e co-seno de nidas no intervalo [0, 2π].

Exemplo 12.17

Resolu¸ c˜ ao: Sejam f, g : [0, 2π] → R . f(x) =

dadas por

sen(x) e g(x) =. cos(x), x ∈ [0, pi].

Logo f, g ∈ C([0, 2π]; R) e hf, gi

(12.16)

Z 2π

sen(x) cos(x) dx

[exerc cio]

sen2 x ¯¯2π 2

Para o espa co das matrizes de ordem m × n temos o

= 0.

12.1. PRODUTO INTERNO

257

Sejam (Mm×n (R), +, ·) espa co vetorial real (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais de Mm×n (R)) e consideremos h·, ·i : Mm×n (R) × Mm×n (R) → R dada por Exerc´ıcio 12.18

. XX hA, Bi = aij bij ,

(12.19)

i=1 j=1

onde A =. (aij ), B =. (bij ) ∈ Mm×n (R). Mostre que h·, ·i e um produto interno em Mm×n (R). Resolu¸ c˜ ao:

De fato, sejam A =. (aij ), B =. (bij ), C =. (cij ) ∈ Mm×n (R) e α ∈ R. Logo A + B = (aij + bij ), α · A = (αaij )

Ent~ao 1. Vale (P1) pois: hA + B, Ci

(12.20),(12.19)

n m X X

n m X X (aij + bij )cij i=1 j=1 m X n X

aij cij +

i=1 j=1

bij cij = hA, Ci + hB, Ci,

i=1 j=1

logo vale (P1). 2. Vale (P2) pois: hα · A, Bi

(12.21),(12.19)

n m X X (αaij )bij i=1 j=1

=α

m X n X i=1 j=1

logo vale (P2).

aij bij = αhA, Bi,

(12.20) (12.21)

CAP ITULO 12. ESPAC OS EUCLIDIANOS

258 3. Vale (P3) pois: hA, Bi

((12.19)

m X n X

aij bij =

i=1 j=1

n X m X

bij aij = hB, Ai,

j=1 i=1

logo vale (P3). 4. Vale (P4) pois: hA, Ai

((12.19)

m X n X

aij aij =

i=1 j=1

m X n X

a2ij ≥ 0.

i=1 j=1

Logo hA, Ai ≥ 0 e hA, Ai = 0 se, e somente se, aij = 0, para todo i = 1, · · · , m e todo j = 1, · · · n, isto e, deveremos ter A = O, logo vale (P4). Portanto h·, ·i e um produto interno em (Mm×n (R), +, ·).

Com rela c~ao ao produto interno apresentado no exemplo anterior, tomando-se m = n = 2, calcule o produto interno entre

Exemplo 12.22

µ ¶ 1 1 0 2

µ ¶ −2 0 . 1 1

Resolu¸ c˜ ao:

Temos que µ ¶ µ ¶ (12.19) 1 1 −2 0 hA, Bi = h , i = 1 · (−2) + 1 · 0 + 0 · 1 + 2 · 1 = 0. 0 2 1 1 ¤

Lembremos que o tra co de uma matriz quadrada A e a soma dos elementos da diagonal da matriz e e denotado por tr (A). Observa¸ c˜ ao 12.23

Um outro modo de introduzir o produto interno acima e dado pelo:

12.1. PRODUTO INTERNO

259

Sejam (Mm×n (R), +, ·) espa co vetorial real (onde + e · s~ao as opera c~oes usuais de Mm×n (R)) e consideremos h·, ·i : Mm×n (R)×Mn (R) → R dada por

Exemplo 12.24

. hA, Bi =

tr (Bt A),

(12.25)

onde A, B ∈ Mm×n (R). Mostre que h·, ·i e um produto interno em Mn (R). Resolu¸ c˜ ao:

Notemos que se A, B ∈ Mm×n (R) ent~ao Bt ∈ Mn×m (R), logo podemos fazer o produto Bt · A ∈ Mm×n (R) (ou seja, ser a uma matriz quadrada de ordem n), logo podemos calcular o seu tra co. Notemos tamb em que do Ap^endice I segue que se A = (aij ), B = (bij ) ∈ Mm×n (R)

ent~ao tr (B A) = t

n X m X

aij bij .

i=1 j=1

Logo se A, B, C ∈ Mn (R) e α ∈ R teremos: 1. Vale (P1) pois: hA + B, Ci

(12.25)

= tr [Ct (A + B)] = tr [Ct A + Ct B] [Ap^ endice I] = tr (Ct A) + tr (Ct B) = hA, Ci + hB, Ci,

logo vale (P1). 2. Vale (P2) pois: hα · A, Bi

(12.25)

tr [Ct (αA)]

[Ap^ endice I]

α tr (Bt A) = αhA, Bi,

logo vale (P2). 3. Vale (P3) pois: hA, Bi

[Ap^ endice I] = tr (Bt A) = tr [(Bt A)t ] [Ap^ endice I] = tr [At (Bt )t ] tr (At B) = hB, Ai, | {z } ((12.25)

logo vale (P3).

CAP ITULO 12. ESPAC OS EUCLIDIANOS

260 4. Vale (P4) pois: hA, Ai

((12.25)

tr (At A)

[Ap^ endice I]

≥

Logo hA, Ai ≥ 0 e hA, Ai = 0 se, e somente se, aij = 0, para todo i = 1, · · · , m e todo j = 1, · · · n, isto e, deveremos ter A = O, logo vale (P4). Portanto h·, ·i e um produto interno em (Mn (R), +, ·). Observa¸ c˜ ao 12.26

ent~ao

Em vista do Ap^endice I temos que, se

A, B ∈ Mn (R)

tr (Bt A) = tr [(Bt A)t ] = tr [At (Bt )t ] = tr (At B),

ou seja, poder amos ter de nido o produto interno do exemplo acima por hA, Bi =

tr (At B)

que ter amos o mesmo resultado. 16.11.2011 - 25.a

12.2

Norma

Seja (V, +, ·) e um espa co vetorial real munido de um produto interno. Dado u ∈ V de nimos a norma do vetor u, denotada por kuk, como sendo Defini¸ c˜ ao 12.27

. p kuk = hu, ui.

Note que e poss vel extrair a raiz quadrada de hu, ui pois, pela propriedade (P4), temos que hu, ui ≥ 0.

Observa¸ c˜ ao 12.28

Consideremos alguns exemplos:

No espa co vetorial real (Rn , +, ·) munido o produto interno dado por (12.4) temos que a norma do vetor x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn ser a dada por q Exemplo 12.29

. kxk =

x21 + · · · + x2n .

12.2. NORMA

261

Observa¸ c˜ ao 12.30 No curso vetor x ∈ R3 (ou em R2 ) nos

de Geometria Anal tica vimos que a norma do fornece o comprimento do vetor x. Logo e natural pensarmos que a norma de um vetor em um espa co vetorial real munido de um produto interno nos forne ca o comprimento do vetor em quest~ao. No espa co vetorial (C([a, b]; R), +, ·) munido do produto interno de nido por (12.16) temos que a norma de f ∈ C([a, b]; R) ser a dada por s Exemplo 12.31

. kfk =

[f(x)]2 dx. a

No espa co vetorial (Mn (R), +, ·) munido do produto interno de nido por (12.25) temos que a norma de A ∈ Mn (R) ser a dada por

Exemplo 12.32

. kAk =

tr (At A).

Temos as seguintes propriedades para a norma associada a um produto interno em um espa co vetorial real:

Seja (V, +, ·) um espa co vetorial com um produto interno. Ent~ao: 1. para todo u ∈ V e todo α ∈ R temos

Proposi¸ c˜ ao 12.33

kα · uk = |α| k|uk;

2. para todo u ∈ V temos kuk ≥ 0;

3. para todo u ∈ V temos kuk = 0

se, e somente se,

u = O;

4. vale a desigualdade de Cauchy-Schwarz, isto e, para u, v ∈ V temos |hu, vi| ≤ kuk kvk;

CAP ITULO 12. ESPAC OS EUCLIDIANOS

262

5. vale a desigualdade triangular, isto e, se u, v ∈ V temos ku + vk ≤ kuk + kvk.

Prova:

De 1.: Observemos que

kα · uk =

hα · u, α · ui =

q √ p p α2 hu, ui = α2 hu, ui = |α| hu, ui = |α| ku|k,

completando a veri ca c~ao. De 2.: Segue do fato que raiz quadrada e n~ao negativa. De 3.: s Se u = O ent~ao kuk = hO, Oi = 0. | {z } =0

Reciprocamente, se u 6= O ent~ao hu, ui > 0 e assim kuk = hu, ui > 0, completando a veri ca c~ao. De 4.: Se v = O ent~ao |hu, Oi| = 0 e por outro lado kuk kOk = 0, em particular, teremos |hu, vi| ≤ kuk kvk. Suponhamos que v 6= O. Para todo α ∈ R, temos que ku + α · vk2 ≥ 0. Logo, 0 ≤ ku + α · vk2 = hu + α · v, u + α · vi = hu, ui + 2hu, viα + hv, viα2 = ||u||2 + 2hu, vi α + ||v||2 α2 ,

cujo lado direito e um polin^omio do 2.o grau na vari avel α ∈ R (pois kvk2 6= 0). Como ele deve ser maior ou igual a zero dever a possuir, no m aximo, uma raiz real, ou seja, seu discriminante dever a ser menor ou igual a zero. Mas o discriminante associado ao lado direito da desigualdade acima ser a dado por . ∆ = 4hu, vi2 − 4kuk2 kvk2 ≤ 0.

12.2. NORMA

263

ou seja,

hu, vi2 ≤ kuk2 kvk2 .

Extraindo a raiz quadrada, obtemos |hu, vi| ≤ kuk kvk, completando a veri ca c~ao. De 5.: Observemos que ku + vk2 = hu + v, u + vi = ||u||2 + ||v||2 + 2hu, vi [des. Cauchy-Schwarz] ≤ ||u||2 + ||u||2 + 2||u||||v|| = [||u|| + ||v||]2 .

Extraindo a raiz quadrada, completamos a demonstra c~ao. Observa¸ c˜ ao 12.34

1. Um vetor que tem norma igual a 1 ser a dito vetor unit ario. 2. Observe que a desigualdade de Cauchy-Schwarz aplicada ao produto interno do espa co vetorial real (Rn , +, ·) dado por (12.4) nos diz que (x y + · · · + xn yn )2 ≤ (x21 + · · · + x2n )(y21 + · · · + y2n ). | 1 1 {z } | {z } | {z } =h(x1 ,··· ,xn ),(y1 ,··· ,yn )i2

=k(x1 ,··· ,xn )k2

=k(y1 ,··· ,yn )k2

3. A mesma desigualdade aplicada ao produto interno (12.16) no espa co vetorial real (C([a, b, ]; R), +, ·) fornecer a µZ b |

¶2 Z b Zb f(x)g(x) dx ≤ [f(x)]2 dx [g(x)]2 dx . } |a {z } {z } |a {z =kfk2

=hf,gi2

=kgk2

4. A mesma desigualdade aplicada ao produto interno (12.25) no espa co vetorial real (Mn (R), +, ·) fornecer a ¡ |

tr (Bt A) 2 ≤ tr (At A) tr (Bt B) . {z

=hA,Bi

}

=kAk2

} | {z } =kBk2

CAP ITULO 12. ESPAC OS EUCLIDIANOS

264

Proposi¸ c˜ ao 12.35 (Identidade do Paralelogramo) Sejam (V, +, ·) um espa co vetorial real munido de um produto interno < ·, · > e u, v ∈ V .

Ent~ao

ku + vk2 + ku − vk2 = 2(kuk2 + kvk2 ).

Prova:

Observemos que ku + vk2 + ku − vk2 = hu + v, u + vi + hu − v, u − vi = hu, ui + hv, vi + 2hu, vi + hu, ui + hv, vi − 2hu, vi = 2hu, ui + 2hv, vi = 2(kuk2 + kvk2 ),

completando a demonstra c~ao. O pr oximo resultado nos mostra como podemos obter o produto interno entre dois vetores a partir das normas da soma e diferen ca dos respectivos vetores, mais precisamente: Proposi¸ c˜ ao 12.36 Sejam (V, +, ·) produto interno < ·, · > e u, v ∈ V .

Ent~ao

um espa co vetorial real munido de um

ku + vk2 − ku − vk2 = 4hu, vi,

ou, equivalentemente, 1 hu, vi = [ku + vk2 − ku − vk2 ]. 4 Prova:

Observemos que: ku + vk2 − ku − vk2 = hu + v, u + vi − hu − v, u − vi = hu, ui + hv, vi + 2hu, vi − hu, ui − hv, vi + 2hu, vi = 4hu, vi,

completando a demonstra c~ao. Apliquemos isto ao:

^ 12.3. DISTANCIA

265

Exerc´ıcio 12.37 Sejam (V, +, ·) um espa co duto interno < ·, · > e u, v ∈ V tais que ku + vk = 1

vetorial real munido de um pro-

ku − vk = 1.

Calcule hu, vi. Resolu¸ c˜ ao:

Da proposi c~ao acima temos que 1 hu, vi = [ku + vk2 − ku − vk2 ] = 0. 4

Observa¸ c˜ ao 12.38 Podemos ver acima se V = R3 (ou V = R2 ).

geometricamente o que ocorre no exemplo

Neste caso a conclus~ao do exemplo acima nos diz que os vetores u e s~ao, do ponto de vista de Geometria Anal tica, dois vetores ortogonais. 12.3

Distˆ ancia

Defini¸ c˜ ao 12.39 interno < ·, · >.

Seja (V, +, ·) um espa co vetorial real munido de um produto

De nimos a fun c~ao d : V × V → R dada por . d(u, v) = ku − vk,

u, v ∈ V,

denominada por em dist^ancia do vetor u ao vetor v. A fun c~ao dist^ancia satisfaz as seguintes propriedades. Proposi¸ c˜ ao 12.40 Seja (V, +, ·) duto interno < ·, · >.

um espa co vetorial real munido de um pro-

Temos que

1. para todo u, v ∈ V segue que d(u, v) ≥ 0;

CAP ITULO 12. ESPAC OS EUCLIDIANOS

266

2. para todo u, v ∈ V temos se, e somente se,

d(u, v) = 0

u = v;

3. para todo u, v ∈ V temos d(u, v) = d(v, u);

4. para todo u, v, w ∈ V temos d(u, v) ≤ d(u, w) + d(w, v). Prova:

De 1.: Para todo u, v ∈ V temos que d(u, v) = ku − vk

[prop.

(12.33) item 2.] ≥ 0,

mostrando a a rma c~ao. De 2.: Para todo u, v ∈ V temos que d(u, v) = 0 ⇐⇒ ku − vk = 0

[prop.

(12.33) item 3.] ⇐⇒ u − v = O ⇐⇒ u = v,

mostrando a a rma c~ao. De 3.: Para todo u, v ∈ V temos que d(u, v) = ku − vk = k(−1) · (v − u)k

[prop.

(12.33) item 1.] = | − 1| kv − uk = d(v, u), | {z } =1

mostrando a a rma c~ao. De 4.: Para todo u, v, w ∈ V temos que d(u, v) = ku − vk = ku − v − w + w)k = k(u − w) + (v − w)k [prop. (12.33) item 5.] ≤ ku − wk + kv − wk = d(u, w) + d(w, v),

completando a demonstra c~ao.

^ 12.4. ANGULO

267

Com rela c~ao ao produto interno (12.4), no caso n = 4, calcule a dist^ancia entre os vetores u =. (1, 1, 3, 2) e v =. (2, 2, 1, 0) do R4 .

Exemplo 12.41

Resolu¸ c˜ ao:

Temos

d(u, v) = ku − vk = k(1 − 2, 1 − 2, 3 − 1, 2 − 0)k q √ = (−1)2 + (−1)2 + 22 + 22 = 10.

Com rela c~ao ao produto interno (12.16) calcule a dist^ancia entre as fun c~oes f e g, onde Exemplo 12.42

. f(x) =

sen(x)

. g(x) = cos(x),

x ∈ [0, 2π]

do espa co vetorial real (C([0, 2π]; R), +, ·). Resolu¸ c˜ ao:

Temos

Z 2π Z 2π [d(f, g)]2 = kf − gk2 = [f(x) − g(x)]2 dx = [ sen(x) − cos(x)]2 dx 0 0 Z 2π Z 2π 2 2 = [ sen (x) + cos (x) − 2 sen(x) cos(x)] dx = [1 − 2 sen(x) cos(x)] dx 0 0 ¯2π [exerc cio] ¯ = x − sen2 (x)¯ = 2π. 0

√

Portanto, d(f, g) = 2π.

12.4

ˆ Angulo

Observa¸ c˜ ao 12.43 Sejam (V, +, ·) um espa co vetorial produto interno < ·, · > e u, v ∈ V vetores n~ao nulos.

real munido de um

Pela desigualdade de Cauchy-Schwarz (veja proposi c~ao (12.33) item 4.) temos −kuk kvk ≤ hu, vi ≤ kuk kvk.

CAP ITULO 12. ESPAC OS EUCLIDIANOS

268

Como u, v 6= O, da proposi c~ao (12.33) itens 2. e 3., segue que kuk, kvk > 0, logo dividindo-se ambos os membros da desigualdade acima por kuk kvk, obteremos: −1 ≤

hu, vi ≤ 1. kuk kvk

Desta forma, existe um u nico n umero real θ ∈ [0, π] tal que cos(θ) =

O n umero real ^angulo entre os vetores u e v. Defini¸ c˜ ao 12.45

Observa¸ c˜ ao 12.46

hu, vi . kuk kvk

θ ∈ [0, π]

(12.44)

obtido acima ser a chamado de

Na situa c~ao acima teremos < u, v >= kuk kvk cos(θ).

Exemplo 12.47

Calcule o ^angulo entre as fun c~oes f e g, onde

. f(x) =

sen(x)

. g(x) = cos(x),

x ∈ [0, 2π]

de nidas em [0, 2π] com o produto interno dado por (12.16). Resolu¸ c˜ ao:

Observemos que Z 2π hf, gi =

Z 2π f(x)g(x) dx =

¯2π ¯ 1 2 ¯ sen(x) cos(x) dx = sen x¯ = 0. 2 0 π

Desta forma, o ^angulo entre as fun c~oes f e g ser a . 2 Temos tamb em o Exerc´ıcio 12.48 Sejam (V, +, ·) espa co interno < ·, · > e u, v ∈ V tais que kuk = kvk = 1

vetorial real munido de um produto ku − vk = 2.

Calcule o ^angulo entre os vetores u e v.

12.5. ORTOGONALIDADE Resolu¸ c˜ ao: Como kuk = kvk = 1

Logo

temos que u, v 6= O.

[ku−vk=2]

269

ku − vk2 = hu − v, u − vi

= kuk + kvk − 2hu, vi

[kuk=kv |=1]

2 − 2hu, vi,

que implicar a em hu, vi = −1. Portanto hu, vi −1 cos(θ) = = = −1, kuk kvk

1.1

implicando que θ = π, ou seja, o ^angulo entre os vetores (n~ao nulos) u e v ser a π.

12.5

Ortogonalidade

Defini¸ c˜ ao 12.49 interno < ·, · >.

Sejas

(V, +, ·)

espa co vetorial real munido de um produto

Diremos que os vetores u e v s~ao ortogonais em V se hu, vi = 0. Neste caso, escreveremos u⊥v. Diremos que um conjunto nito S =. {u1 , . . . , un } ⊆ V e um conjunto ortogonal em V se ui ⊥uj para i 6= j, 1 ≤ i, j ≤ n. Diremos que um conjunto ortogonal S =. {u1 , . . . , un } ⊂ V e um conjunto ortonomal em V se kuj k = 1, j = 1, . . . , n, ou seja, ± < ui , uj >=

1, 0,

se se

i=j i 6= j

Sejam u ∈ V e S ⊆ V , S 6= ∅. Diremos que o vetor u e ortogonal ao conjunto S se o vetor u for ortogonal a todos os vetores de S (isto e, < u, v >= 0 para todo v ∈ S). Neste caso escreveremos u⊥S. Seja R3 , +, ·) um espa co vetorial real munido do produto interno (12.4) (com n = 3).

Exemplo 12.50

CAP ITULO 12. ESPAC OS EUCLIDIANOS

270

Mostre que a base can^onica de R3 , isto e, B =. {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} e um conjunto ortonormal, relativamente ao produto interno (12.4). Resolu¸ c˜ ao:

Sejam

. . . e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1).

Observemos que he1 , e1 i = h(1, 0, 0), (1, 0, 0)i = 1.1 + 0.0 + 0.0 = 1, he1 , e2 i = h(1, 0, 0), (0, 1, 0)i = 1.0 + 0.1 + 0.0 = 0, he1 , e3 i = h(1, 0, 0), (0, 0, 1)i = 1.0 + 0.0 + 0.1 = 0, he2 , e2 i = h(0, 1, 0), (0, 1, 0)i = 0.0 + 1.1 + 0.0 = 1, he2 , e3 i = h(0, 1, 0), (0, 0, 1)i = 0.0 + 1.0 + 0.1 = 0, he3 , e3 i = h(0, 0, 1), (0, 0, 1)i = 0.0 + 0.0 + 1.1 = 1,

mostrando que B e um conjunto ortonormal, relativamente ao produto interno (12.4). Observa¸ c˜ ao 12.51

1. Se

(V, +, ·) e um espa co vetorial real < ·, · > e u = O ou v = O ent~ ao u⊥v.

munido de um produto interno

De fato, pois se, por exemplo, u = O teremos hu, vi = hO, vi = 0,

mostrando que u⊥v. 2. Se u, v 6= O ent~ao u⊥v se, e somente se, o ^angulo entre os vetores u e π v e θ= . 2 De fato, pois se θ ∈ [0, π] e o ^angulo entre os vetores u e v ent~ao, de (12.44), segue que hu, vi = kuk kvk cos(θ).

