Algebra Linear e Aplicações - Carlos A. Callioli
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CARLOS A. CALLIOLI Prof. Titular -
Faculda de de Engenh aria Industr ial (