Logo u⊥v se, e somente se, cos(θ) = 0 ou, equivalentemente, π isto e, o ^angulo entre os vetores u e v e θ = . 2

θ=

π , 2

12.5. ORTOGONALIDADE

271

3. Se

S = {u1 , . . . , un } ⊂ V e um conjunto ortogonal 1, . . . , n ent~ ao ¯ ° u1 un ,..., ku1 k kun k

com

uj 6= O, j =

e um conjunto ortonormal. De fato, pois para i, j = 1, · · · , n temos, como ui 6= O segue que kui k 6= 0, logo h

uj ui 1 , i= hui , uj i kui k kuj k kui k kuj k  1 1  hui , ui i = kui k2 = 1, kui k kui k = kui k kui k  0,

j=i

i 6= j

mostrando que o conjunto S e ortonormal. Proposi¸ c˜ ao 12.52 Sejam (V, +, ·) um espa co vetorial real munido de produto interno < ·, · > e S = {u1 , . . . , un } ⊆ V um conjunto ortonormal. Ent~ao u1 , . . . , un s~ao linearmente independentes.

Prova:

Sejam α1 , · · · , αn ∈ R tais que α1 · u1 + · · · + αn · un = O.

(12.53)

Logo fazendo o produto interno do vetor acima com u1 e lembrando que hu1 , u1 i = ku1 k2 = 1

e huj , u1 i = 0,

para j = 2, . . . , n, obteremos 0 = hO, u1 i

(12.53)

hα1 · u1 + α2 u2 + · · · + αn · un , u1 i

= α1 hu1 , u1 i +α2 hu1 , u2 i + · · · + αn hun , u1 i = α1 , | {z } | {z } | {z } =1

isto e, α1 = 0. Logo (12.53) tornar-se- a

(12.54)

CAP ITULO 12. ESPAC OS EUCLIDIANOS

272

(12.55)

α2 · u2 + · · · + αn · un = 0.

Tomando o produto interno do vetor acima com u2 , obtemos, 0 = hO, u2 i

(12.55)

hα2 · u2 + α3 · u3 · · · + αn · un , u2 i

= α2 hu2 , u2 i +α2 hu3 , u2 i + · · · + αn hun , u2 i = α2 , | {z } | {z } | {z } =1

(12.56)

isto e, α2 = 0. Repetindo o processo chegaremos a conclus~ao que a u nica possibilidade para (12.53) ser a α1 = · · · = αn = 0, ou seja, os vetores u1 , · · · , un s~ao l.i., completando a demonstra c~ao. Observa¸ c˜ ao 12.57

1. A proposi ca~o acima continua v alida se S for apenas um conjunto ortogonal formado por vetores n~ao nulos. Deixaremos a veri ca c~ao deste fato como exerc cio para o leitor. 2. Se o espa co vetorial real (V, +, ·) munido de um produto interno tem dimens~ao n ent~ao, pela proposi cao acima, um conjunto ortonormal S de V que tem n elementos ser a uma base de V (pois o conjunto S ser a l.i.). Por isto temos a: Seja (V, +, ·) e um espa co vetorial real munido de um produto interno de dimens~ao n. Diremos que B =. {u1 , . . . , un } e uma base ortonormal de V se o conjunto B for um conjunto ortonormal. Defini¸ c˜ ao 12.58

19.11.2011 - 26.a

Com isto temos a

12.5. ORTOGONALIDADE

273

Proposi¸ c˜ ao 12.59 Sejam (V, +, ·) e um espa co vetorial real munido de um produto interno < ·, · > de dimens~ao n e B =. {u1 , . . . , un } uma base ortonormal de V e u ∈ V .

Ent~ao

u = hu, u1 i · u1 + · · · + hu, un i · un . Prova:

Como B =. {u1 , . . . , un } e uma base de V, existem α1 , . . . , αn ∈ R tais que u = α1 · u1 + · · · + αn · un .

Tomando o produto interno do vetor u com o vetor u1 obteremos hu, u1 i = hα1 · u1 + α2 · u2 · · · + αn · un , u1 i = α1 hu1 , u1 i +α2 hu2 , u1 i + · · · + αn hun , u1 i = α1 , | {z } | {z } | {z } =1

pois a base B e ortonormal, isto e, α1 = hu, u1 i.

Para j = 2, · · · , n temos, de modo an alogo, que hu, uj i = hα1 · u1 + · · · αj−1 · uj−1 + αj · uj + αj+1 · uj+1 + · · · + αn · un , uj i = α1 hu1 , uj i + · · · + αj−1 huj−1 , uj i +αj huj , uj i +αj+1 huj+1 , uj i | {z } | {z } | {z } | {z } =0

+ · · · + αn hun , uj i = αj , | {z } =0

pois a base B e ortonormal, mostrando que αj = hu, uj i,

completando a demonstra c~ao.

CAP ITULO 12. ESPAC OS EUCLIDIANOS

274 Observa¸ c˜ ao 12.60

Na situa c~ao acima, para cada j = 1, · · · , n, o vetor hu, uj i · uj

ser a denominado proje c~ao ortogonal do vetor u na dire c~ao do vetor uj . Seja (R2 , +, ·) espa co vetorial real munido do produto interno (12.4) (com n = 2). Encontre as coordenadas √e a matriz do vetor u =. (1, 1) ∈ √ √das coordenadas √ 2 2 2 2 R2 em rela c~ ao a base B =. {( , ), ( , − )}. Exemplo 12.61

Resolu¸ c˜ ao:

Sejam

√ √ √ √ 2 2 2 2 . . , ) e u2 = ( ,− ) u1 = ( 2 2 2 2 Observemos que B e uma base ortonormal de R2 pois: √ √ √ √ √ √ √ √ 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 , ), ( , )i = . + . = + = 1, hu1 , u1 i = h( 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 √ √ √ √ √ √ √ √ 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 , ), ( ,− )i = . + .(− ) = − = 0, hu1 , u2 i = h( 2√ 2√ 2√ 2√ 2 √ 2 √2 2 √2 2√ 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 hu2 , u2 i = h( ,− ), ( ,− )i = . + (− ).(− ) = + = 1. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Como a base B e uma base ortonormal, pela proposi c~ao anterior, temos que u = hu, u1 i · u1 + hu, u2 i · u2 √ √ √ √ √ √ √ √ 2 2 2 2 2 2 2 2 = h(1, 1), ( , )i · ( , ) + h(1, 1), ( ,− )i · ( ,− ) 2 2√ 2 2 2 2 √ 2√ 2 √ √ 2 2 2 2 = 2·( , )+0·( ,− ). 2 2 2 2

Desta forma a matriz coordenadas do vetor u = (1, 1), em rela c~ao a base B, ser a dada por µ√ ¶ [u]B =

Temos tamb em a

2 . 0

12.5. ORTOGONALIDADE

275

Proposi¸ c˜ ao 12.62 Sejam (V, +, ·) e um espa co vetorial real munido de um produto interno < ·, · > e U = [u1 , . . . , un ] o subespa co gerado por um conjunto ortonormal S =. {u1 , . . . , un }. Ent~ao, se u ∈ V temos que o vetor v ∈ V dado por . v = u − hu, u1 i · u1 − · · · − hu, un i · un

(∗)

e ortogonal a todo vetor w ∈ U, isto e, v⊥U. Em particular, v = O se, e somente se, u = hu, u1 i · u1 + · · · + hu, un i · un ,

ou seja, se, e somente se, u ∈ [u1 , . . . , un ]. Prova:

Seja w ∈ U. Como S e um conjunto ortonormal de V que gera U, pela proposi c~ao (12.52), segue que S ser a uma base para o subespa co vetorial U. Logo, existem escalares α1 , · · · , αn ∈ R tais que w=

n X

αj · uj .

j=1

Para mostrar que v ⊥ U precisaremos mostrar que hv, wi = 0. Observemos que hv, wi = hv,

n X

αj · uj i =

j=1

n X

αj hv, uj i.

j=1

Portanto, basta mostrar que hv, uj i = 0 para cada j = 1, . . . , n. Como u1 , . . . , un formam um conjunto ortonormal, para cada j = 1, · · · , n, temos (∗)

hv, uj i = hu − hu, u1 i · · · − hu, uj i · uj − · · · − hu, un i · un , uj i = hu, uj i − hu, u1 ihu1 , uj i − · · · − hu, uj ihuj , uj i − · · · − hu, un ihun , uj i [huj ,ui i=0, se i6=j] = hu, uj i − hu, uj i huj , uj i = huj , ui − hu, uj i = 0, | {z } =1

CAP ITULO 12. ESPAC OS EUCLIDIANOS

276 completando a demonstra c~ao. Temos a

Proposi¸ c˜ ao 12.63 Sejam (V, +, ·) e um espa co vetorial real produto interno < ·, · > e U um subespa co vetorial de V. Se u ∈ U e u⊥U ent~ao u = O.

munido de um

Prova:

Como u ∈ U e, por hip otese, o vetor u e ortogonal a todo vetor de U, teremos u ⊥ u (pois u ∈ U) implicando que kuk2 = hu, ui = 0,

ou seja, kuk = 0, mostrando que u = O, como quer amos demonstrar. Como consequ^encia temos a Proposi¸ c˜ ao 12.64 Sejam (V, +, ·) e um espa co vetorial real munido de um . produto interno < ·, · >, S = {u1 , . . . , un } e R =. {v1 , . . . , vn } conjuntos ortonormais tais que [S] = [R]. Ent~ao, para u ∈ V, temos hu, u1 i · u1 + · · · + hu, un i · un = hu, v1 i · v1 + · · · + hu, vn i · vn . Prova:

Seja u ∈ V. De namos U =. [R] = [S], . w1 = u − (hu, u1 i · u1 + · · · + hu, un i · un )

. w2 = u − (hu, v1 i · v1 + · · · + hu, vn i · vn ) .

Pela proposi c~ao (12.62) temos w1 , w2 ⊥U. Logo, se w ∈ U, temos

(*)

hw1 − w2 , wi = hw1 , wi − hw2 , wi = 0, | {z } | {z } (∗)

(∗)

12.5. ORTOGONALIDADE

277

isto e, (w1 − w2 )⊥U. Notemos tamb em que w1 − w2 = hu, v1 i · v1 + · · · + hu, vn i · vn − (hu, u1 i · u1 + · · · + hu, un i · un ) ∈ U.

Portanto, da proposi c~ao (12.63), segue que w1 − w2 = O, isto e, hu, u1 i · u1 + · · · + hu, un i · un = hu, v1 i · v1 + · · · + hu, vn i · vn ,

como quer amos demonstrar. Podemos agora introduzir a (V, +, ·) e um espa co vetorial real munido de um . produto interno < ·, · >, S = {u1 , . . . , un } ⊆ V um conjunto ortonormal, . U = [u1 , . . . , un ] e u ∈ V . O vetor w ∈ V dado por

Defini¸ c˜ ao 12.65

Sejam

. w = hu, u1 i · u1 + · · · + hu, un i · un

ser a chamado de proje c~ao ortogonal do vetor u sobre o subespa co U. Observa¸ c˜ ao 12.66 Se (V, +, ·) duto interno < ·, · > e v ∈ V e

Ent~ao

e um espa co vetorial real munido de um proum vetor n~ao nulo. . v } S={ kvk

e um conjunto ortonormal. Assim, se u ∈ V, a proje c~ao ortogonal do vetor vetorial [S] nada mais ser a do que o vetor

sobre o subespa co

v hu, vi v . i· = w = hu, · v. kvk kvk kvk2

Neste caso, por abuso de, diremos que o vetor w e chamado de proje c~ao ortogonal

do vetor u na dire c~ao do vetor v.

Notemos que o vetor n~ao nulo v n~ao e, necessariamente, unit ario mas v o vetor e unit ario (ver da observa c~ao (12.60). kvk

CAP ITULO 12. ESPAC OS EUCLIDIANOS

278 Apliquemos estas id eias ao

Considere o espa co vetorial real duto interno (12.4). Veri que que os vetores Exerc´ıcio 12.67

1 1 . 1 u1 = ( √ , − √ , √ ) 3 3 3

(R3 , +, ·)

munido do pro-

. 1 1 u2 = ( √ , √ , 0) 2 2

formam um conjunto ortonormal. Encontre a proje c~ao ortogonal do vetor gerado pelos vetores u1 e u2 .

. u = (2, 3, 1)

sobre o subespa co

Resolu¸ c˜ ao:

Temos que

1 1 1 1 1 1 hu1 , u1 i = h( √ , − √ , √ ), ( √ , − √ , √ )i 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = √ . √ + (− √ ).(− √ ) + √ . √ = + + = 1, 3 3 3 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 hu1 , u2 i = h( √ , − √ , √ ), ( √ , √ , 0)i 3 3 3 2 2 1 1 1 1 1 1 1 = √ . √ + (− √ ). √ + √ .0 = √ − √ + 0 = 0, 3 2 3 2 3 6 6 1 1 1 1 hu2 , u2 i = h( √ , √ , 0), ( √ , √ , 0)i 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 = √ . √ + √ ). √ ) + 0.0 = + = 1, 2 2 2 2 2 2 . ou seja, S = {u1 , u2 } e um conjunto ortonormal. Assim, a proje c~ao ortogonal do vetor u =. (2, 3, 1) sobre o subsepa co vetorial [u1 , u2 ] ser a dada pelo vetor . w = hu, u1 i · u1 + hu, u2 i · u2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = h(2, 3, 1), ( √ , − √ , √ )i · ( √ , − √ , √ ) + h(2, 3, 1), ( √ , √ , 0)i · ( √ , √ , 0) 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 5 5 = ( , , 0). 2 2

Podemos aplicar as id eias acima ao

12.5. ORTOGONALIDADE Exemplo 12.68

interno dado por

279

Considere o espa co vetorial real (P3 (R), +, ·) com o produto . hp, qi =

Z1 p(x)q(x) dx,

p, q ∈ P3 (R).

Encontre a proje c~ao do vetor p ∈ P3 (R) dado por p(x) = 1 + x + x2 + x3 ,

x∈R

sobre o subespa co vetorial gerado pelo vetor q, onde . q(x) = x3 − x,

x ∈ R.

Resolu¸ c˜ ao:

Observemos que ¯1 x7 x3 2x5 ¯¯ kqk = q (x) dx = (x − x) dx = (x + x − 2x ) dx = + − 7 3 5 ¯0 0 0 0 8 1 1 2 , = + − = 7 3 5 105 2

logo q 6= O e al em disso Z1 hp, qi =

Z1 p(x)q(x) dx =

Z1 = 0

(1 + x + x2 + x3 )(x3 − x) dx

(−x − x2 + x5 + x6 ) dx

[exerc cio]

−

11 . 21

Assim a proje c~ao ortogonal do vetor p sobre o subespa co vetorial gerado pelo vetor q, ser a dada pelo vetor r ∈ P3 (R), onde 11 hp, qi 55 [exerc cio] . · q(x) = − 21 (x3 − x) r(x) = = − (x3 − x), 2 8 kqk 8 105

x ∈ R.

CAP ITULO 12. ESPAC OS EUCLIDIANOS

280

12.6

Processo de Gram-Schmidt

A demonstra c~ao do pr oximo teorema fornece um m etodo para se conseguir uma base ortonormal de um espa co euclideano nitamente gerado a partir de uma base dada. Para isto temos o

Todo espa co vetorial real nitamente gerado, munido de um produto interno < ·, · >, possui uma base ortonormal. Teorema 12.69 Prova:

A prova e por indu c~ao sobre a dimens~ao do espa co. Seja (V, +, ·) um espa co vetorial real munido de um produto interno < ·, · > de dimens~ao nita. Se dim(V) = 1 ent~ao existe v1 ∈ V, v1 6= O, tal que V = [v1 ]. Como v1 6= O, de nindo-se . v1 u1 = kv1 k

segue que B =. {u1 } e um conjunto ortonormal e V = [u1 ], ou seja, B e uma base ortonormal do espa co vetorial real (V, +, ·). Se dim V = 2 ent~ao existem vetores v1 , v2 ∈ V l.i. tais que V = [v1 , v2 ], ou seja, C =. {v1 , v2 } e uma base do espa co vetorial real (V, +, ·). De namos . v1 u1 = . kv1 k

Nosso trabalho se resume em encontrar um vetor ortogonal ao vetor u1 e que tenha norma 1. Primeiramente vamos encontrar um vetor ortogonal ao vetor u1 . Pela proposi c~ao (12.62), basta de nirmos . u20 = v2 − hv2 , u1 i · u1 .

Temos que u20 6= O, pois os vetores v1 e v2 s~ao linearmente independentes. Resta agora normalizar o vetor u20 , isto e, de nirmos . u20 . u2 = ku20 k

12.6. PROCESSO DE GRAM-SCHMIDT Ent~ao

. v1 u1 = kv1 k

281

. v2 − hv2 , u1 i · u1 u2 = kv2 − hv2 , u1 i · u1 k

formam uma base ortonormal de V . Dado n ∈ N, suponhamos que tenhamos provado o teorema para todos os espa cos vetorial real munido de um produto interno < ·, · > de dimens~ao n − 1. Queremos provar que o mesmo e verdade para todo espa co vetorial real munido de um produto interno de dimens~ao n. Se dim(V) = n ≥ 2 ent~ao existem v1 , . . . , vn ∈ V que formam uma base de V. Notemos que . U = [v1 , . . . , vn−1 ]

e um subespa co vetorial do espa co vetorial (V, +, ·) e tem dimens~ao n − 1. Desse modo, usando a nossa hip otese de indu c~ao, e poss vel encontrar uma base ortonormal de U. Denotaremos estes vetores da base ortonormal de U por u1 , . . . , un−1 . Como vn 6∈ U (caso contr ario v1 , · · · , vn seriam l.d.) ent~ao, pela proposi c~ao (12.62), o vetor . un0 = vn − hvn , u1 i · u1 − · · · − hvn , un−1 i · un−1

e um vetor n~ao nulo e ortogonal a todos os elementos de U (portanto, ortogonal aos vetores u1 , . . . , un−1 ). Para nalizar, tomamos como base de V os vetores u1 , . . . , un−1 , un

onde

vn − hvn , u1 i · u1 − · · · − hvn , un−1 i · un−1 . un0 un = = , 0 kun k kvn − hvn , u1 i · u1 − · · · − hvn , un−1 i · un−1 k

completando a demonstra c~ao. Observa¸ c˜ ao 12.70

1. Notemos que na demonstra c~ao do teorema acima partimos da exist^encia de uma base do espa co vetorial e ortonormalizamos a mesma.

CAP ITULO 12. ESPAC OS EUCLIDIANOS

282

2. O procedimento de, partindo de uma base de um espa co vetorial, obter uma base ortonormal do mesmo (que foi o que zemos na demonstra c~ao do terema acima) e conhecido como processo de Gram-Schmidt. 3. No caso de um espa co vetorial real munido de um produto interno tridimensional, se B =. {v1 , v2 , v3 } e uma base, ent~ao uma base ortonormal deste espa co pode ser dada pelos vetores v1 , kv1 k v2 − hv2 , u1 i · u1 u2 = kv2 − hv2 , u1 i · u1 k v3 − hv3 , u1 i · u1 − hv3 , u2 i · u2 u3 = . kv3 − hv3 , u1 i · u1 − hv3 , u2 i · u2 k u1 =

Apliquemos este processo aos seguintes exemplos: Exemplo 12.71 Encontre uma base ortonormal do espa co vetorial real (W, +, ·) onde + e · s~ao as opera c~oes usuais de R3 , munido do produto interno (12.4), como n = 3, onde . W = {(x, y, z) ∈ R3 ; x − 2y = 0}. Resolu¸ c˜ ao:

Observemos que W e um subespa co vetorial de (R3 , +, ·) (veri que!). Notemos tamb em que (x, y, z) ∈ W se, e somente se, x = 2y ou, equivalentemente, (x, y, z) = (2y, y, z) = y · (2, 1, 0) + z · (0, 0, 1),

ou seja, W = [(2, 1, 0), (0, 0, 1)].

Desta forma B =. {(2, 1, 0), (0, 0, 1)} ser a uma base de W (pois geram e s~ao l.i.). De namos . u1 = (0, 0, 1),

pois este vetor e unit ario (tem norma 1).

12.6. PROCESSO DE GRAM-SCHMIDT

283

Pelo processo de Gram-Schmidt, o vetor u2 ser a a proje c~ao ortogonal, unit aria, do vetor v2 =. (2, 1, 0) na dire c~ao do vetor u1 , isto e . v2 − < v2 , u1 > ·u1 u2 = kv2 − < v2 , u1 > ·u1 k (2, 1, 0) − h(2, 1, 0), (0, 0, 1)i · (0, 0, 1) (2, 1, 0) [exerc cio] 2 1 = = ( √ , √ , 0), = k(2, 1, 0) − h(2, 1, 0), (0, 0, 1)i · (0, 0, 1)k k(2, 1, 0)k 5 5

assim obtemos a base ortonormal {u1 , u2 } para o espa co vetorial (W, +, ·). Podemos aplicar o mesmo processo para o Exerc´ıcio 12.72 Encontre uma base ortonormal do espa co vetorial real (W, +, ·) onde + e · s~ao as opera c~oes usuais de R4 , munido do produto interno (12.4), como n = 4, onde W = {(x, y, z, t) ∈ R4 ; x + y + z + t = 0}. Resolu¸ c˜ ao:

Observemos que W e um subespa co vetorial de (R4 , +, ·) (veri que!). Notemos tamb em que (x, y, z, t) ∈ W se, e somente se, x = −y − z − t ou, equivalentemente, (x, y, z, t) = (−y − z − t, y, z, t) = y · (−1, 1, 0, 0) + z · (−1, 0, 1, 0) + t · (−1, 0, 0, 1),

ou seja, W = [(−1, 1, 0, 0), (−1, 0, 1, 0), (1, 0, 0, −1)]. | {z } | {z } | {z } . . . =v =v =v 1

Como os vetores (−1, 1, 0, 0), (−1, 0, 1, 0), (−1, 0, 0, 1) s~ao linearmente independentes, segue-se que formam uma base do espa co vetorial real W (pois geram W ). De namos (−1, 1, 0, 0) 1 1 . v1 u1 = = = (− √ , √ , 0, 0). kv1 k k(−1, 1, 0, 0)k 2 2

CAP ITULO 12. ESPAC OS EUCLIDIANOS

284

Pelo processo de Gram-Schmidt teremos . v2 − < v2 , u1 > ·u1 u2 = kv2 − < v2 , u1 > ·u1 k 1 1 1 1 (−1, 0, 1, 0) − h(−1, 0, 1, 0), (− √ , √ , 0, 0)i · (− √ , √ , 0, 0) 2 2 2 2 1 1 1 1 k(−1, 0, 1, 0) − h(−1, 0, 1, 0), (− √ , √ , 0, 0)i · (− √ , √ , 0, 0)k 2 2 2 2 1 1 (− , − , 1, 0) 1 2 2 = = √ (−1, −1, 2, 0). 1 1 6 k(− , − , 1, 0)k 2 2

De modo an alogo,

. v3 − < v3 , u1 > ·u1 − < v3 , u2 > ·u2 u3 = kv3 − < v3 , u1 > ·u1 − < v3 , u2 > ·u2 k (−1, 0, 0, 1) − h(−1, 0, 0, 1), u1 i · u1 − h(−1, 0, 0, 1), u2 i · u2 . k(−1, 0, 0, 1) − h(−1, 0, 0, 1), u1 i · u1 − h(−1, 0, 0, 1), u2 i · u2 k

Como

segue que

1 1 1 h(−1, 0, 0, 1), u1 i = h(−1, 0, 0, 1), (− √ , √ , 0, 0)i = √ 2 2 2 1 1 h(−1, 0, 0, 1), u2 i = h(−1, 0, 0, 1), √ (−1, −1, 2, 0)i = √ 6 6

(−1, 0, 0, 1) − h(−1, 0, 0, 1), u1 iu1 − h(−1, 0, 0, 1), u2 iu2 1 1 1 1 1 (−1, 0, 0, 1) − √ (− √ , √ , 0, 0) − √ √ (−1, −1, 2, 0) 2 2 2 6 6 1 1 1 1 1 1 1 1 = (−1, 0, 0, 1) + ( , − , 0, 0) + ( , , − , 0) = (− , − , − , 1). 2 2 6 6 3 3 3 3

Desta forma,

1 1 1 (− , − , − , 1) 1√ 1 1 1 3 3 3 = 3(− , − , − , 1) 1 1 1 2 3 3 3 k(− , − , − , 1)k 3 3 3 base ortonormal {u1 , u2 , u3 } para o espa co vetorial (W, +, ·).

. u3 =

assim obtemos a

12.6. PROCESSO DE GRAM-SCHMIDT

285

Encontre uma base ortonormal do espa co vetorial real (P2 (R), +, ·) munido do produto interno Exemplo 12.73

. hp, qi =

p(x)q(x) dx, 0

p, q ∈ P2 (R).

Resolu¸ c˜ ao:

Usaremos o processo de Gram-Schmidt para construir uma base ortonormal a partir da base formada pelos polin^omios po , p1 , p2 ∈ P2 (R) onde, . po (x) = 1,

. p1 (x) = x,

Temos que 2

kpo k =

assim de nimos

p2o (x) dx

. p2 (x) = x2 , Z1 =

. qo (x) = po (x) = 1,

x ∈ R.

12 dx = 1

x ∈ R.

Seguindo o processo de Gram-Schmidt, de nimos . p1 − hp1 , qo iqo q1 (x) = . kp1 − hp1 , qo iqo k

Como

Z1 hp1 , po i =

Z1 p1 (x)qo (x) dx =

1 kp1 − hp1 , qo iqo k = [p1 (x) − qo (x)]2 dx = 2 0 2

x dx = 0

1 2

1 [exerc cio] 1 (x − )2 dx = , 2 12 0

segue que 1 x− √ √ 1 . q1 (x) = r 2 = |{z} 12 (x − ) = 3 (2x − 1), 2 1 √ =2 3 12

Por m, de namos . p2 − hp2 , qo iqo − hp2 , q1 iq1 . q2 (x) = kp2 − hp2 , qo iqo − hp2 , q1 iq1 k

x ∈ R.

CAP ITULO 12. ESPAC OS EUCLIDIANOS

286 Como

1 x2 dx = , 3 0 0 √ Z1 √ Z1 2 3 [exerc cio ] hp2 , q1 i = p2 (x)q1 (x) dx = 3 x (2x − 1) dx = 6 0 0 Z1 kp2 − hp2 , qo iqo − hp2 , q1 iq1 k2 = [p2 (x) − hp2 , qo iqo (x) − hp2 , q1 iq1 (x)]2 dx 0 Z1 1 [exerc cio ] 1 = (x2 − x + )2 dx = , 6 180 0 hp2 , qo i =

p2 (x)qo (x) dx =

segue que √ 1 . √ q2 (x) = | {z 180} (x2 − x + ) = 5 (6x2 − 6x + 1), 6 √

x ∈ R.

=6 5

Desta forma, uma base ortonormal de P2 (R) e dada por {qo , q1 , q2 } onde . qo (x) = 1,

. √ q1 (x) = 3 (2x − 1)

√

e q2 (x) =. 5 (6x2 − 6x + 1), x ∈ R. 23.11.2010 - 27.a

12.7

Complemento Ortogonal

Come caremos introduzindo a Defini¸ c˜ ao 12.74 Sejam (V, +, ·) um espa co vetorial real munido de um produto interno < ·, · > e U um subespa co vetorial de V. De nimos o complemento ortogonal de U, indicado por U⊥ , como sendo

o conjunto

. U⊥ = {v ∈ V; hv, ui = 0, ∀ u ∈ U}.

Com isto temos a Proposi¸ c˜ ao 12.75 rial de V.

Na situa c~ao acima temos que

U⊥

e um subespa co veto-

12.7. COMPLEMENTO ORTOGONAL

287

Prova:

Notemos que O ∈ U⊥ pois hO, ui = 0 para todo u ∈ U. Se v, w ∈ U⊥ e α ∈ R, ent~ao para todo u ∈ U, temos hv + α · w, ui = hv, ui +α hw, ui = 0. | {z } | {z } [v∈U⊥ ]

[w∈U⊥ ]

Portanto, (v + α · w) ∈ U⊥ , mostrando que U⊥ e um subespa co vetorial de V. Observa¸ c˜ ao 12.76 Se o espa co vetorial real (V, +, ·), munido de um produto interno < ·, · >, tem dimens~ao nita ent~ao v ∈ U⊥ se, e somente se, o vetor v e ortogonal a todos os vetores de uma base qualquer de U. De fato, se B =. {u1 , · · · , un } e uma base de U ent~ao se u ∈ U existem escalares α1 , · · · , αn ∈ R tais que u = α1 · u1 + · · · + αn · un .

Portanto v ∈ U⊥ se, e somente se, hv, ui = 0

para todo u ∈ U

⇔ hv, α1 · u1 + · · · + αn · un i = 0

⇐⇒ α1 hv, u1 i + · · · + αn hv, un i = 0

para todo α1 , · · · , αn ∈ R

⇐⇒ hv, u1 i = · · · = hv, un i = 0,

ou seja, o vetor v e ortogonal a todos os vetores da base B de U. Apliquemos estas id eias ao

Consideremos o espa co vetorial real produto interno (12.4) e Exemplo 12.77

. U = {(x, y, z) ∈ R3 ; x − y − z = 0}.

Encontre o subespa co vetorial U⊥ .

(R3 , +, ·)

munido do

CAP ITULO 12. ESPAC OS EUCLIDIANOS

288 Resolu¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor a veri ca c~ao que U e um subespa co vetorial de R3 , +, ·). Temos (x, y, z) ∈ U se, e somente se, x = y + z ou, equivalentemente, (x, y, z) = (y + z, y, z) = y · (1, 1, 0) + z · (1, 0, 1),

ou seja, U = [(1, 1, 0), (1, 0, 1)].

Logo os vetores (1, 1, 0) e (1, 0, 1) formam uma base de U (pois geram e s~ao l.i., veri que!). Assim, da observa c~ao acima, (x, y, z) ∈ U⊥ se, e somente se, h(x, y, z), (1, 1, 0)i = 0

ou seja,

x+y=0 x+z=0

h(x, y, z), (1, 0, 1)i = 0,

⇐⇒ (x, y, z) = x · (1, −1, −1),

x ∈ R.

Assim, U⊥ = [(1, −1, −1)]. Teorema 12.78 Sejam (V, +, ·) um espa co vetorial real munido de um produto interno < ·, · >, de dimens~ao nita e U um subespa co vetorial de V. Ent~ao V = U ⊕ U⊥ . Prova:

Dado v ∈ V, consideremos o vetor w que e a proje c~ao ortogonal do vetor v sobre U, isto e, . w = hv, u1 i · u1 + · · · + hv, un i · un ,

onde B = {u1 , · · · , un } e uma base ortonormal de U. Observemos que v = w + (v − w).

12.8. ISOMETRIA

289

Logo, pela proposi c~ao (12.62), como w ∈ U teremos que (v − w)⊥U, ou seja, para todo u ∈ U, hv − w, ui = 0, logo , v = |{z} w + (v − w) ∈ U + U⊥ , mostrando ∈U

| {z } U⊥

que V = U + U⊥ . Agora, se u ∈ U ∩ U⊥ ent~ao hu, ui = 0 e, portanto, u = O, ou seja, V = U ⊕ U⊥ , completando a demonstra c~ao.

12.8

Isometria

Defini¸ c˜ ao 12.79 Sejam (U, +, ·) e (V, +, ·) espa cos vetoriais reais munidos de produtos internos. Diremos que T ∈ L (U, V) e uma isometria de U em V se hT (u1 ), T (u2 )i = hu1 , u2 i,

para todo

u1 , u2 ∈ U.

Note que os produtos internos acima, embora representados pelo mesmo s mbolo, s~ao produtos internos de V e de U, respectivamente, isto e, de modo rigoroso, der amos escrever

Observa¸ c˜ ao 12.80

hT (u1 ), T (u2 )iU = hu1 , u2 iV ,

para todo

u1 , u2 ∈ U.

Para simpli car a nota c~ao omitiremos os ndices U e V nos respectivos produtos internos envolvidos na igualdade. Com isto temos o

Sejam θ ∈ R xado, (R2 , +, ·) espa co vetorial real munido do produto interno (12.4) e T : R2 → R2 dada por Exerc´ıcio 12.81 (Rota¸ c˜ ao em R2 )

. T (x, y) = (x cos(θ) − y sen(θ), x sen(θ) + y cos(θ)),

(x, y) ∈ R2 .

Mostre T e uma isometria de R2 em R2 . Resolu¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor a veri ca c~ao que T ∈ L (R2 ).

CAP ITULO 12. ESPAC OS EUCLIDIANOS

290

Se (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) ∈ R2 temos que hT (x1 , y1 ), T (x2 , y2 )i = h(x1 cos(θ) − y1 sen(θ), x1 sen(θ) + y1 cos(θ)),

(x2 cos(θ) − y2 sen(θ), x2 sen(θ) + y2 cos(θ))i

[exerc cio]

x1 x2 (cos2 (θ) +

sen2 (θ)) − y1 x2 (− cos(θ) sen(θ) + cos(θ) sen(θ)) − x1 y2 (cos(θ) sen(θ) − cos(θ) sen(θ)) + y1 y2 (cos2 (θ) + sen2 (θ))

= x1 x2 + y1 y2 = h(x1 , y1 ), (x2 , y2 )i,

mostrando que T e uma isometria de R2 em R2 . Temos o

Sejam (U, +, ·), (V, +, ·) espa cos vetoriais reais munidos de produtos internos e T ∈ L (U, V). S~ao equivalentes: Teorema 12.82

e uma isometria de U em V ;

kT (u)k = kuk

kT (u) − T (v)k = ku − vk

para todo u ∈ U; para todo u, v ∈ U;

4. Se {u1 , . . . , un } ⊆ U e um conjunto ortonormal ent~ao {T (u1 ), . . . , T (un )} ser a um conjunto ortonormal em V. Prova: (1. =⇒ 2.): Como T ∈ L (U, V)

e uma isometria temos que

hT (u), T (v)i = hu, vi

para todo

u, v ∈ U. (∗)

Em particular, tomando u = v, obteremos (∗)

kT (u)k2 = hT (u), T (u)i = hu, ui = kuk2 ,

para todo

u ∈ U,

ou seja, kT (u)k = kuk, para todo u ∈ U, mostrando que 2. ocorrer a.

12.8. ISOMETRIA

291

(2. =⇒ 3.):

Para todo u, v ∈ U, temos kT (u) − T (v)k

e linear] [2.] = kT (u − v)k = ku − vk,

mostrando que 3. ocorrer a. (3 =⇒ 1): Note que kT (u) + T (v)k

[v=−(−v)

e T e linear] [3.] = kT (u) − T (−v)k = ku − (−v)k = ku + vk.

(∗∗)

Pela proposi c~ao (12.36), para todo u, v ∈ U temos 1 hT (u), T (v)i = (kT (u) + T (v)k2 − kT (u) − T (v)k2 ) 4 (∗∗) 1 = (ku + vk2 − ku − vk2 ) = hu, vi, 4

mostrando que 1. ocorrer a. (1 =⇒ 4): Se {u1 , . . . , un } e um conjunto ortonormal de U ent~ao, como T e uma isometria, temos ± 1, se i = j hT (ui ), T (uj )i = hui , uj i = 0, se i 6= j, ou seja, {T (u1 ), . . . , T (un )} e um conjunto ortonormal, mostrando que 4. ocorrer a. (4 =⇒ 1): Seja B =. {u1 , . . . , un } uma base ortonormal de U. Por hip otese temos que C =. {T (u1 ), . . . , T (un )} e uma conjunto ortonormal. Logo se u, v ∈ U, existem escalares α1 , · · · , αn , β1 , · · · , βn ∈ R tais que u = α1 · u1 + · · · + αn · un

v = β 1 · u1 + · · · + β n · un .

CAP ITULO 12. ESPAC OS EUCLIDIANOS

292 Como isto obteremos hT (u), T (v)i = hT [

n X

αi · ui ], T [

n X

i=1 [T

βj · uj ]i

j=1 n

i=1

j=1

X XX e linear] X = h αi · T (ui ), βj · T (uj )i = αi βj hT (ui ), T (uj )i | {z } n X

i=1 j=1

=δij

(12.83)

α i βi .

i=1

Por outro lado, hu, vi = h

n X

αi · ui ,

i=1

n X

βj · uj i =

j=1

n X n X i=1 j=1

αi βj hui , uj i | {z } =δij

αi βi .

(12.84)

i=1

Comparando as express~oes (12.83) e (12.84), conclu mos que T e uma isometria de U em V , completando a demonstra c~ao. Como consequ^encia temos o

Sejam (U, +, ·), (V, +, ·) espa cos vetoriais reais munidos de produtos internos e T ∈ L (U, V) uma isometria de U em V . Ent~ao a transforma c~ao linear T e injetora. Corol´ ario 12.85

Prova:

Basta ver que se T (u) = O, como T e isometria, temos ent~ao kuk

[teor.

(12.82) item 2.] = kT (u)k = kOk = 0,

portanto, u = O, mostrando que a transforma c~ao linear T e injetora. Tamb em como consequ^encia temos o

12.8. ISOMETRIA

293

Sejam (U, +, ·), (V, +, ·) espa cos vetoriais reais munidos de produtos internos com e dim(U) = dim(V) e T ∈ L (U, V) uma isometria de U em V . Ent~ao T e um isomor smo de U em V . Corol´ ario 12.86

Prova:

Como os espa cos vetoriais reais (U, +, ·) e (, +, ·)V t^em a mesma dimens~ao e, pelo corol ario acima, a transforma c~ao linear T e injetora, segue-se, do corol ario (8.57), que a transforma c~ao linear T e uma bije c~ao, isto e, um isomor smo de U em V . Apliquemos isto ao Exerc´ıcio 12.87 Sejam (R2 , +, ·) espa co vetorial real munido do produto interno (12.4) e T ∈ L (R2 ) tal que a matriz do operador linear T com rela c~ao a uma base ortonormal de R2 e dada por µ ¶ 1 2 . −2 1

Pergunta-se:

e uma isometria em R2 ?

Resolu¸ c˜ ao:

Vejamos, se B =. {u, v} e uma base ortonormal de R2 e µ ¶ a b c d

e a matriz de uma isometria S ∈ L (R2 ) com rela c~ao a esta base ent~ao (12.88) (12.89)

S(u) = a · u + c · v, S(v) = b · u + d · v.

Pelo teorema anterior deveremos ter kS(u)k | {z }

(12.88)√

a2 +c2

= kuk = 1

e kS(v)k(12.89)√ =

b2 +d2

kvk = 1.

CAP ITULO 12. ESPAC OS EUCLIDIANOS

294 Al em do mais,

hS(u), S(v)i | {z } (12.88),(12.89)

Logo deveremos ter

= hu, vi = 0.

ab+bd

 2 2   a + c = 1 b2 + d2 = 1   ab + cd = 0

Deste modo, o operador linear T n˜ao pode se uma isometria pois, por exemplo, a2 + c2 = 12 + (−2)2 = 5 6= 1.

Sejam (U, +, ·) espa co vetorial real nitamente gerado, munido de um produto interno, B =. {u1 , . . . , un } uma base ortonormal de U e T ∈ L (U) uma isometria.

Observa¸ c˜ ao 12.90

1. Encotremos a matriz do operador linear T em rela c~ao a base B. Consideremos M =. [T ]B = (aij ). Para cada j = 1, · · · , n temos que T (uj ) = a1j · u1 + · · · + anj · un ,

assim hT (ui ), T (uj )i = ha1i · u1 + · · · + ani · un , a1j · u1 + · · · + anj · un i n n n n X X X X aki amj huk , um i =h aki · uk , amj · um i = | {z } k=1

por outro lado temos

n X

m=1

k=1 m=1

aki akj = a1i a1j + · · · + ani anj

k=1

hT (ui ), T (uj )i = hui , uj i = δij =

± 1, 0,

se i = j se i 6= j

=δkm

12.8. ISOMETRIA

295

ou seja, para cada j = 1, · · · , n deveremos ter a1i a1j + · · · + ani anj = δij .

Portanto, as colunas da matriz M, quando vistas como vetores do (Rn , s~ ao vetores ortonormais no espa co vetorial Rn , +, ·), munido do produto interno (12.4). 2. Vale observar tamb em que Mt M

[exerc cio]

(a1i a1j + · · · + ani anj ) = In .

Uma matriz quadrada com a propriedade acima ser a chamada de matriz ortogonal.

Deixaremos para o leitor o Exerc´ıcio 12.91 Sejam A, B ∈ Mn (R) tais que AB = In . Mostre que BA = In e, portanto, B = A−1 . Observa¸ c˜ ao 12.92

1. Em particular, o exerc cio acima nos diz que se uma matriz M ∈ Mn (R) e uma matriz ortogonal ent~ao ela ser a uma matriz invers vel e al em disso, sua matriz inversa ser a sua matriz transposta, isto e, M−1 = Mt .

2. Observemos que a equa c~ao MMt = In

nos diz que as linhas da matriz M quando vistas como vetores do Rn s~ ao vetores ortonormais no espa co vetorial Rn , +, ·), munido do produto interno (12.4).

CAP ITULO 12. ESPAC OS EUCLIDIANOS

296

3. Se a matriz M ∈ Mn (R) e ortogonal ent~ao [ det(M)= det(Mt )]

det2 (M) = det(M). det(M) = t = det(M M) = det(In ) = 1,

det(Mt ). det(M)

isto e, det(M) = ±1. Conclus~ao: o determinante de uma matriz ortogonal ser a igual a ±1. 4. A rec proca deste fato n˜ao e verdadeira, isto e existem matriz quadradas A ∈ Mn (R) de tal modo que det(A) = ±1 mas a matriz A n˜ ao e uma matriz ortogonal. Deixaremos como exerc cio para o leitor encontrar uma tal matriz. 12.9

Operador Autoadjunto

Defini¸ c˜ ao 12.93 Sejam (U, +, ·) um duto interno < ·, · > e T ∈ L (U). Diremos que o operador linear T

espa co vetorial real munido de um pro e um operador autoadjunto em U se

hT (u), vi = hu, T (v)i,

para todo u, v ∈ U. Com isto temos o Exemplo 12.94 Sejam (R2 , +, ·) espa co terno (12.4) e T ∈ L (R2 ) dado por

vetorial real munido do produto in-

. T ((x, y)) = (ax + by, bx + cy),

(X, y) ∈ R2 .

Veri que que o operador linear T e um operador autoadjunto em R2 . Resolu¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor a veri ca c~ao que T ∈ L (R2 ).

12.9. OPERADOR AUTOADJUNTO

297

Se (x, y), (z, t) ∈ R2 temos hT (x, y), (z, t)i = h(ax + by, bx + cy), (z, t)i = axz + byz + bxt + cyt.

Por outro lado, h(x, y), T (z, t)i = h(x, y), (az + bt, bz + ct)i = axz + bxt + byz + cyt.

Comparando as express~oes vemos que hT (x, y), (z, t)i = h(x, y), T (z, t)i,

mostrando que o operador linear T e um operador autoadjunto em R2 .

Encotremos a matriz do operador do exemplo anterior com rela c~ao a base ortonormal B =. {(1, 0), (0, 1)}. Para isto temos que

Observa¸ c˜ ao 12.95

T ((1, 0)) = (a.1 + b.0, b.1 + c.0) = (a, b) = a · (1, 0) + b · (0, 1), T ((0, 1)) = (a.0 + b.1, b.0 + c.1) = (b, c) = b · (1, 0) + c · (0, 1),

assim

µ ¶ a b [T ]B = b c

ou seja, e uma matriz sim etrica (pois [T ]tB = [T ]B ). Isto, como vermos no pr oximo teorema, n~ao e uma simples coincid^encia. Teorema 12.96 Seja (U, +, ·) um espa co vetorial real munido de um produto interno < ·, · > de dimens~ao nita e T ∈ L (U). O operador linear T ser a um operador autoadjunto em U se, e somente se, a matriz do operador linear T em rela c~ao a uma base ortonormal de U

for um matriz sim etrica. Prova:

Sejam B =. {u1 , . . . , un } uma base ortonormal e A = (aij ) a matriz do operador linear T em rela c~ao a base B. Com isto temos que T (uk ) = a1k · u1 + · · · + ank · un =

n X m=1

amk · um ,

(12.97)

CAP ITULO 12. ESPAC OS EUCLIDIANOS

298 para todo k = 1, . . . , n. Logo hT (ui ), uj i

[(12.97)

n n X com k=i] X ami · um , uj i = ami hum , uj i = h | {z } m=1

m=1

=δmj

(12.98)

= aji .

Por outro lado, hui , T (uj )i

[(12.97)

n n X X com k=j] = hui , amj · um i = amj hui , um i | {z } m=1

m=1

=δim

(12.99)

= aij .

Suponha que o operador linear T seja um operador autoadjunto em U. Logo de (12.98) e (12.99) segue que aij = aji , i, j = 1, · · · , n, ou seja, a matriz de T em rela c~ao a base ortonormal B e uma matriz sim etrica. Reciprocamente, suponha que a matriz (aij ) do operador linear T em rela c~ao a base ortonormal B =. {u1 , . . . , un } seja uma matriz sim etrica. Devemos mostrar que hT (u), vi = hu, T (v)i,

u, v ∈ U.

Como u, v ∈ U, existem escalares α1 , · · · , αn , β1 , · · · , βn ∈ R tais que u = α1 ·u1 +· · ·+αn ·un =

n X

αm ·um

e v = β1 ·u1 +· · ·+βn ·un =

m=1

n X

βk ·uk .

k=1

Ent~ao, como o produto interno e linear em cada uma de suas entradas e a base B e um base ortonormal de U, teremos hT (u), vi = hT ( =h

n X

αm · um ), vi

m=1 n X

n X

m=1

k=1

αm · T (um ),

e linear] X = h αm · T (um ), vi i=1

β k · uk i =

n X n X m=1 k=1

αm βk hT (um ), uk i

12.9. OPERADOR AUTOADJUNTO

299

e, analogamente, hu, T (v)i = hu, T (

n X

βk · uk )i

X e linear] = hu, βk · T (uk )i

k=1

n X

αm · um ,

m=1

n X

k=1 n X

βk · T (uk )i =

k=1

n X

αm βk hum , T (uk )i.

m=1 k=1

Logo, basta mostrar que hT (um ), uk i = hum , T (uk )i,

m, k = 1, · · · , n.

Como a matriz (aij ) e a matriz do operdaor linear T em rela c~ao a esta base, e ela e uma matriz sim etrica temos, por (12.98) e (12.99), que hT (ui ), uj i = aij = aji = hui , T (uj )i,

como quer amos demonstrar. Com isto temos o Teorema 12.100 Sejam (U, +, ·) um espa co vetorial real munido de um produto interno < ·, · > e T ∈ L (U). Se o operador linear T e autoadjunto e λ, µ s~ao autovalores distintos de T ent~ ao os autovetores do operador T correspondentes a esses autovalores

ser~ao ortogonais.

Prova:

Sejam u e v autovetores correspondentes a λ e µ respectivamente, isto e, T (u) = λ · u

e T (v) = µ · v.

Com isto temos (λ − µ)hu, vi = hλ · u, vi − hu, µ · vi = hT (u), vi − hu, T (v)i [T e autoadjunto] = hT (u), vi − hT (u), vi = 0.

Como λ 6= µ, segue-se que hu, vi = 0.

CAP ITULO 12. ESPAC OS EUCLIDIANOS

300

Finalizaremos este cap tulo com o seguinte resultado que provaremos apenas no caso bidimensional. O caso unidimensional e trivial. Para a prova no caso geral, indicamos a leitura do livro Algebra Linear, de Elon L. Lima, Cole c~ao Matem atica Universit aria [L]. Teorema 12.101 Sejam (U, +, ·) um espa co vetorial real munido de um produto interno < ·, · > de dimens~ao nita e T ∈ L (U) um operador autoadjunto em U. Ent~ao existe uma base ortonormal de U formada por autovetores de T. Em particular, o operador linear T ser a diagonaliz avel. Prova:

Faremos a demonstra c~ao do caso bidimensional. Como comentamos acima, a demonstra c~ao do caso geral poder a ser encontrada em ([L]). Seja B =. {u, v} uma base ortonormal de U. Pelo teorema (12.96) segue que a matriz do operador linear T ser a uma matriz sim etrica, ou seja, da forma µ ¶ A=

a b , b c

para algum a, b ∈ R. Desta forma, o polin^omio caracter stico associado ao operador linear T ser a da forma pT (λ) = λ2 − (a + c)λ + ac − b2 ,

λ ∈ C.

Como ∆ = (a + c)2 − 4(ac − b2 ) = a2 + c2 − 2ac + 4b2 = (a − c)2 + 4b2 ≥ 0

vemos que o polin^omio pT s o apresenta ra zes reais. Se a = c e b = 0 segue que a matriz A ser a da forma

µ ¶ a 0 A= = a.I2 0 a

a pr opria base B serve para completar a prova do teorema. Agora, se a 6= c ou b 6= 0 ent~ao o polin^omio pT possui duas ra zes reais distintas, isto e, o operador linear T apresenta dois autovalores reais e distintos.

12.10. EXERC ICIOS

301

Logo, pelo teorema (12.100), os autovetores u1 , u2 correspondentes ser~ao ortogonais e como s~ao n~ao nulos, pois s~ao autovetores, ser~ao l.i. . u u Basta tomar como base para U o conjunto B =. { 1 , 2 } que est a ser a uma ku1 k ku2 k base ortonormal de U (formada por autovetores de T ), completando a demonstra c~ao. Como consequ^encia temos o

Se a matriz matriz diagonaliz avel. Corol´ ario 12.102

A ∈ Mn (R)

e sim etrica ent~ao ela e uma

Prova:

Consideremos o espa co vetorial real (Mn×1 (R), +, ·) munido do produto interno usual. Observemos que se de nirmos T : Mn×1 (R) → Mn×1 (R) por . T (X) = AX,

X ∈ Mn×1 (R),

ent~ao T ser a um operador linear em Mn×1 (R) cuja matriz em rela c~ao a base can^onica de Mn×1 (R) (que e uma base ortonormal) ser a a matriz A, que e sim etrica. Logo do teorema (12.96) segue que o operador T ser a autoadjunto que, pelo teorema acima, dever a ser diagonaliz avel. Portanto a matriz A ser a diagonaliz avel, completando a demonstra c~ao.

12.10

Exerc´ıcios

At´ e aqui para a 2.a Prova, Prova Substitutiva e de Recupera¸ c˜ ao 30.11.2010 - 28.a - 2.a Prova 7.12.2010 - 29.a - Prova Substitutiva

302

CAP ITULO 12. ESPAC OS EUCLIDIANOS

Cap´ıtulo 13

Forma Canˆ onica de Jordan 13.1

Introdu¸c˜ ao e Exemplos

Como vimos no cap tulo anerior, nem todo operador linear e diagonaliz avel. No entanto, se (U, +, ·) e um espa co vetorial nitamente gerado e T ∈ L (U), existir a uma base com rela c~ao a qual, a matriz do operador linear T em rela c~ao a essa base car a "parecida" a uma matriz diagonal. A seguir daremos uma pequena descri c~ao de como e a forma desta tal matriz "parecida" com uma matriz diagonal, mas antes precisamos de algumas nota c~oes. Observa¸ c˜ ao 13.1

1. Seja pT (λ) o polin^omio caracter stico de T. Observemos que, pelo Teorema Fundamental da Algebra, o polin^omio pT fatora-se como pT (λ) = (λ1 − λ)m1 · · · (λn − λ)mn [(λ − α1 )2 + β21 ]p1 · · · [(λ − αk )2 + β2k ]pk ,

onde λi 6= λj , para i 6= j, com i, j = 1, · · · , n e (αr , βr ) 6= (αs , βs ) para r 6= s, como r, s = 1, · · · k. De modo geral, o Teorema Fundamental da Algebra garante que podemos escrever o polinômio pT como produto de um n umero nito de fatores que ser~ao potências naturais de polinômios irredut veis do 1.o e do 2.o graus. 303

^ CAP ITULO 13. FORMA CANONICA DE JORDAN

304

2. Notemos que cada escalar αr + iβr ser a uma raiz complexa (n~ao real) do polin^omio pT . Al em disso temos m1 + · · · + mn + 2p1 + · · · 2pk = dim(U).

3. Se λ ∈ R (que ser a uma rais real do polin^omio pT ) e r ∈ N, denotaremos por J(λ; r) a matriz quadrada de ordem r cujos elementos da diagonal principal s~ao iguais a λ e todos os elementos logo acima da mesma, iguais a 1, ou seja,  λ  0 .  0 J(λ; k) =  . . . 0 

1  0  0 = λ . . . 0

1 0 ··· λ 1 ··· 0 λ ···

.. .. . . . . .

0 0 ··· 0 0 ··· 1 0 ··· 0 1 ···

.. .. . . . . .

0 0 ···

 0  0  0 ..  .  λ r×r   0 0   0 0   0 0 + . ..   . . . 1 0

1 0 ··· 0 1 ··· 0 0 ···

.. .. . . . . .

0 0 ···

r×r

 0  0  0 ..  .  0

r×r

= λ.Ir + N,

onde Ir e a matriz identidade de ordem r e  0  0 .  0 N= . . . 0

1 0 ··· 0 1 ··· 0 0 ···

.. .. . . . . .

0 0 ···

 0  0  0 ..  .  0

r×r

4. Notemos que Nr e a matriz nula, isto e, a matriz nilpotente (veri que!).

e uma matriz

~ E EXEMPLOS 13.1. INTRODUC AO

305

5. Se α + iβ ∈ C \ R (que ser a uma raiz complexa, n~ao real, do polin^omio pT ) e r ∈ N e um n umero par, denotaremos por R(α, β; r) a matriz quadrada de ordem r de nida por: 

α −β    0 .  0 R(α, β; r) =   .  .  .   0 0

β 1 α 0 0 α 0 −β

.. .

0 1 β α

0 0

0 ··· 0 ···

 0 0   0  0 . .. ..   . .  α β −β α r×r

··· ··· ··· ···

0 0 0 0

.. . . . .

6. Se B1 , . . . , Bk s~ao matrizes quadradas, n~ao necessariamente de ordens iguais, denotaremos por diag (B1 , . . . , Bk ) a matriz quadrada de ordem igual a soma das ordens de B1 , . . . , Bk dada por: por 

B1 0 · · ·  0 B2 · · · diag (B1 , . . . , Bk ) =.   .. .. . . . . . 0

···

 0 0  . ..  . Bk

7. Para ilustar se, por exemplo,   2 1 0 B1 = 0 2 1 0 0 2



3  −4  B2 =  0 0

4 1 3 0 0 3 0 −4

 0  1  4 3

^ CAP ITULO 13. FORMA CANONICA DE JORDAN

306

ent~ao

 2

   0    0   ··· diag (B1 , B2 ) =    0    0    0 

···

.. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. .

 0

···

−4

  0   0   · · · . 0   1   4  3

Com isto temos o seguinte resultado cuja demonstra c~ao ser a omitida (para maiores detalhes ver [L]): Teorema 13.2 (Forma Canˆ onica de Jordan) Sejam (U, +, ·) um espa co vetorial de dimens~ao nita e T ∈ L (U) cujo polin^omio caracter stico e dado

por

pT (λ) = (λ1 − λ)m1 · · · (λn − λ)mn [(λ − α1 )2 + β21 ]p1 · · · [(λ − αk )2 + β2k ]pk ,

λ ∈ R,

onde λi 6= λj , para i 6= j, com i, j = 1, · · · , n e (αr , βr ) 6= (αs , βs ) para r 6= s, como r, s = 1, · · · k e βr > 0, para r = 1, · · · , k. Ent~ao existe uma base de U em rela c~ao a qual a matriz do operador linear T e da forma J=

diag (J1 , . . . , Jp , R1 , . . . , Rq ),

(13.3)

onde

J1 , . . . , Jp s~ ao da forma J(λ; r) para algum r ∈ N e λ ∈ {λ1 , . . . , λn } e R1 , . . . , Rq s~ ao da forma R(α, β; s) para algum s ∈ N e (α, β) ∈ {(α1 , β1 ), . . . , (αk , βk )}.

Observa¸ c˜ ao 13.4

1. Pode-se mostrar que a matriz J em (13.3) e u nica, a menos de permuta c~oes dos seus blocos que comp~oem a sua diagonal.

~ E EXEMPLOS 13.1. INTRODUC AO

307

2. Se λ e um autovalor real do operador linear T ent~ao a soma das ordens dos blocos do tipo J(λ; s) ser a igual a multiplicidade alg ebrica do autovalor λ. 3. Se α + iβ e uma raiz complexa, n~ao real, do polin^omio pT (ou seja, um autovalor compl cexo n~ao real) ent~ao a soma das ordens dos blocos do tipo R(α, β; s) e igual ao dobro da multiplicidade alg ebrica da raiz α + iβ.

4. Se λ e um autovalor real do operador linear T com multiplicidade geom etrica r ent~ao existem r blocos do tipo J(λ; s) associados ao autovalor λ.

5. Suponha que

pT (λ) = (λ1 − λ)m1 · · · (λn − λ)mn

onde λi 6= λj , se i 6= j, como i, j = 1, · · · n. Se mj tamb em e multiplicidade geom etrica de λj ent~ao o teorema de Jordan nos diz que o operador linear T e diagonaliz avel (pois neste caso os blocos do tipo. R(α, β; s) n~ao ocorrer~ao). 6. O Teorema de Jordan nos diz que a matriz de um operador linear T com rela c~ ao a uma base arbitr aria e semelhante a uma matriz da forma (13.3), que ser a denominada, matriz de blocos. Apliquemos estas id eias aos seguinte exemplos: Exemplo 13.5 L (U).

Seja

(U, +, ·)

um espa co vetorial nitamente gerado e

T ∈

Encontre as poss veis matrizes na forma can^onica de Jordan do operador linear T cujo polin^omio caracter stico e dado por pT (λ) = (2 − λ)3 (1 − λ), Resolu¸ c˜ ao:

λ ∈ C.

Note que o operador linear T possui dois autovalores, a saber, λ1 =. 2 e λ2 =. 1 (pois s~ao as u nicas raizes do polin^omio pT ).

308

^ CAP ITULO 13. FORMA CANONICA DE JORDAN

Como as multiplicidades alg ebricas e geom etrica do autovalor λ2 = 1 s~ao iguais a 1 (pois e uma ra z simples do polin^omio pT ), temos que o u nico bloco correspondente a este autovalor ser a J(λ2 ; 1) = (1).

Com rela c~ao ao autovalor λ1 = 2, a sua multiplicidade alg ebrica e três ( e uma ra z tripla do polinômio pT ). Se sua multiplicidade geom etrica for 3 ent~ao existir~ao três blocos associados a este autovalor e todos eles s~ao iguais a (2). Neste caso, a matriz da forma canônica de Jordan para este operador ser a forma:   1  0  0 0

0 2 0 0

0 0 2 0

0  0 , 0 2

isto e, o operador linear T ser a diagonaliz avel. Se a multiplicidade geom etrica do autovalor λ1 = 2 for 2, ent~ao existem dois blocos correspondentes a este autovalor que s~ao da forma µ ¶ 2 1 J(2; 2) = . 0 2

J(2; 1) = (2)

Assim, a matriz da forma can^onica de Jordan para este operador linear ser a da forma:   1  0  0 0

0 2 0 0

0 1 2 0

0  0 . 0 2

Se a multiplicidade geom etrica do autovalor λ1 = 2 for 1, ent~ao existir a um bloco correspondente a este autovalor que e   2 1 0 J(2; 3) = 0 2 1 . 0 0 2

~ E EXEMPLOS 13.1. INTRODUC AO

309

Assim, a matriz da forma can^onica de Jordan para este operador linear ser a da forma:   1  0  0 0

0 2 0 0

0 1 2 0

0  0 . 1 2

Para o exemplo acima encontre qual das poss veis formas da matriz de Jordan associada ao operador linear T e a que ocorrer a. Exerc´ıcio 13.6

Sugest~ao: encontre V(λ1 ). Exemplo 13.7 L (U).

Seja

(U, +, ·)

um esap co vetorial nitamente gerado e

T ∈

Encontre as poss veis matrizes na forma can^onica de Jordan de um operador linear T cujo polin^omio caracter stico e dado por pT (λ) = (1 − λ)2 (4 + λ2 ),

λ ∈ C.

Resolu¸ c˜ ao:

Utilizando a nota c~ao do teorema (13.2) temos que λ1 = 1,

α=0

β = 2.

Como α + iβ = 0 + i2 ∈ C \ R tem multiplicidade 1 (como raiz do polin^omio pT ), associado ao mesmo s o existe um bloco do tipo µ R(0, 2; 2) =

¶ 0 2 . −2 0

Se a multiplicidade geom etrica do autovalor λ1 = 1 for 2 ent~ao existem apenas dois blocos associados a este autovalor e s~ao iguais a (1). Neste caso, a matriz da forma can^onica de Jordan para este operador linear T ser a da forma:   1  0  0 0

0 0 1 0 0 0 0 −2

0  0 . 2 0

^ CAP ITULO 13. FORMA CANONICA DE JORDAN

310

Se a multiplicidade geom etrica do autovalor λ1 = 1 for 1 ent~ao existe apenas um bloco, de ordem dois, associado a este autovalor que ser a do tipo µ ¶ 1 1 J(1; 2) = . 0 1 T

Neste caso, a matriz da forma can^onica de Jordan para este operador linear ser a da forma:   1  0  0 0

1 0 1 0 0 0 0 −2

0  0 . 2 0

Deixaremos a cargo do leitor o

Para o exemplo acima encontre qual das poss veis formas da matriz de Jordan associada ao operador linear T e a que ocorrer a. Exerc´ıcio 13.8

Exemplo 13.9 Sejam (R4 , +, ·) espa co vetorial real (onde + e · s~ ao as opera c~oes 4 4 4 usuais de R ) e T : R → R dada por T (x, y, z, t) = (2x + y + z + t, 2y − z − t, 3z − t, 4t),

(x, y, z, t) ∈ R4 .

Mostre que T ∈ L (R4 ) e encontre uma base de R4 com rela c~ao a qual a matriz do operador linear T est a na forma can^onica de Jordan. Resolu¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor veri car que T ∈ L (R4 ). Se C e a base can^onica de R4 temos que

T ((1, 0, 0, 0)) = (2, 0, 0, 0) = 2 · (1, 0, 0, 0) + 0 · (0, 1, 0, 0) + 0 · (0, 0, 1, 0) + 0 · (0, 0, 0, 1) T ((0, 1, 0, 0)) = (1, 2, 0, 0) = 1 · (1, 0, 0, 0) + 2 · (0, 1, 0, 0) + 0 · (0, 0, 1, 0) + 0 · (0, 0, 0, 1) T ((0, 0, 1, 0)) = (1, −1, 3, 0) = 1 · (1, 0, 0, 0) + (−1) · (0, 1, 0, 0) + 3 · (0, 0, 1, 0) + 0 · (0, 0, 0, 1) T ((0, 0, 0, 1)) = (1, −1, −1, 4) = 1 · (1, 0, 0, 0) + (−1) · (0, 1, 0, 0) + (−1) · (0, 0, 1, 0) + 4 · (0, 0, 0, 1)

~ E EXEMPLOS 13.1. INTRODUC AO

311

logo a matriz do operador linear T com rela c~ao a B ser a dada por  2  0  0 0

 1 1 1  2 −1 −1 . 0 3 −1 0 0 4

O polin^omio caracter stico associado ao operador liear T ser a dado por pT (λ) = (3 − λ)(4 − λ)(2 − λ)2 ,

λ ∈ C.

Com isto podemos mostra que (veri que!) e

V(3) = [(0, 1, −1, 0)]

 0  0  0 0

V(4) = [(0, 0, 1, −1)].

Desta forma vemos que dim[V(3)] = dim[V(4)] = 1. Vejamos qual a dimens~ao de V(2). Temos que (x, y, z, t) ∈ V(2) se, e somente se,

    1 1 1 x 0      [exerc cio] 0 −1 −1 y 0    =   ⇐⇒ (x, y, z, t) = (x, 0, 0, 0) = x · (1, 0, 0, 0), x 6= 0 0 1 −1  z  0 0 0 2 t 0

Assim, dim[V(2)] = 1 e o operador linear T n~ao ser a diagonaliz avel. Sendo assim, a matriz do operador linear T na forma can^onica de Jordan ser a da seguinte forma:   2  0  0 0

1 2 0 0

0 0 3 0

0  0 . 0 4

Notemos que se pusermos u1 = (1, 0, 0, 0),

u3 = (0, 1, −1, 0)

u4 = (0, 0, 1, −1)

(s~ao autovetores do operdaor linear T ) ent~ao para que u1 , u2 , u3 , u4 seja a base procurada, o vetor u2 deve satisfazer T (u2 ) = u1 +2·u2 ,

ou seja, (T −2.I)(u2 ) = u1 ou ainda , {[T ]B −2.I4 }.[u2 ]B = [u1 ]B .

^ CAP ITULO 13. FORMA CANONICA DE JORDAN

312

Desta forma,

  a   b colocando-se u = (a, b, c, d), temos que [u]B =    e portanto c d  0  0  0 0

    1 a 1 1 1     0 −1 −1 b 0   =   0 1 −1  c  0 0 d 0 0 2

cuja solu c~ao geral e da forma (a, 1, 0, 0), para a ∈ R (verifque!). Podemos tomar, por exemplo, u2 =. (0, 1, 0, 0) e isto nos fornecer a a base procurada.

13.2

Exerc´ıcios

Cap´ıtulo 14

Apˆ endice I - Matrizes 14.1

Introdu¸c˜ ao

Neste cap tulo trataremos de um elemento que e de grande importância, em Lgebra Linear, a saber: Matrizes. particular, no estudo da A Lembraremos a de ni c~ao, as opera c~oes, propriedades das mesmas e algumas aplica c~oes que s~ao particularmente importantes para o nosso contexto. Introduziremos o escalonamento de matrizes e apresentaremos algumas aplica c~oes desse processo para resolu c~ao des sistemas lineares (homogêneos e n~ao homoêneos) e para invers~ao de matrizes. No segundo Apêndice apresentamos o m etodo de Crammer para resolu c~ao de sistemas lineares.

14.2

Defini¸c˜ oes B´ asicas

Defini¸ c˜ ao 14.1

Uma matriz e uma tabela retangular de n umeros reais ou

complexos. Tais n umeros s~ao denominados entradas da matriz. Uma matriz ser a sempre indicada por uma letra mai uscula: Uma matriz horizontal ser a denominada matriz linha. Uma matriz vertical ser a dita em matriz coluna. 313

A, B, C ....

^ CAP ITULO 14. APENDICE I - MATRIZES

314

O tamanho de uma matriz e o seu n umero de linhas pelo seu n umero de colunas. Observa¸ c˜ ao 14.2

1. Em geral uma matriz, de tamanho n × m, com entradas aij ,

1 ≤ i ≤ n,

1≤j≤m

tem a seguinte forma: 

a11  a21  A= .  ..

a12 a22

.. .

 . . . a1m . . . a2m   = (aij )n×m .. ..  . . 

an1 an2 . . . anm

onde n, m ∈ N s~ao xos. 2. No caso acima diremos que a matriz A tem n linhas e m colunas. 3. Quando n = m a matriz A ser a dita quadrada de ordem n. 4. No caso acima, as entradas aii , naremos de diagonal principal. Exemplo 14.3

A matriz

i = 1, . . . , n

formar~ao o que denomi-

 1 A= i  −3 

e uma matriz (complexa) coluna de tamanho 3 × 1. Exemplo 14.4

A matriz B=

10 50 π e

e uma matriz (real) linha de tamanho 1 × 4.

~ BASICAS 14.2. DEFINIC OES Exemplo 14.5

315

A matriz (real) 

 1 2 3 C= 4 5 6  7 8 9

e uma matriz de tamanho 3 × 3, logo quadrada de ordem 3. Mota¸ c˜ ao 14.6

Denotaremos por

. Mnm (R) = {matrizes

de tamanho n × m que tem entradas n umeros reais}

e de modo semelhante de nimos . Mnm (C) = {matrizes

de tamanho n × m que tem entradas n umeros complexos}.

Quando n = m dentotaremso Mn (R) (ou Mn (C)), isto e, . Mn (R) = {matrizes

Mnn (R)

(ou

Mnn (C))

simplesmante por

de quadradas de oredm n que tem entradas n umeros reais}

e de modo an alogo de nimos Mn (C). Para simpli car a nota c~ao acima, denotaremos o conjunto acima por Mnm , quando n~ ao for importante o tipo de entradas da matriz (se reais ou complexas). Nos exemplos acima teremos que A ∈ M31 (C),

B ∈ M14 (R)

C ∈ M3 (R).

Para n, m, p, q ∈ N sejam A ∈ Mnm e B ∈ Mpq . Diremos que as matrizes A e B s~ao iguais, escrevendo A = B, se e somente se Defini¸ c˜ ao 14.7

n = p,

m=q

aij = bij ,

para i = 1, . . . , n

j = 1, . . . , m,

onde A = (aij ) e B = (bij ), ou seja, duas matrizes s~ao iguais ser~ao iguais se, e somente se, t^em o mesmo tamanho e as correspondentes entradas s~ao iguais.

^ CAP ITULO 14. APENDICE I - MATRIZES

316

14.3

Opera¸co ˜es com Matrizes

Para n, m, p, q ∈ N sejam A ∈ Mnm , B ∈ Mpq . De niremos a adi c~ao das matrizes A e B, indicada por A + B, se, e somente se, n = p e m = q e neste este caso, a matriz C =. A + B ∈ Mnm ter a como entradas Defini¸ c˜ ao 14.8

. cij = aij + bij ,

i = 1, . . . , n,

j = 1, . . . , m,

onde A = (aij ) e B = (bij ). Observa¸ c˜ ao 14.9

Logo se A = (aij ), B = (bij ) e C = A + B ent~ao (cij ) = (aij + bij ).

Exemplo 14.10

Se A =

2 3 1 3 1 2 µ

A+B=

e B=

1 1 i 1 0 −2

3 4 1+i 4 1 0

ent~ao

¶ .

Com isso temos as seguintes propriedades: Proposi¸ c˜ ao 14.11

e fechado como a opera c~ao de adi c~ao de nida acima, isto e, a soma de duas matrizes n × m e uma matriz n × m; Mnm

2. A adi c~ao em Mnm e comutativa, isto e, A + B = B + A,

para todo A, B ∈ Mnm ;

3. A adi c~ao em Mnm e associativa, isto e, (A + B) + C = A + B + C,

para todo A, B, C ∈ Mnm ;

~ COM MATRIZES 14.3. OPERAC OES

317

4. A adi c~ao em Mnm tem elemento neutro, isto e, existe uma ( unica) matriz n × m, denominada matriz nula, indicada por O tal que A + O = A,

para todo

A ∈ Mnm ;

A matriz O e a matriz de ordem n × m cujas entradas s~ao todas zero, isto e, . O = (0ij ),

onde

. 0ij = 0,

1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m.

5. A adi c~ao em Mnm adminte elemento oposto, isto e, se A ∈ Mnm , existe uma ( unica) matriz n × m, denominada oposta da matriz A, denotada por −A tal que A + (−A) = 0.

A matriz −A e a matriz de ordem n × m cujas entradas s~ao os opostos das correspondentes entradas da matriz A, isto e, se A = (aij )

ent~ao

. − A = (−aij ).

Demonstra¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor a veri ca c~ao das propriedades acima.

Se cujas entradas s~ao:

Defini¸ c˜ ao 14.12

A ∈ Mnm

bij = αaij ,

α ∈ R

(ou C) ent~ao a matriz

B ∈ Mnm

i = 1, . . . , n, j = 1, . . . , m,

ser a denominada produto do n umero real (ou complexo) α pela matriz A e indicada por α · A. Observa¸ c˜ ao 14.13 (aij ) ∈ Mnm ent~ ao

Da de ni c~ao acima temos que se α · (aij ) = (αaij ).

α ∈ R

(ou

α ∈ C)

^ CAP ITULO 14. APENDICE I - MATRIZES

318 Exemplo 14.14

Se A =

2 3 1 3 1 2 µ

α·A=

e α = −2 ent~ao

−4 −6 −2 −6 −2 −4

¶ .

Com isto temos as seguintes propriedades: Proposi¸ c˜ ao 14.15

Para α, β ∈ R (ou C) e A, B ∈ Mnm temos:

1. Vale a distributiva do produto de n umero real (ou complexo) pela soma de matrizes, isto e: α · (A + B) = α · A + α · B;

2. Vale a distributiva da soma de n umeros reais (ou complexos) pelo produto de matriz, isto e: (α + β) · A = α · A + β · B;

3. Vale a associativa do produto de n umeros reais (ou complexos) pelo produto de matrizes, isto e: (αβ) · A = α · (β · A);

4. Vale 1.A = A;

5. Vale 0.A = O. Demonstra¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor a veri ca c~ao das propriedades acima.

~ COM MATRIZES 14.3. OPERAC OES

319

Sejam A = (aik ) ∈ Mnm , B = (bkj ) ∈ Mmp . De nimos o produto da matriz A pela matriz B como sendo a matriz C = (cik ) ∈ Mnp , indicada por AB, cujas entradas s~ ao dadas por Defini¸ c˜ ao 14.16

. X cij = aik bkj

i = 1, . . . , n,

j = 1, . . . , p

k=1

Observa¸ c˜ ao 14.17

1. Para podermos realizar o produto de duas matrizes, isto e, AB, e necess ario que o n umero de colunas da matriz A seja igual ao n umero de linhas da matriz B. 2. O produto n˜ao e comutativo, isto e, em geral AB 6= BA, como mostra o seguinte exemplo: Se A =

0 0 1 1

B= µ

AB =

0 0 1 0

1 0 1 0 ¶

ent~ao µ

BA =

0 0 0 0

¶ ,

ou seja, neste caso, AB 6= BA.

3. Este modo de de nir produto de matrizes e u til em diversas situa c~oes. Entre outras, para transformarmos sistemas lineares de equa c~oes alg ebricas do 1.o grau em equa c~oes matriciais, como mostra o exemplo:    z1 = a11 y1 + a12 y2 z2 = a21 y1 + a22 y2   z = a y + a y 3 31 1 32 2

 z1 z =  z2  , A = (aij ) z3 

onde

⇔

µ e

y1 y2

z=A·y

Deixaremos como exerc cio para o leitor a veri ca c~ao da igualdade acima.

^ CAP ITULO 14. APENDICE I - MATRIZES

320

Temos as seguintes propriedades para o produto de matrizes: Proposi¸ c˜ ao 14.18

1. O produto de matrizes e associativo, isto e: A(BC) = (AB)C,

para todo

A ∈ Mnm , B ∈ Mmp , C ∈ Mpq ;

2. Vale a distributiva do protudo de matrizes pela soma de matrizes, isto e: A(B + C) = AB + AC,

para todo

A ∈ Mnm , B, C ∈ Mmp ;

3. Vale a distributiva da soma de matrizes pelo produto de matrizes, isto e: (A + B)C = AC + BC,

para todo

A, B ∈ Mnm , C ∈ Mmp ;

4. Vale a associativa do produto de n umeros reais (ou complexos) por matrizes, isto e: α(AB) = (αA)(B) = A(αB),

para todo

α ∈ R(

ou C), A ∈ Mnm , B ∈ Mmp .

Demonstra¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor a veri ca c~ao das propriedades acima.

Com isto temos o seguinte exerc cio, cuja resolu c~ao deixaremos a cargo do leitor: 

Ex. 14.19

Mostre que

 3 −1 1 A= 2 0 1  1 −1 2

e solu c~ao da equa c~ao

z3 − 5z2 + 8z − 4 = 0,

onde An =. A.A . . . A}. | {z n−vezes

~ COM MATRIZES 14.3. OPERAC OES Defini¸ c˜ ao 14.20

321

A matriz I ∈ Mnn cujas entradas s~ao: ± . aij = δij =

0 1

se se

i 6= j i=j

ser a denominada matriz identidade de ordem n indicada por In . Proposi¸ c˜ ao 14.21

Se A ∈ Mnm ent~ao In A = AIm = A.

Demonstra¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor a veri ca c~ao das propriedades acima.

Observa¸ c˜ ao 14.22 Para n umeros reais (ou complexos) propriedade: se α 6= 0 ent~ao existe α−1 tal que

temos a seguinte

α.α−1 = 1.

Para matrizes isto pode, em geral, n˜ao ocorrer como mostra o seguinte exemplo: µ ¶ 1 0 Se A = ent~ao n˜ao existe uma matriz B tal que 0 0

AB = I2 .

De fato, se existisse a matriz ent~ao dever amos ter µ AB =

(∗) µ

B =

b11 b12 0 0

b11 b12 b21 b22 µ

1 0 0 1

tal que que vale (*),

¶ = I2

para qualquer b11 , b12 ∈ R (ou C) mostrando que isto e imposs vel. Em vista disso temos a seguinte de ni c~ao:

^ CAP ITULO 14. APENDICE I - MATRIZES

322

Seja A ∈ Mnn . Se existir uma matriz X ∈ Mnn tal que

Defini¸ c˜ ao 14.23

AX = XA = In

ent~ao diremos que A e uma matriz invers vel. A matriz X ser a dita uma matriz inversa da matriz A. Com isto temos o exerc cio:

µ ¶ 3 −4 Exerc´ıcio 14.24 X = e uma matriz −2 3 ¶ µ 3 4 pois (veri que!) 2 3 AX = XA = I1 .

inversade da matriz

Temos a: Proposi¸ c˜ ao 14.25 (Unicidade da inversa de uma matriz quadrada) ~ X ∈ Mnn s~ ao matrizes inversas da matriz A ∈ Mnn ent~ao

Se X e

~ = X. X Demonstra¸ c˜ ao:

Observemos que se X e X~ s~ao inversas de A ent~ao teremos, em particular, que XA = In (1)

assim

~ (2) e In = AX,

~ = (XA)X~ = In X~ = X, ~ X = XIn = = X(AX)

ou seja,

(2)

(1)

~ X = X,

como quer amos demonstrar.

Logo se uma matriz quadrada admite uma matriz inversa esta ser a u nica, com isto podemos introduzir a seguinte de ni c~ao.

Observa¸ c˜ ao 14.26

~ COM MATRIZES 14.3. OPERAC OES

323

Uma matriz A ∈ Mnn que adminte uma matriz inversa ser a dita n~ao singular. Neste caso a matriz inversa da matriz A ser a denotada por A−1 . Uma matriz A ∈ Mnn que n˜ao admite matriz inversa ser a denominada singular. Defini¸ c˜ ao 14.27

Com isto temos a:

Sejam A, B ∈ Mnn matrizes n~ao singulares. Ent~ao a matriz AB ∈ Mnn e uma matriz n~ao singular e

Proposi¸ c˜ ao 14.28

(AB)−1 = B−1 A−1 . Demonstra¸ c˜ ao: Como A e uma

matriz n~ao singular segue que: AA−1 = A−1 A = In .

Mas B tamb em e uma matriz n~ao singular assim BB−1 = B−1 B = In .

Portanto, (B−1 A−1 )(AB) = B−1 (A−1 A)B = (B−1 In )B = B−1 B = In (AB)(B−1 A−1 ) = A(BB−1 )A−1 = (AIn )A−1 = AA−1 = In .

Portanto a matriz AB e n~ao singular e (AB)−1 = B−1 A−1 , como quer amos demonstrar. Como conseq u^encia temos o:

Sejam A1 , . . . , Ak ∈ Mnn matrizes n~ao singulares. Ent~ao a matriz A1 A2 . . . Ak ∈ Mnn e uma matriz n~ao singular e

Corol´ ario 14.29

−1 (A1 . . . Ak )−1 = A−1 k . . . A1 .

^ CAP ITULO 14. APENDICE I - MATRIZES

324 Demonstra¸ c˜ ao:

Basta usar a Proposi c~ao anterior e indu c~ao matem atica. Deixaremos os detalhes como exerc cio para o leitor.

Observa¸ c˜ ao 14.30

1. Mostramos na proposi c~ao acima que o subconjunto das matrizes n~ao singulares em Mnn e fechado em rela c~ao ao produto de matrizes, ou seja, se A e B ∈ Mnn s~ao n~ao singulares ent~ao AB tamb em ser a n~ao singular. µ

0 0 1 1

1 0 1 0

2. Vimos num exemplo anterior que se A = 6= O e B = 6= O mas AB = O. Observemos que tanto A quanto B s~ao matrizes singulares (veri que!). Se uma das duas fosse n~ao singular isso n˜ao poderia ocorrer, como mostra o resultado a seguir. Proposi¸ c˜ ao 14.31 Mnp e tal que

A ∈ Mnn

e uma matriz n~ao singular e a matriz

AB = O ∈ Mnp

ent~ao B = O. Demonstra¸ c˜ ao:

Como a matriz A e uma matriz n~ao singular ent~ao AA−1 = A−1 A = In .

Mas, B = In B = (A−1 A)B = A−1 (AB) = A−1 0 = 0

como quer amos demonstrar.

⇒

B = 0,

B∈

14.4. ALGUMAS MATRIZES IMPORTANTES

325

Uma aplica c~ao para as propriedades desenvolvidas acima seria considerar a equa c~ao matricial:

Observa¸ c˜ ao 14.32

Ax· = b

(∗)

onde A ∈ Mnn , B ∈ Mn1 s~ao dados e x ∈ Mn1 a ser encontrada (se poss vel). Se A e uma matriz n~ao singular ent~ao . x = A−1 · b

ser a a u nica solu c~ao da equa c~ao matricial (*). Deixaremos como exerc cio para o leitor a veri ca c~ao deste fato. Observemos que a equa c~ao matricial acima corresponde a um sistema linear de n equa c~oes alg ebricas lineares a n inc ognitas, logo as correspontes entradas da matriz coluna x ser~ao as ( unicas) solu c~oes do sistema linear associado. 14.4

Algumas matrizes importantes

Defini¸ c˜ ao 14.33

Uma matriz quadrada A ∈ Mn ser a dita ser matriz diagonal para

aij = 0

i 6= j,

i, j = 1, . . . , n.

Uma matriz quadrada A ∈ Mn ser a dita triangular superior se aij = 0, para i > j, , j = 1, . . . , n. Analogamente diremos que a matriz quadrada A ∈ Mn e triangular inferior aij = 0,

para

i < j,

, j = 1, . . . , n.

Observa¸ c˜ ao 14.34

1. Uma matriz diagonal A ∈ Mn , dever a ser do seguinte tipo: 

a11 0  0 a22  A= . ..  .. . 0

... ...

...

0 0

.. .

. . . ann



  . 

^ CAP ITULO 14. APENDICE I - MATRIZES

326

2. Uma matriz triangular superior A ∈ Mn , dever a ser do seguinte tipo: 

a11 a12  0 a22  A= . ..  .. . 0

... ...

...

 a1n a2n   . ..  . 

. . . ann

3. Uma matriz triangular inferior A ∈ Mn , dever a ser do seguinte tipo: 

a11  a21  A= .  ..

0 a22

... ...

.. .

  . 

.. .

...

an1 an2



0 0

. . . ann

Com isto temos as seguintes propriedades: Proposi¸ c˜ ao 14.35

1. Se as matrizes A, B ∈ Mn s~ao matrizes diagonais ent~ao as matrizes A + B, AB e α · A ser~ ao matrizes diagonais, onde α ∈ R (ou C). 2. Se a matriz A = (aij ) e uma matriz diagonal cuja diagonal principal n~ao cont em 0 (isto e, aii 6= 0, i = 1, · · · , n), ent~ao a matriz A e uma matriz n~ao singular (isto e, existe a matriz inversa da matriz A) e al em disso   −1

1  a11  =  0  0

...

.. . ...

0 0 1 ann

  .  

3. Se as matrizes A, B ∈ Mn s~ao matrizes tringulares superiores (inferiores, respectivamente) ent~ao as matrizes A + B, AB e αA ser~ao matrizes triangulares superior (inferior, respectivamente), onde α ∈ R (ou C).

14.5. DETERMINANTE

327

4. Se a matriz A ∈ Mn e triangular superior (inferior, repectivamente) cuja diagonal principal tem entradas n~ao nulas ent~ao a matriz A e uma a matriz n~ao singular, isto e, existe a matriz inversa da matriz A e al em disso a matriz A−1 tamb em ser a uma matriz triangular superior (inferior, repectivamente). Demonstra¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor a veri ca c~ao das propriedades acima.

14.5

Determinante

Defini¸ c˜ ao 14.36 Seja A ∈ Mn uma matriz Se n = 1, de nimos o determinante da

como sendo

quadrada. matriz A, denotado por det(A),

det(A) =. a11 .

Se n > 1, para cada i, j ∈ {1, · · · , n}, de namos a matriz Aij , a matriz quadrada de ordem n − 1, obtida da matriz A, retirando-se a i- esima linha e j- esima coluna da matriz A, isto e, 

a11

...

a1(j−1)

a1(j+1)

...

a1n

 .. .. ..  . . .   a . . . a a . . . a(i−1)n .  (i−1)(j−1) (i−1)(j+1) Aij =  (i−1)1  a(i+1)1 . . . a(i+1)(j−1) a(i+1)(j+1) . . . a(i+1)n  .. .. ..  . . .  an1 ... an(j−1) an(j+1) ... ann

          

Assumindo que o determinante de uma matriz de ordem (n − 1) × (n − 1) j a foi encontrado, de nimos: n

X det(A) =. a1j |A1j | j=1

onde

. |A1j | = (−1)1+j det(Aij )

j = 1, . . . , n.

^ CAP ITULO 14. APENDICE I - MATRIZES

328

O n umero |Aij | de nido acima ser a denominado cofator do elemento aij da matriz A e a matriz B = (|Aij |) ser a denominada matriz cofatora da matriz A e denotada por cof (A). Com isto temos a: Proposi¸ c˜ ao 14.37 µ ¶ a11 a12 1. Se A = a21 a22

ent~ao det(A) = a11 a22 − a21 a22 ;



2. Se

 a11 a12 a13 A =  a21 a22 a23  a31 a32 a33

ent~ao

det(A) = a11 a22 a33 −a11 a23 a32 −a12 a21 a33 +a12 a23 a31 +a13 a21 a32 −a13 a22 a31 .

3. det(O) = 0, onde O e a matriz nula, quadrada de ordem n; 4. det(In ) = 1, , onde In e a matriz identidade de ordem n; 5. Se A ∈ Mn e diagonal ent~ao det(A) = a11 . . . ann ,

onde A = (aij ); 6. Se A ∈ Mn e triangular superior (inferior, respectivamente) ent~ao det(A) = a11 . . . ann ,

onde A = aij . Demonstra¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor a veri ca c~ao das propriedades acima.

14.5. DETERMINANTE

329

Poder amos de nir o determinantepor meio dos cofatores de qualquer coluna ou linha da matriz A que obter amos o mesmo valor, isto e, para io ∈ {1, · · · , n} xado temos que

Observa¸ c˜ ao 14.38

det(A) =

n X

aio j |Aio j |,

j=1

onde

. |Aio j | = (−1)io +j det(Aio j ),

j = 1, . . . , n,

ou, para jo ∈ {1, · · · , n} xado temos que det(A) =

n X

aijo |Aijo |,

i=1

onde

|Aijo | = (−1)i+jo det(Aijo ),

i = 1, . . . , n.

Conclus~ao: para cada io , jo ∈ {1, · · · , n} xados temos que det(A) =

n X j=1

aio j |Aio j | =

n X

aijo |Aijo |.

i=1

A seguir dexibiremos algumas propriedades importantes do determinante de uma matriz quadrada. Para isto precisaremos da:

Dada uma matriz A ∈ Mn podemos realizar as seguintes opera c~oes com suas colunas (ou linhas, respectivamente):

Defini¸ c˜ ao 14.39

i) trocar duas colunas (ou linhas, respectivamente); ii) multiplicar uma coluna (ou linha, respectivamente) por um α ∈ R (ou C) n~ ao nulo; iii) adicionar uma coluna (ou linha, respectivamente) multiplicada por a outra coluna (linha, respectivamente).

^ CAP ITULO 14. APENDICE I - MATRIZES

330

Tais opera c~oes ser~ao denominadas opera c~oes elementares sobre as colunas (ou linhas, respectivamente) da matriz A. Com isto temos a: Proposi¸ c˜ ao 14.40

Consideremos

Seja A ∈ Mn .

. B = (a∗1 , . . . , a∗(k−1) , b∗k , a∗(k+1) , . . . , a∗n )

. C = (a∗1 , . . . , a∗(k−1) , c∗k , a∗(k+1) , . . . , a∗n )

onde a∗k denota a j- esima coluna da matriz A para mente para as matrizes B e C) e seja ko ∈ {1, · · · n}. Para β, γ ∈ R (ou C), se

j = 1, · · · , n

(analoga-

a∗ko = βb∗ko + γc∗ko ,

ent~ao

det(A) = β det(B) + γ det(C).

Demonstra¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor a veri ca c~ao das propriedades acima.

Vale um resultado an alogo ao da proposi c~ao acima para as correspondentes opera c~oes sobre as linhas da matriz, isto e, se

Observa¸ c˜ ao 14.41



a1∗ ...

   a  (k−1)∗ .  B =  bk∗   a(k+1)∗   ... an∗ )

          

14.5. DETERMINANTE

331 

a1∗ ...

   a  (k−1)∗ .  C =  ck∗   a(k+1)∗   ... an∗ )

          

onde ak∗ denota a j- esima linha da matriz A para j = 1, · · · , n (analogamente para as matrizes B e C) e seja ko ∈ {1, · · · n}. Para β, γ ∈ R (ou C), se ako ∗ = βbko ∗ + γcko ∗ ,

ent~ao

det(A) = β det(B) + γ det(C).

Como conseq u^encia da Proposi c~ao temos o: Corol´ ario 14.42

1. Se A ∈ Mn ent~ao det[a∗1 , . . . , a∗(k−1) , βa∗k , a∗(k+1) , . . . , a∗n ] = β det[a∗1 , . . . , a∗n ].

2. Se A ∈ Mn ent~ao det[a∗1 , . . . , a∗(k−1) ,b∗k + c∗k , a∗(k+1) , . . . , a∗n ] = det[a∗1 , . . . , a∗(k−1) , b∗k , a∗(k+1) , . . . , a∗n ] + det[a∗k , . . . , a∗(k−1) , c∗k , a∗(k+1) , . . . , a∗n ]. Demonstra¸ c˜ ao:

De 1. : Basta tomar γ = 0 na Proposi c~ao acima. De 2. : Basta tomar β = γ = 1 na Proposi c~ao acima.

^ CAP ITULO 14. APENDICE I - MATRIZES

332 Observa¸ c˜ ao 14.43

1. O item 1. do corol ario acima nos diz que o determinante de uma matriz que tem uma coluna (ou linha) multiplicada por uma constante pode ser obtido multiplicando-se o determinante da matriz pela constante. 2. O item 2. do corol ario acima nos diz que o determinante de uma matriz que tem uma coluna (ou linha) obtida da soma de duas colunas pode ser obtido somando-se os determinante das matrizes que te^em cada uma das colunas adicionadas. 3. Vale um resultado an alogo ao do corol ario acima para as correspondentes opera c~oes sobre as linhas da matriz A. Conseq u^encia do Corol ario acima temos o: Corol´ ario 14.44

Se A ∈ Mn e a∗ko = 0 para algum 1 ≤ ko ≤ n ent~ao det(A) = 0.

Demonstra¸ c˜ ao: Basta tomar β = 0

no item 1. do Corol ario acima.

Observa¸ c˜ ao 14.45

1. O resultado acima nos diz que se uma coluna de uma matriz quadrada e nula ent~ao o determinante da matriz ser a zero. 2. Vale um resultado an alogo ao do corol ario acima para as correspondentes opera c~oes sobre as linhas da matriz A. Um outro resultado importante e dado pela: Proposi¸ c˜ ao 14.46

Se A ∈ Mn ent~ao

det(a∗1 , . . . , a∗k , . . . , a∗j , . . . , a∗n ) = − det(a∗1 , . . . , a∗j , . . . , a∗k , . . . , a∗n ).

14.5. DETERMINANTE

333

Demonstra¸ c˜ ao:

Ser a deixada como exerc cio para o leitor.

Observa¸ c˜ ao 14.47

1. O resultado acima nos diz que se trocarmos duas colunas de uma matriz quadrada seu determinate muda de sinal. 2. Vale um resultado an alogo trocando-se "coluna" por "linha", isto e, se trocarmos duas linhas de uma matriz quadrada seu determinate muda de sinal. A demonstra c~ao deste fato ser a deixada como exerc cio para o leitor. Como conseq u^encia da Proposi c~ao acima temos o: Corol´ ario 14.48

Se A ∈ Mn e a∗ko = a∗jo ,

1 ≤ ko , jo ≤ n

(isto e, se a matriz A tem duas colunas iguais) ent~ao det(A) = 0. Demonstra¸ c˜ ao:

Da Proposi c~ao acima segue que se trocarmos a ko - esima coluna com a jo - esima coluna o determinante da matriz obtida ser a menos o determinante da matriz A. Mas a matriz obtida da troca da ko - esima coluna com a jo - esima coluna e a pr opria matriz A. Com isto teremos: det(A) = − det(A) como quer amos demonstrar.

⇒

det(A) = 0,

^ CAP ITULO 14. APENDICE I - MATRIZES

334

Vale um resultado an alogo trocando-se "coluna" por "linha", isto e, ou seja, se a matriz A tem duas linhas iguais ent~ao seu determinate e nulo. A demonstra c~ao deste fato ser a deixada como exerc cio para o leitor. Observa¸ c˜ ao 14.49

Corol´ ario 14.50

Se A ∈ Mn , γ ∈ R (ou C) e j 6= k ent~ao

det(a∗1 , . . . , a∗j , . . . , a∗(k−1) , a∗k + γa∗j , a∗(k+1) , . . . , a∗n ) = det(A),

ou seja, se trocarmos uma coluna de uma matriz pela mesma somada com um m ultiplo de uma outra coluna, o determinante da matriz obtida ser a igual ao da matriz inicial. Demonstra¸ c˜ ao:

Da Proposi c~ao (14.40) segue que

det(a∗1 , . . . , a∗j , . . . , a∗(k−1) , a∗k + γa∗j , a∗(k+1) , . . . , a∗n ) = det(a∗1 , . . . , a∗j , . . . , a∗(k−1) , a∗k , a∗(k+1) , . . . , a∗n ) + β det(a∗1 , . . . , a∗j , . . . , a∗(k−1) , a∗j , a∗(k+1) , . . . , a∗n ) |

[Corol ario

(14.48)]

}

det(a∗1 , . . . , a∗j , . . . , a∗(k−1) , a∗k , a∗(k+1) , . . . , a∗n ),

como quer amos demonstrar. Observa¸ c˜ ao 14.51

1. Valem um resultado an alogo ao acima para a correspondente opera cao sobre as linhas das matrizes. 2. Resumindo: se A ∈ Mn e λ ∈ R (ou C) ent~ao: (i) trocar duas colunas (ou linhas) da matriz A faz como que o determinante da matriz obtida seja menos determinante da matriz A;

14.5. DETERMINANTE

335

(ii) adicionar λ vezes uma coluna (ou linha) da matriz A numa outra coluna (ou linha) faz com que o determinante da matriz obtida seja igual ao determinante da matriz A; (iii) multiplicar uma coluna (ou linha) da matriz A por λ faz com que o determinante da matriz obtida seja igual ao determinante da matriz A multiplicado por λ. Al em disso temos o seguinte resultado importante Proposi¸ c˜ ao 14.52

Se A, B ∈ Mn ent~ao det(AB) = det(A) det(B).

Demonstra¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor a demonstra c~ao da identidade acima. Uma outra opera c~ao que podemos fazer com uma matriz e:

Defini¸ c˜ ao 14.53 Se A ∈ Mnm de nimos a matriz transposta da matriz A = (aij ), denotada por At , como sendo a matriz At = (bij ) ∈ Mmn dada por . bij = aji , 1 ≤ j ≤ n e 1 ≤ i ≤ m. Observa¸ c˜ ao 14.54

1. A rela c~ao que existem entre uma matriz e sua matriz transposta e que as colunas da 1.a ser~ao as linhas da 2.a e vice-versa. 2. E f acil veri car que se m = n ent~ao A e At ∈ Mn . Temos os seguintes exemplos: Exemplo 14.55 µ ¶ 1 4 0 1) A = 4 2 3

ent~ao 

 1 4 At =  4 2  . 0 3

^ CAP ITULO 14. APENDICE I - MATRIZES

336 

 1 1 2 A= 1 2 3  2 3 −5

ent~ao 

 1 1 2 At =  1 2 3  , 2 3 −5

em particular, At = A. Temos as seguintes propriedades para a transposi c~ao de uma matriz: Proposi¸ c˜ ao 14.56

Ent~ao temos:

Sejam A, B ∈ Mn .

(At )t = A;

2. se m = n, 3.

(A + B)t = At + Bt ;

(AB)t = Bt At ;

(α · A)t = α · At ;

det(At ) = det(A);

6. se A e uma matriz diagonal ent~ao At = A,

em particular,

Itn = In .

Demonstra¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor a veri ca c~ao das propriedades acima. Com isto podemos introduzir a seguinte de ni c~ao:

14.5. DETERMINANTE

337

Seja A ∈ Mn uma matriz quadrada de ordem n. Diremos que a matriz A e uma matriz sim etrica se

Defini¸ c˜ ao 14.57

At = A.

Diremos que a matriz A e uma matriz anti-sim etrica se At = −A.

Temos os seguintes exemplos: Exemplo 14.58 

1. A matriz

 1 4 5 A =  4 2 6  5 6 3

e uma matriz sim etrica, pois

 0 1 2 B =  −1 0 3  −2 3 0

e uma matriz anti-sim etrica, pois

At = A

(veri que!);



2. A matriz −B

Bt =

(veri que!).

Temos as seguintes propriedades para matrizes sim etricas ou anti-sim etricas: Proposi¸ c˜ ao 14.59

Sejam A, B ∈ Mnn .

1. Se as matrizes A e B s~ao matrizes sim etricas ent~ao a matriz tamb me ser a uma matriz sim etrica;

A+B

2. Se as matrizes A e B s~ao matrizes anti-sim etricas ent~ao a matriz A + B tamb em ser a uma matriz anti-sim etrica; 3. Se a matriz A e matriz sim etrica e α ∈ R ent~ao a matriz α · A tamb em ser a uma matriz sim etrica; 4. Se a matriz A e um matriz anti-sim etrica e α ∈ R ent~ao a matriz α · A tamb em ser a uma matriz anti-sim etrica;

^ CAP ITULO 14. APENDICE I - MATRIZES

338

5. Se as matrizes A e B s~ao matrizes sim etricas ent~ao a matriz tamb em ser a uma matriz sim etrica se, e somente se, AB = BA.

6. Se as matrizes A e B s~ao matrizes anti-sim etricas ent~ao a matriz AB ser a uma matriz sim etrica se, e somente se, AB = BA. 6. Se a matriz A e uma matriz sim etrica e a matriz B e uma matriz anti-sim etrica ent~ao a matriz AB ser a uma matriz anti-sim etrica se, e somente se, AB = BA. Demonstra¸ c˜ ao:

Do item 1.: Se as matrizes A e B s~ao matrizes sim etricas ent~ao At = A

Como

(A + B)t

[Prop.

Bt = B. (∗)

(∗) (14.56) item 3.] t = A + Bt = A + B,

segue que a matriz A + B ser a uma matriz sim etrica. Os outros itens ser~ao deixados como exerc cios para o leitor. Como uma aplica c~ao de determinantes e de transposi c~ao de matrizes temos o seguinte resultado: Proposi¸ c˜ ao 14.60 Seja A ∈ Mn uma matriz. A matriz A e uma matriz n~ao singular se,

Neste caso

A−1 =

1 [ cof (A)]t det(A)

onde cof (A) = (|Aij |). Demonstra¸ c˜ ao:

Ser a deixada como exerc cio para o leitor. Com isto podemos resolver o:

e somente se, det(A) 6= 0.

14.5. DETERMINANTE

339 

 3 2 −1 . Exemplo 14.61 Veri que se a matriz quadrada de ordem 3, A =  −1 2 3 , −3 1 3

e um matriz n~ao-singular. Caso a rmativo encontre sua matriz inversa. Resolu¸ c˜ ao:

Observemos que:

|A11 | = (−1)2 (6−3) = 3,

|A12 | = (−1)3 (−3+9) = −6,

|A13 | = (−1)4 (−1+6) = 5.

Logo det(A) = 3.3 + 2(−6) + (−1)5 = 9 − 12 − 5 = −8 6= 0.

Logo, pela Proposi c~ao acima segue que a matriz singular, isto e, existe a matriz inversa A−1 . Para encontrar a matriz A−1 calculemos:

e um matriz n~ao

|A21 | = (−1)3 (6+1) = −7,

|A22 | = (−1)4 (9−3) = 6,

|A23 | = (−1)5 (3+6) = −9,

|A31 | = (−1)4 (6+2) = 8,

|A32 | = (−1)5 (9−1) = −8,

|A33 | = (−1)6 (6+2) = 8.

Portanto

e assim

A−1



 3 −6 5 cof (A) =  −7 6 −9  8 −8 8

 −3  8     3 −7 8  3 1 −1  t = [ cof (A)] = −6 6 −8  =   4 det(A) 8  5 −9 8   5 8

7 8 −3 4 9 8

 −1

    1  .    −1

Uma outra aplica c~ao de determinantes e para resolu c~ao de sistemas lineares de equa c~oes alg ebricas do 1.o grau, como veremos no Ap^endice II.

340

^ CAP ITULO 14. APENDICE I - MATRIZES

Cap´ıtulo 15

Apˆ endice II - Escalonamento de Matrizes e Sistemas Lineares 15.1

Defini¸c˜ oes B´ asicas

Consideraremos a seguir quest~oes relacionadas com o sistema linear de m equa c~oes a n inc ognitas n~ao-homog^eneo, a saber,   a11 x1 + . . . + a1n xn = b1     a21 x1 + . . . + a2n xn = b2

..   .    a

m1 x1

(∗)

+ . . . + amn xn = bm

que na forma matricial pode ser escrito na seguinte forma: A · x = B (∗∗)

onde



a11  a21  A= .  ..

a12 a22

.. .

... ...

.. .

 a1n a2n   = (aij )m×n , ..  . 

am1 am2 . . . amn

341

^ CAP ITULO 15. APENDICE II - SISTEMAS LINEARES

342









 .  ..  .  e B =  .. 

 x=

A matriz (a∗1 . . . a∗n b∗ ) ser a denominada matriz aumentada associada ao sistema n~ao homog^eno acima. Uma solu c~ao da equa c~ao matricial (**) (se existir) ser a uma matriz u =.   Defini¸ c˜ ao 15.1

 

.. .

  ∈ Mn1

tal que A · u = B.

O conjunto de todas as solu c~oes da equa c~ao matricial (*) ser a denominado conjunto solu c~ao da equa c~ao matricial (**). Da identi ca c~ao (*) com (**) segue que encontrar solu c~ao para o sistema linear (*) e equivalente a encontrar solu c~ao da equa c~ao matricial (**).

Observa¸ c˜ ao 15.2

Veri quemos isto no: Exemplo 15.3

O sistema linear   x1 +2x2 +x3 = 0 +x2 +x3 = −1  x1 +x2 = 1

e equivalente a equa c~ao matricial A · x = b,

onde:



 1 2 1 A =  0 1 1 , 1 1 0



 x1 x =  x2  x3



 1 b =  −1  . 0

Observemos que a equa c~ao matricial acima tem como uma solu c~ao a   matriz u =. 

1 0  −1

(veri que!).

~ BASICAS 15.1. DEFINIC OES

343

Logo uma solu c~ao do sistema linear dado inicialmente ser a x1 = 1,

x2 = 0

x3 = −1.

A matriz aumentada associada ao sistema do Exemplo acima ser a a matriz  

Observa¸ c˜ ao 15.4

1 2 1 0  0 1 1 1 . 1 1 0 1

Defini¸ c˜ ao 15.5

Diremos que as equa c~oes matriciais A·x=b

C·x=d

s~ao ditos equivalentes se, e somente se: 1.

A, C ∈ Mmn ;

b, d ∈ Mm1 ;

3. as duas equa c~oes matriciais te^em o mesmo conjunto solu c~ao. Observa¸ c˜ ao 15.6

Observemos que as equa c~oes matriciais A·x=b

C·x=d

s~ao equivalentes se, e somente se, os sistemas lineares associados as correspondentes equa c~oes matriciais s~ao equivalentes (isto e, os sistemas associados teêm o mesmo conjunto solu c~ao). Daremos a seguir alguns procedimentos para encontrar solu c~ao de sistemas lineares n~ao homogêneos (e homogêneos). O que faremos e resolver um sistema linear fazendo opera c~oes b asicas no mesmo (ou seja, multiplicando-se as equa c~oes do mesmo por constantes n~ao nulas, somando-se equa c~oes do mesmo, etc.) Observe que a cada equa c~ao do sistema linear corresponde uma linha da matriz aumentada associada ao sistema linear dado.

^ CAP ITULO 15. APENDICE II - SISTEMAS LINEARES

344

Logo opera c~oes com as equa c~oes do sistema linear corresponder~ao as correspondentes opera c~oes sobre as linhas da matriz aumentado associada ao mesmo e reciprocamente. Para ilustrar consideraremos o sistema linear de equa c~oes do 1.o grau:   x1 +x2 +5x3 = 11 2x +x2 +7x3 = 15  1 2x1 +4x3 = 8   x1 +x2 +5x3 = 11 2x +x2 +7x3 = 15  1 2x1 +4x3 = 8   x1 

+x2 −x2

2x1

  x1 

 1 1 5 A= 2 1 7  2 0 4

←→ A · x = b,

onde

 ←→

 1 1 5 11 .  2 1 7 15  = So 2 0 4 8

 11 b =  15  . 8 



(matriz aumentada)

m (2a − 2 × 1a )   1 1 5 11 +5x 3 = 11 . ←→  0 −1 −3 −7  = S1 −3x3 = −7 2 0 4 8 +4x3 = 8

+x2 +5x3 −x2 −3x3 −2x2 −6x3

m (3a − 2 × 1a )   1 1 5 11 = 11 . ←→  0 −1 −3 −7  = S2 = −7 0 −2 −6 −14 = −14 m (1a + 2a )

  x1 

−x2 −2x2

  x1 

−x2

+2x3 = 4 −3x3 = −7 −6x3 = −14

+2x3 −3x3 0

 ←→

 1 0 2 4 .  0 −1 −3 −7  = S3 0 −2 −6 −14

m (3a − 2 × 2a )   = 4 1 0 2 4 . ←→  0 −1 −3 −7  = S4 = −7 = 0 0 0 0 0 m (2a × (−1))

~ BASICAS 15.1. DEFINIC OES   x1 x2



+2x3 = 4 +3x3 = 7 0 = 0

345  ←→

 1 0 2 4 .  0 1 3 7 = S5 . 0 0 0 0

O sistema linear obtido acima e o mais simples (que pode ser obtido por meio da opera c~oes usuais sobre o sistema linear dado inicialmente) que e equivalente ao sistema original. Para resolver o sistema linear acima bastar a tomar, por exemplo: . x3 = α ∈ R

assim

(ou C)

. x1 = 4 − 2α

e x2 =. 7 − 3α. Assim o conjunto solu c~ao do sistema linear dado incialmente ser a {(x1 , x2 , x3 ) = (4 − 2α, 7 − 3α, α), α ∈ R (

ou C)}.

Observe que as opera c~oes que zemos na matriz Si para obter a matriz Si+1 s~ao opera c~oes elementares sobre as linhas (ver De ni c~ao (14.39)). Para facilitar o entendimento do que vir a mais adiante introduziremos a: Defini¸ c˜ ao 15.7

1. A opera c~ao de trocar duas linhas de uma matriz daremos o nome de opera c~ao do tipo I. 2. A opera c~ao de multiplicar uma linha por um n umero n~ao nulo daremos o nome de opera c~ao do tipo II. 3. A opera c~ao de adicionar o m ultiplo de uma linha a outra linha daremos o nome de opera c~ao do tipo III. Tais opera c~oes s~ao, como j a dissemos, opera c~oes elementares sobre as linhas da matriz (ver De ni c~ao (14.39)). No exemplo acima as opera c~oes elementares que realizamos s~ao: So

(tipo III) (tipo III) (tipo III) (tipo III) (tipo II) −→ S1 −→ S2 −→ S3 −→ S4 −→ S5 .

Seja Im a identidade de ordem m. Introduziremos tamb em a:

^ CAP ITULO 15. APENDICE II - SISTEMAS LINEARES

346 Defini¸ c˜ ao 15.8

1. Fazendo uma opera c~ao do tipo I na matriz Im obtemos uma matriz quadrada de ordem m, que chamaremos de matirz elementar do tipo I e ser a denotada por EI . 2. Uma matriz elementar do tipo II e uma matriz quadrada de ordem obtida da matriz Im por uma opera c~ao do tipo II:

3. Uma matriz elementar do tipo III e uma matriz quadrada de ordem obtida da matriz Im por uma opera c~ao do tipo III.

Dada uma matriz A ∈ Mmn , fazer uma opera c~ao do tipo I (ou do tipo II ou do tipo III, respectivamente) e equivalente a multiplicar a matriz A por uma matriz do tipo I (ou do tipo II ou do tipo III, respectivamente ), isto e,

Observa¸ c˜ ao 15.9

(opera c~ao elementar do tipo I) 7−→ EI A.

A demonstra c~ao destes fatos ser a deixada como exerc cio para o leitor. Ilustraremos a propriedade acima com o seguinte exemplo: Ex. 15.10

Seja

  1 1 5 11 .  A= 2 1 7 15 . 2 0 4 8

Ent~ao trocando-se a 2.a linha da matriz vezes a 1.a obteremos:  1 1 5 11  2 1 7 15  2 0 4 8

pela 2.a linha menos duas



2a −2×1a

−→

 1 1 5 11 .  0 −1 −3 −7  = B 2 0 4 8

A opera c~ao acima na matriz identidade de ordem seguinte matriz elementar do tipo III: 

 1 0 0  0 1 0  0 0 1



2a −2×1a

−→

EIII

3 I3

nos fornece a

 1 0 0 =  −2 1 0  . 0 0 1

~ BASICAS 15.1. DEFINIC OES

347

Com isto temos que 

    1 0 0 1 1 5 11 1 1 5 11 EIII A =  −2 1 0   2 1 7 15  =  0 1 −3 −7  = B, 0 0 1 2 0 4 8 2 0 4 8

ou seja, as opera c~oes produzem a mesma matriz, como foi dito na observa c~ao acima. Um resultado importante e dado pela:

Uma matriz elementar de qualquer tipo e uma matriz n~ao singular (isto e, e uma matriz invers vel) e sua matriz inversa e do mesmo tipo que ela.

Proposi¸ c˜ ao 15.11

Demonstra¸ c˜ ao:

Ser a deixado como exerc cio para o leitor. Para ilustrar temos o:

Exemplo 15.12

 1 0 0 =  −2 1 0  0 0 1 

EIII

e uma matriz elementar do tipo III (ver Exemplo (15.10)). Observemos que det(EIII ) = 1,

portanto a matriz EIII e uma matriz n~ao singular, isto e, existe a matriz inversa E−1 III . Al em disso temos: 

E−1 III

t   1 −2 0 1 0 0 1  0 1 0  =  −2 1 0  = det(EIII ) 0 0 1 0 0 1

portanto a matriz inversa da matriz do tipo III.

EIII

 2a +2×1a

←

 1 0 0  0 1 0  0 0 1

tamb em e uma matriz elementar

^ CAP ITULO 15. APENDICE II - SISTEMAS LINEARES

348

Sejam A, B ∈ Mmn . Diremos que a matriz A e l-equivalente (ou equivalente por linhas) a matriz B se a matriz A pode ser obtida da matriz B por meio de uma sequ^encia

nita de opera c~oes elementares sobre as linhas da matriz B. Neste caso escreveremos A ∼ B. Defini¸ c˜ ao 15.13

Observa¸ c˜ ao 15.14

1. Da observa c~ao (15.9) segue que A ∼ B se, e somente se, A = Es Es−1 . . . E1 B

onde E1 , . . . , Es s~ao matrizes do tipoI, II, ou III; 2. Sejam A, B, C ∈ Mmn . Deixaremos como exerc cio para o leitor veri car que: i) Re exiva: A ∼ B,

ii) Sim etrica:

para todo

A∼B

ent~ao

A ∈ Mmn ;

B ∼ A;

iii) Transitiva: Se

B∼C

ent~ao

A ∼ C.

isto e, ∼ e uma rela c~ao de equival^encia em Mmn . Um resultado importante sobre l-equival^enica e dado pela: Proposi¸ c˜ ao 15.15 Se A ∼ B ent~ao

Sejam A, B ∈ Mmn . existe um matriz P ∈ Mmn n~ao singular tal que

B = PA

ou, equivalentemente

A = P−1 B.

~ BASICAS 15.1. DEFINIC OES

349

Demonstra¸ c˜ ao:

Segue da da proposi c~ao (15.11) e da observa c~ao acima item 1. que basta de nir P =. Es . . . E1 . A rela c~ao entre matrizes l-equivalentes e a equa c~oes matriciais equivalentes e dado pela: Proposi¸ c˜ ao 15.16 Sejam A, C ∈ Mmn e b, d ∈ Mm1 . A matriz [A b] e l-equivalente a matriz [C d] em Mm,n+1 se, e somente se, a equa c~ao matricial A · x = B e equivalente a equa c~ao matricial C · x = d. Demonstra¸ c˜ ao:

Da proposi c~ao acima existe P ∈ Mmn n~ao singular tal que [C d] = P[A b]

e [A b] = P−1 [C d].

Da de ni c~ao de produto de matrizes temos que C = PA,

d = Pb,

A = P−1 C

b = P−1 · d.

Logo, se u ∈ Mn1 e solu c~ao da equa c~ao matricial A·x=b

⇒ A · u = b,

assim C · u = (PA) · u = PB = d,

portanto a matriz u ser a solu c~ao da equa c~ao matricial C · x = d. Al em disso, vale a rec proca (veri que!), completando a demonstra c~ao.

Vale observar que o resultado acima pode ser aplicado para as matrizes aumentadas associadas a sistemas lineares, ou seja, as matrizes aumentadas s~ao l-equivalentes se, e somente se, os sistemas lineares s~ao equivalentes.

Observa¸ c˜ ao 15.17

Como conseq u^enica temos o:

^ CAP ITULO 15. APENDICE II - SISTEMAS LINEARES

350 Corol´ ario 15.18

Se A ∼ B em Mmn e x ∈ Mn1 ent~ao os sistemas A·x=O

C·x=O

s~ao equivalentes, onde O denota a matriz coluna de Mm1 . Demonstra¸ c˜ ao: Basta tomar b = d = 0

Observa¸ c˜ ao 15.19

na proposi c~ao acima (veri que!).

No exemplo (15.10) obtivemos, ap os as opera c~oes de l 

 1 0 2 4 1 1 5 11 equival^encia sobre a matriz A =  2 1 7 15 , a matriz B =  0 1 3 7  0 0 0 0 2 0 4 8 cuja forma nos facilitou a resolver o sistema linear inicial associado.

Observemos que o sistema linear asscoiado a esta u ltima matriz e o mais simples de ser resolvido e que e equivalente ao sistema linear dado inicialmente. A seguir daremos um nome as matrizes que tem essa forma especial. Antes, por em temos a: Defini¸ c˜ ao 15.20 Dada uma matriz A = (aij ) ∈ Mnm , de nimos o coe ciente l der da i- esima linha, n~ao-nula, ai∗ da matriz A como sendo o primeiro ele-

mento n~ao nulo dessa linha (contado da esquerda para a direita, isto e, e ai,j0 6= 0 para 1 ≤ j0 ≤ m e o menor ndice).

Agora estamos em condi c~oes de caracterizar a forma da matriz aumentada associada ao sistema linear mais simples obtido no exemplo (15.10) (isto e, a matriz B):

Uma matriz A ∈ Mmn e dita estar na forma escalonada reduzida em por linhas, denotada por FERL, se ela tem as seguintes propriedades: Defini¸ c˜ ao 15.21

i) Todas as linhas nulas da matriz mesma;

ocorrem nas linhas inferiores da

~ BASICAS 15.1. DEFINIC OES

351

ii) O coe ciente l der de uma linha n~ao nula de A e 1; iii) Em qualquer duas linhas n~ao nulas da matriz A o coe ciente l der pertencente a linha de baixo ocorrer a a direita do coe ciente l der da linha de cima; iv) Uma coluna que cont em um coe ciente l der dever a ter zeros nas outras entradas. Temos os seguintes exemplos: Exemplo 15.22

As matrizes:

 0 1 0 2  0 0 1 −5  , 0 0 0 0 



1   0 0

 0 0  1 0  0 0



 1 0 0  0 1 0 , 0 0 1 

1   0 0

0 0

0 0 0 0 0 0

est~ao na FERL.

  ao  n˜

est~ao na FERL (os ele1 0 mentos destacados n~ao cumprem as propriedades requeridas). 1 0

Com isto temos a: Proposi¸ c˜ ao 15.23 Toda matriz A ∈ Mmn e l-equivalente a uma ( unica) matriz AR que est a na FERL, isto e, existe P ∈ Mmn n~ao singular tal que AR = PA. Demonstra¸ c˜ ao:

Deixada como exerc cio para o leitor a demonstra c~ao deste resultado. Em vez de exibirmos a demonstra c~ao da proposi c~ao acima (que foi deixada como exerc cio para o leitor) daremos o m etodo que e utilizado na demonstra c~ao aplicado a um exemplo. O m etodo e denominado Elimina¸c˜ao de Gauss-Jordan:

^ CAP ITULO 15. APENDICE II - SISTEMAS LINEARES

352 Exemplo 15.24

Encontre o conjunto solu c~ao do sistema

 

−2x3 +7x5 = 12 2x1 +4x2 −10x3 +6x4 +12x5 = 28  2x1 +4x2 −5x3 +6x4 −5x5 = −1

cuja matriz aumentada e dada por  0 0 −2 0 7 12 . (A b) =  2 4 −10 6 12 28  2 4 −5 6 −5 −1 

Resolu¸ c˜ ao:

O que faremos e realizar opera c~oes elementares sobre as linhas da matriz aumentada acima para obter a sua FERL. Primeiro passo: Trocar as linhas nulas da matriz (A b) com outras linhas, n~ao nulas, de modo que as linhas nulas ocorram nas linhas inferiores da nova matriz. No nosso caso n~ao h a linhas nulas logo n~ao faremos nenhuma mudan ca na matriz aumentada (A b). Localize a coluna mais a esquerda que n~ao seja totalmente nula . 

 0 0 −2 0 7 12  2 4 −10 6 12 28  2 4 −5 6 −5 −1 ↑ Segundo passo:

Trocar a primeira linha com uma outra, caso necess ario, para que o primeiro elemento da coluna localizada no primeiro passo seja n~ao nulo. 

 2 4 −10 6 12 28  0 0 −2 0 7 12  2 4 −5 6 −5 −1 Terceiro passo:

(trocamos

a 1.a linha com a 2.a linha)

~ BASICAS 15.1. DEFINIC OES

353

Se o primeiro elemento da coluna do segundo passo for a, multiplicar 1 a primeira linha por (para que o coe ciente l der da primeira linha da a matriz obtida seja 1). 

 1 2 −5 3 6 14  0 0 −2 0 7 12  2 4 −5 6 −5 −1

(1.a

linha

1 × ) 2

Quarto passo:

Somar a primeira linha multiplicada por constante, se for necess ario, com as linhas de baixo para obter zeros em todas as entradas abaixo do coe ciente l der da primeira linha. 

 1 2 −5 3 6 14  0 0 −2 0 7 12  0 0 5 0 −17 −29

(3.a

linha

− 2 × 1.a )

Quinto passo:

Separar a 1.a linha da matriz acima e voltar ao Primeiro passo. Aplicar o processo repetidas vezes para at e a u ltima linha n~ao nula. No nosso exemplo: 

  0 0 

1 2  0 0 0 0  1 2  0 0 0 0  1  0 0

-5

0 0

−2 5

0 0



 7 12  −17 −29

 -5 3 6 14 −1 1 0 −7 −6  (1.a linha × ( )) 2 2 5 0 −17 −29  -5 3 6 14 1 0 −7 −6  (2.a linha − 5 × 1.a ) 0

2 1 2

2 -5 3 0 1 0 0 0 0

1 6 -7 2

 14 -6  2

(2 × 1.a linha)

^ CAP ITULO 15. APENDICE II - SISTEMAS LINEARES

354



1 2 -5 3  0 0 1 0 0 0 0 0

6 -7 2

 14 -6  2

Sexto passo:

Para nalizar, come cando por uma linha n~ao nula, somar cada linha multiplicada por constante com as outras linhas para zerar as outras entradas acima do coe ciente l der.  1 2 −5 3 6 14  0 0 1 0 0 1  0 0 0 0 1 2 



1 2 −5 3 0  0 0 1 0 0 0 0 0 0 1  1 2 0 3 . (C d) =  0 0 1 0 0 0 0 0

 2 1  2

7 × 3.a 2

(2.a

linha

(1.a

linha

− 6 × 3.a

 0 7 0 1  (1.a 1 2

linha

linha ) linha )

+ 5 × 2.a

linha ).

Observemos que a matriz (C d) est a na FERL (veri que!). O sistema linear asssociado a matriz (C d) ser a:   x1 +2x2

+3x4 x3



= 7 = 1 = 2

Portanto se, por exemplo, considerarmos para cada t, s ∈ R, . x1 = t,

. x2 = s,

x3 = 1,

. x5 = 2

=⇒

x4 =

7 − t − 2s , 3

7 − t − 2s

teremos que (t, s, 1, , 2) ser a solu c~ao do sistema linear dado incial3 mente, para cada t, s ∈ R, ou seja: {(x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) = (t, s, 1,

7 − t − 2s , 2) : s, t ∈ R} 3

ser a o conjunto solu c~ao do sistema linear inicial.

^ 15.2. O SISTEMA LINEAR HOMOGENIO

355

Ou ainda, o conjunto solu c~ao da equa c~ao matricial A · x = b, ser a  ± S=

u ∈ M51

   : u=   

t s 1 7 − t − 2s 3 2

       

onde

t, s ∈ R

Temos tamb em a seguinte de ni c~ao: Defini¸ c˜ ao 15.25 Dada uma matriz A ∈ Mmn , de nimos o posto da matriz A, denotado por p(A), como sendo o n umero de linhas n~ao nulas de sua FERL

associada.

Proposi¸ c˜ ao 15.26

Se A ∈ Mmn ent~ao p(A) ≤ min{m, n}.

Demonstra¸ c˜ ao:

Deixada como exerc cio para o leitor a demonstra c~ao deste resultado.

Nas se c~oes a seguir faremos algumas considera c~oes sobre o sistema linear n~ao homog^enio (NH) A · x = b

onde

A ∈ Mmn , B ∈ Mm1

e x ∈ Mn1 .

Na pr oxima se c~ao come caremos estudando o sistema linear homog^enio associado: (H) A · x = 0 ( isto e, b = 0).

15.2

O Sistema Linear Homogˆ enio

Observa¸ c˜ ao 15.27

1. O sistema (H) tem sempre solu c~ao, a saber, a matriz identicamente nula, u = 0 ∈ Mn1 , que ser a denominada solu c~ao trivial;

^ CAP ITULO 15. APENDICE II - SISTEMAS LINEARES

356

2. Pode-se mostrar que se AR e a matriz na FERL associada a matriz A ent~ao a equa c~ao matricial A·x=0

ser a equivalente a equa c~ao matricial AR · x = 0,

ou seja, resolver o sistema homog^eneo e equivalente a resolver o sistema associado a matriz que est a FERL; 3. Observemos que se u, v ∈ Mn1 s~ao solu c~oes de (H) ent~ao tamb em ser a, para todo α, β ∈ R ou C) pois:

α·u+β·v

A · (α · u + β · v) = A · (α · u) + A · (β · v) = α · (A · u) + β · (A · v) = 0.

4. Mais geralmente, se u1 , . . . , up ∈ Mn1 s~ao solu c~oes de (H) ent~ao α1 · u1 + · · · + αp · up ∈ Mn1

tamb em ser a solu c~ao (isto e, combina c~ao linear de solu c~oes tamb em e solu c~ao). Deixaremos a veri ca c~ao deste fato como exerc cio para o leitor. Apliquemos essas id eias ao: Exemplo 15.28

Resolva o sistema A · x = 0 onde 

 1 −2 0 3 0 . A =  0 0 1 −1 0  ∈ M35 . 0 0 0 0 1 Resolu¸ c˜ ao:

Como a matriz A est a na FERL (veri que!) ent~ao temos o sistema linear homog^eneo associado a matriz A ser a dado por:   x1 −2x2 

+x3

+3x4 −x4 +x5

= 0 = 0 = 0

⇔

   x1 = 2x2 − 3x4 x3 = x4   x = 0 5

^ 15.2. O SISTEMA LINEAR HOMOGENIO

357

ou seja, x2 = α1 e x4 = α2 , para α1 , α2 ∈ R, teremos:    .  u=  

2α1 − 3α2 α1 α2 α2 0







2         1    = α1 ·   + α2 ·    0     0

−3 0 1 1 0

    .  

Portanto qualquer solu c~ao u ∈ Mn1 da equa c~ao matricial (H) ser a dada por: u = α1 · u1 + α2 · u2

onde





2    1  u1 =    0  0

   u2 =   

−3 0 1 1 0

    .  

Observemos que u1 e u2 s~ao l.i., logo formam uma base para o espa co vetorial real W formado pelas solu c~oes da da equa c~ao matricial (H). Observemos que oposto da matriz A e 3 e a equa c~ao matricial (H) possui duas solu c~oes que tem a propriedade acima, isto e, qualquer solu c~ao da equa c~ao matricial (H) pode ser obtida como combina c~ao linear de u1 e u2 . Al em disso, temos

Observa¸ c˜ ao 15.29

dim(W) = 2 =

5 − |{z} 3 , |{z} n umero de vari aveis posto de A

isto e , o n umero de solu c~oes da a equa c~ao matricial (H) e igual ao n umero de vari aveis do sistema linear menos o posto da matriz A. Baseado nisto temos o: Teorema 15.30

Seja A ∈ Mmn de posto igual a k.

^ CAP ITULO 15. APENDICE II - SISTEMAS LINEARES

358

dos

Ent~ao o conjunto das solu c~oes da equa c~ao matricial

A·x=0

consiste

u = α1 u1 + · · · + αn−k un−k ∈ Mn1 ,

onde αi ∈ R (ou C), i = 1, . . . , n − k sendo os elementos ui ∈ Mn1 \ {0},

i = 1, · · · , n − k

podem ser obtidos resolvendo-se o sistema linear associado a matriz na FERL associada a matriz A (s~ao as n − k solu c~oes l.i.). Em particular, se W e o subsepa co vetorial do espa co (Mn1 , +, ·) (onde + e · s~ ao as opera c~oes usuais de Mn1 ) segue que dim(W) = n − p(a),

onde p(A) denota o posto da matriz A. Demonstra¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor a demonstra c~ao deste resultado. Como consequ^encia temos o:

Seja A ∈ Mmn . Se o posto de A = n (isto e, k = n no teorema acima) ent~ao a u nica solu c~ao da equa c~ao matricial (H) ser a a matriz nula u = O ∈ Mn1 . Reciprocamente, se a u nica solu c~ao da equa c~ao matricial (H) e a matriz nula u =) ∈ Mn1 ent~ao posto de A ser a igual a n. Corol´ ario 15.31

Demonstra¸ c˜ ao:

Do teorema acima temos que dim(W) = n − p(a) = 0, |{z} =n

logo W = {O}, ou seja, a u nica solu c~ao da equa c~ao matricial (H) e a matriz nula u =) ∈ Mn1 . Reciprocamente, se a u nica solu c~ao da equa c~ao matricial (H) e a matriz nula u = O ∈ Mn1 ent~ao teremos que W = {O}, isto e, dim(W) = 0.

^ 15.2. O SISTEMA LINEAR HOMOGENIO

359

Logo, do teorema acima temos que dim(W) = n − p(a)

=⇒

| {z }

p(a) = n,

como quer amos demonstrar. Com isto temos o: Corol´ ario 15.32 Seja A ∈ Mmn . Se m < n ent~ao o sistema (H) Demonstra¸ c˜ ao: Se k = p(A), da

tem, pelo menos, uma solu c~ao n~ao trivial.

proposi c~ao (15.26) segue que k ≤ min{m, n}

(m<n)

m < n,

logo k < n. Do corol ario acima segue que existe solu c~ao, n~ao identicamente nula, da equa c~ao matricial (H), como quer amos demonstrar. Analisemos os exemplos a seguir: 

Exemplo 15.33

Seja

 1 −1 0 . A =  −1 0 1  ∈ M32 . 0 1 −1

Encotre o conjunto solu c~ao da equa c~ao matricial A · u = O. Resolu¸ c˜ ao:

Neste caso temos que m =. 2 e n=. 3.

 1 0 −1 Temos que A ∼ AR , onde AR =.  0 1 −1  (veri que!) 0 0 0 Portanto posto da matriz A e igual a 2. Logo, pelo teorema acima, existe uma (= n − p(A) = 3 − 2) solu c~ao da equa c~ao matricial A · u = O, que indicaremos por u1 ∈ M31 , n~ao identicamente nula, de (H) e qualquer outra solu c~ao u da equa c~ao matricial A·u = O ser a da forma u = α · u1 para algum α ∈ R (ou C).

^ CAP ITULO 15. APENDICE II - SISTEMAS LINEARES

360

Para encontr a-la basta resolver o sistema associado a matriz deixaremos como exerc cio para o leitor.

que



Exemplo 15.34

Seja

 0 0 3 −1 . A =  0 −1 4 7  ∈ M34 0 −1 7 6

Resolu¸ c˜ ao:

. . Neste caso temos m == 3 < n = 4. Logo, do corol ario acima podemos concluir que existe pelo menos uma solu c~ao n~ao trivial da equa c~ao matricial A · u = O.  

Na verdade temos que A ∼ AR onde

0 1 0 . AR =  0 0 1 0 0 0

−25 3 −1 3



(veri que).

Portanto posto A e igual a 2. Logo, pelo teorema acima , existem duas (= n − p(A) = 4 − 2) solu c~oes u1 , u2 ∈ M41 l.i. da equa c~ao matricial A · u = O, tal que toda solu c~ao u da equa c~ao matricial A · u = O ser a dada por u = α1 · u1 + α2 · u2 ,

para algum α1 , α2 ∈ R (ou C). Para encontr a-las basta resolver o sistema associado a matriz AR que deixaremos como exerc cio para o leitor.

15.3

O Sistema Linear N˜ ao Homogˆ enio

Trateremos nesta se c~ao do sistema linear n~ao homog^eneo (NH). Come caremos introduzindo a:

A equa c~ao matricial A · x = b ser a dita consistente se tem pelo menos uma solu c~ao. Se n~ao tiver solu c~ao ser a dita inconsistente. De modo semelhante temos um sistema linear ser a consistente se ele adminte pelo menos uma solu c~ao, caso contr ario, ser a dita inconsistente. Defini¸ c˜ ao 15.35

~ HOMOGENIO ^ 15.3. O SISTEMA LINEAR NAO

361

A seguir exibiremos dois sistemas lineares, um consistente e o outro incosistente. Exemplo 15.36

O sitema linear

  x1 +2x2 +x3 = 0 x2 +x3 = −1  x1 +x2 = 1

e consistente,

pois x1 =. 1, x2 =. 0 e x3 =. −1 e uma solu c~ao (veri que!). ±

Exemplo 15.37

O sitema linear

x1 + x2 = 1 x1 + x2 = 2

e inconsistente (veri que!).

Lembremos que resolver a equa c~ao matricial (NH) A·x=b

e equivalente a resolver a equa c~ao matricial AR · x = bR ,

onde

e b ∼ bR , isto e, existe uma matriz P ∈ Mmn , n~ao singular, tal que AR = PA e bR = P b, ou ainda, (A b) ∼ (AR bR ). Logo podemos assumir, sem perda de generalidade, que a matriz A est a na FERL, isto e, A = AR e b = bR pois os as equa c~oes matriciais associadas s~ao equivalentes (isto e, te^em o mesmo conjunto solu c~ao). Suponhamos que o a equa c~ao matricial (NH) seja consistente com solu c~ao u ∈ Mm1 . Seja k ∈ N ∪ {0} o posto da matriz A. Como a matriz A est a na FERL e p(A) = k, segue que a matriz A tem as u ltimas (m − k) linhas s~ao nulas e portanto (m − k) equa c~oes do sistema linear associado a equa c~ao matricial (NH) tem a segunte forma: A ∼ AR

0 · x1 + · · · + 0 · xn = bi

i = k + 1, · · · , m.

Logo bi = 0,

ou seja:

i = k + 1, · · · , m,

^ CAP ITULO 15. APENDICE II - SISTEMAS LINEARES

362

Se a matriz A ∈ Mmn est a na FERL e tem posto k ent~ao a equa c~ao matricial (NH) (ou o sistema linear associado a matriz aumentada (A b)) e consistente se, e somente se, bk+1 = · · · = bm = 0. Em particular, se o posto da matriz A for igual a m ent~ao a equa c~ao matricial (e portanto o sistema linear associado a matriz aumentada (A b)) ser a consistente. Teorema 15.38

Demonstra¸ c˜ ao:

Uma das implica c~oes (a saber, ⇒) e fruto da observa c~ao acima. A rec proca ser a deixada como exerc cio para o leitor. Se a matriz A ∈ Mmn n~ao est a na FERL ent~ao temos o:

Seja A ∈ Mmn . A equa c~ao matricial (NH) (portanto o sistema linear associado a matriz aumentada (A b)) e consistente se, e somente se, o posto da matriz aumentada (A b) for igual ao posto da matriz A, isto e. Teorema 15.39

p(A b) = p(A). Demonstra¸ c˜ ao:

Ser a deixada como exerc cio para o leitor. Fa camos uma aplica c~ao desse resultado ao seguinte exemplo:

Exemplo 15.40

O sistema linear

  x1 −x2 = 0 −x1 = 1  x2 = −1

e consistente ou inconsistente? Resolu¸ c˜ ao:

Observemos que

  x1 −x2 = 0 −x1 = 1  x2 = −1

 ⇐⇒

 1 −1 0  −1 0 1  = (Ab) 0 1 −1

~ HOMOGENIO ^ 15.3. O SISTEMA LINEAR NAO

363

Logo os sistema linear associado a matriz aumentada (A b) ser a consistente pois ele admite como solu c~ao x1 =. −1 e x2 =. −1 (veri que!). Portanto e consistente. Notemos tamb em que (veri que!) 

(A b) ∼ (AR bR )

onde

 1 0 −1 . (AR bR ) =  0 1 −1  0 0 0

(AR ∼ A).

Assim temos que p(A) = 2 = p(A b) e como a rma o teorema o sistema linear associado a matriz aumentada (A b) ser a consistente. Um outro resultado interessante e o:

Seja A ∈ Mmn . Suponhamos que a equa c~ao matricial (ou o sistema linear associado a matriz aumentada (A b)) A · x = b seja consistente e que uo ∈ Mn1 seja uma solu c~ao particular do mesmo. Ent~ao toda solu c~ao da equa c~ao matricial A · x = b ser a dada por Teorema 15.41

w = uo + v ∈ Mn1

onde v ∈ Mn1 e uma solu c~ao da equa c~ao matricial homog^enia associada, isto e, da equa ca~o matricial A · y = 0. Conclus~ao: uma solu c~ao geral do sistema linear associado a matriz aumentada (A b) pode ser obtida de uma solu c~ao particular do mesmo mais a solu c~ao geral do sistema linear homog^eneo. Demonstra¸ c˜ ao: De fato, se w ∈ Mn1 uma solu c~ao da equa c~ao e solu c~ao particualr de A · x = b segue que

matricial A · x = b e uo ∈ Mn1

. v = w − uo

ser a solu c~ao de A · y = 0, pois A · v = A · (w − uo ) = A · w − A · uo = b − b = 0.

^ CAP ITULO 15. APENDICE II - SISTEMAS LINEARES

364

Logo w = u0 + v (= solu c~ao particular de A·x = b + solu c~ao qq de A·y = 0). Reciprocamente, se v ∈ Mn1 e solu c~ao da equa c~ao matricial A · y = O ent~ao . w = uo + v e solu c~ao da equa c~ao matricial A · x = b, pois A · w = A · (uo + v) = A · uo + A · v = b + O = b,

mostrando que w ∈ Mn1 ser a solu c~ao da equa c~ao matricial A·x = b, completando a demonstra c~ao. Apliquemos isto ao: Exemplo 15.42

Encontre o conjunto solu c~ao de Ax = b onde   .  A= 

1 −1 0 1

3 5 −1 2 −5 4 1 1 −1 4 6 −2





   

 .  b= 

1 2 4 5

    

Resolu¸ c˜ ao:

Podemos mostrar que (A b) ∼ (AR bR ) (veri que!) onde   .  AR =  

1 0 0 0

0 1 0 0

0 10 0 3 1 −4 0 0

    



 .  bR =  

−13 3 1 0

   . 

(∗)

Portanto, pelo teorema (15.39), a equa c~ao matricial e consistente, pois de (*), temos que p(AR bR ) = 3 = p(AR ),

logo

p(A b) = p(A). 

Tamb em pode-se mostrar (veri que!) que

 .  u =  

−13 3 1 0

    

e solu c~ao da

equa c~ao matricial AR · x = bR , portanto da equa c~ao matricial Ax = b.

~ HOMOGENIO ^ 15.3. O SISTEMA LINEAR NAO

Al em disso

  .  v= 

−10α −3α 4α α





     = α  

−10 −3 4 1

365

   , α ∈ R 

(ou C).

e solu c~ao geral da equa c~ao matricial AR · x = 0. Logo do teorema acima segue que qualquer solu c~ao da equa c~ao matricial (NH) ser a da forma    −10 −13      −3   3  w = u + αv =   , α ∈ R (ou C),  + α  4   1  0 1   ± −13 − 10α ²    3 − 3α  S=   : α ∈ R (ou C)  1 + 4α  α 

isto e ,

e o conjunto solu c~ao da equa c~ao matricial (NH). Para completar nosso estudo sobre da equa c~ao matricial (NH) (logo dos sistema linear associado a matriz aumentada (A b)) temos os seguintes resultados:

Sejam A ∈ Mmn , b ∈ Mm1 . Suponhamos que a equa c~ao matricial (NH) A · x = b, e consistente. A equa c~ao matricial (NH), A · x = b, tem solu c~ao u nica se, e somente se, posto da matriz A e igual a n. Teorema 15.43

Demonstra¸ c˜ ao:

Suponhamos que a equa c~ao matricial (NH) A · x = b tem solu c~ao u nica. Ent~ao a equa c~ao matricial (H), A · y = O tem solu c~ao u nica, a saber, a solu c~ao trivial u = O ∈ Mn1 . Logo posto da matriz A dever a ser igual a n. Reciprocamente, se posto da matriz A e igual a n, ent~ao a solu c~ao trivial u = O ∈ Mn1 dever a ser a u nica solu c~ao da equa c~ao matricial (H), A · y = O.

^ CAP ITULO 15. APENDICE II - SISTEMAS LINEARES

366

Portanto a equa c~ao matricial (NH), A · x = b, tem uma u nica solu c~ao, nalizando a demonstra c~ao. Como consequ^encia temos o:

Nas condi c~oes do teorema acima se m ≤ n, existe uma u nica solu c~ao da qua c~ao matricial (NH), A · x = b, se, e somente se, posto da matriz A for igual a n (isto e, m = n). Corol´ ario 15.44

Demonstra¸ c˜ ao:

Suponhamos que exista u nica solu c~ao da equa c~ao matricial (NH), A · x = b. Ent~ao, do teorema acima, segue que n ser a igual ao posto da matriz A. Mas n = p(A) ≤ min(m, n) ≤ m ≤ n. Portanto p(A) = n e m = n. Reciprocamente, se p(A) = n segue do teorema que existe u nica solu c~ao da equa c~ao matricial (NH), A · x = b, completando a demonstra c~ao.

15.4

A Inversa de Matrizes N˜ ao Singulares

Para nalizar, exibiremos um m etodo para encontrar a matriz inversa associada a uma matriz n~ao singular utilizando o matrizes elementares desenvolvidas na se c~ao anterior. Para ilustrar consideremos o seguinte exemplo: Exemplo 15.45

Observemos que a matriz quadrada de ordem 4 

 .  A= 

1 0 0 −1

0 0 1 1 1 0 1 −1 0 0 0 1





 [exerc cio]    ∼    

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

   , 

que est a na FERL, portanto, o posto da matriz A ser a igual a 4.

~ SINGULARES 15.4. A INVERSA DE MATRIZES NAO

367

Al em disso, ¯ ¯ 1 1 0 ¯ det(A) = 1 ¯¯ 1 −1 0 ¯ 0 0 1

portanto a matriz matriz invers vel.

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 1 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ + 0 + 0 − 1 ¯ 0 1 −1 ¯ = −2 − (1 + 1) = −4 6= 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ −1 0 0 ¯

e n~ao singular, ou seja

A ∈ M4 , p(A) = 4

e uma

Logo, neste exemplo, ocorreu uma rela c~ao entre o posto da matriz e a sua inversibilidade. Isto ocorre em geral, como veremos no resultado a seguir: Teorema 15.46

Seja A ∈ Mn s~ao equivalentes:

e uma matriz n~ao singular;

2. posto da matriz A e igual a n; 3.

A ∼ In ,

isto e, AR = In , onde a matriz AR e a FERL da matriz A.

Demonstra¸ c˜ ao:

Mostremos que: 1. ⇒ 2. : Se a matriz A e uma matriz n~ao singular e A · u = O ent~ao u =. A−1 O = O, isto e, a u nica solu c~ao da equa c~ao A · y = O ser a a solu c~ao trivial u = O. Logo, do corol ario (15.31), segue que o posto da matriz A dever ser igual a n. 2. ⇒ 3. : Se o posto da matriz A e igual a n ent~ao n~ao existe linhas nulas na matriz AR (a FERL da matriz A) e cada linha de AR ∈ Mnn tem coe ciente l der 1 e zero nas outras posi c~oes da coluna, isto e, AR = In . 3. ⇒ 1. : Se AR = In ent~ao, como A ∼ AR , existe P ∈ Mnn , matriz quadrada n~ao singular, tal que In = AR = PA.

Portanto a matriz A e uma matriz n~ao singular e A−1 = P, completando a demonstra c~ao.

^ CAP ITULO 15. APENDICE II - SISTEMAS LINEARES

368

Como consequ^encia temos o:

Seja A ∈ Mnn . uma matriz n~ao singular se, e somente se, ela e produto de matrizes elementares.

Corol´ ario 15.47 A matriz A e

Demonstra¸ c˜ ao:

Do teorema acima temos que A = P−1 . Mas, da proposi c~ao (15.15), a matriz P e o produto de matrizes elementares, completando a demonstra c~ao.

Este teorema nos d a um modo de encontrar a inversa de uma matriz quadrada que e uma matriz n~ao singular.

Observa¸ c˜ ao 15.48

Ilustraremos o m etodo com o seguinte exemplo: Ex. 15.49

Encontrar a inversa da matriz 

  A= 

1 0 0 −1

0 0 1 1 1 0 1 −1 0 0 0 1

    

Resolu¸ c˜ ao:

Para isto consideremos a matriz 

  A : I4 =  

1 0 0 −1

0 0 1 1 1 0 1 −1 0 0 0 1

: : : :

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

    

O que faremos e fazer opera c~oes sobre as linhas da matriz A para trasnform ala (se poss vel) na matriz identidade I4 a direita. Todas as opera c~oes que zermos na matriz A faremos na matriz I4 .

~ SINGULARES 15.4. A INVERSA DE MATRIZES NAO  A : I4

1 0 0 0

0 0 1 1 1 0 1 −1 0 0 0 2

: : : :

1 0 0 1

1  (3.a −2.a )  0 ∼   0 0 

0 0 1 1 1 0 0 −2 0 0 0 0

: : : :

1 0 0 0 1 0 0 −1 1 1 0 0

: : : :

1 0 0 1 0 12 1 0

(1.a +4.a )

∼

    

(( −1 )×3.a ) 2

∼

   



1 0 0 0

1 0   0 1 ∼   0 0 0 0  1 0 a)  )×3 (( 1 2  0 1 ∼   0 0 0 0  1 0  (1a −4a )  0 1 ∼   0 0 0 0

(2.a −3.a )

A rma c~ao:

A−1

0 1 0 0

0 1 1 0

1 0 0 2

0 0 1 0

1 0 0 2

: : : :

0 0 1 0

1 0 0 1

: 1 : 0 : 0 : 12

0 0 1 0

0 0 0 1

, isto e, A

−1

0 1 0 0

1 0 0 12 0 12 1 0

: 12 : 0 : 0 : 12 

0 0 1 0

1 2 −1 2

1 2 1 2

1 2 −1 2

1 2 1 2

1 1 −1 2

0 0 0 1

    

 0  0   0  1 

0 0 0 1 2 −1 2

         

 0   = (I4 : B). 0  1 2

1 2

1 2 1 2

1 2 −1 2

  0 =  0

    0 0 0 1

−1 2



0 0 0 1

0 0

369

De fato, como A ∼ In (se n~ao for singular) ent~ao

−1 2



 0  . 0 

1 2 In

= PA,

P(A : In ) = ((PA) : P) = (In P) ⇒ (A : In ) ∼ (In : P)

logo

^ CAP ITULO 15. APENDICE II - SISTEMAS LINEARES

370

mas, do corol ario acima, P = A−1 portanto (AIn ) ∼ (In A−1 ). Podemos utilizar o escalonamento de matrizes para obter bases para subespa cos de espa cos vetorias de Rn . Esse processo e desenvolvido nos primeiros cap tulos destas notas.

Observa¸ c˜ ao 15.50

15.5

Regra de Crammer

Para nalizar temos o: Teorema 15.51 (Regra de Cramer) Seja A ∈ Mn , b ∈ Mn1 . Se det(A) 6= 0 ent~ao A · x = b tem uma

cujas componentes s~ao dadas por . ui =

u nica solu c~ao u = (ui )(= A−1 · b)

det(Ai ) i = 1, . . . , n det(A)

onde Ai e o determinante obtido da matriz A trocando-se a i- esima coluna a∗i da matriz A pela coluna da matriz b. Demonstra¸ c˜ ao:

Deixaremos como exerc cio para o leitor. Apliquemos este resultado ao:

Exemplo 15.52

Resolva o sistema linear

  x1 +3x2 −x3 = 0 x +x2 +x3 = 0 .  1 x1 −x3 = −1

Resolu¸ c˜ ao:

Observemos que o sistema linear dado pode ser escrito como a seguinte equa c~ao matricial A · x = b, onde 

 1 3 −1 . A =  1 1 1 , 1 0 −1



 0 . b =  0 . −1

15.5. REGRA DE CRAMMER Observemos que

371

det(A) = −1 + 6 + 1 = 8 6= 0,

portanto amatriz A e n~ao singular, logo da regra de Cramer, teremos: ¯ ¯ ¯ A1 = ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ A3 = ¯¯ ¯

¯ 0 3 −1 ¯¯ 0 1 1 ¯¯ = 3 + 1 = 4; -1 0 −1 ¯ ¯ 1 3 0 ¯¯ 1 1 0 ¯¯ = −1 + 3 = 2. 1 0 -1 ¯

Portanto

   u1   u =  u2  =    u3 

A1 A A2 A A3 A

¯ ¯ ¯ 1 0 −1 ¯ ¯ ¯ A2 = ¯¯ 1 0 1 ¯¯ = 1 + 1 = 2; ¯ 1 -1 −1 ¯





      =    

4 8 2 8 2 8





      =    

1 2 1 4

      

1 4

ser a a solu c~ao da equa c~ao matricial A · x = b, ou seja, x1 =. , x2 =. e x3 =. 2 4 4 ser a a solu c~ao do sistema dado inicialmente. As muitas das demonstra c~oes deixadas como exerc cio ou omitidas podem ser encontradas na bibliogra a abaixo.

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^ CAP ITULO 15. APENDICE II - SISTEMAS LINEARES

Referˆ encias Bibliogr´ aficas [CDC]

Callioli, C. A., Domingues, H. H., Costa, R. C. F., Algebra Linear e a Aplica co~es, 2 edi c~ao, Atual Editora Ltda, 1978.

[L]

Lima, E. L., Algebra Linear, Cole c~ao Matem atica Universit aria, IMPA, CNPq, Rio de Janeiro, 1995.

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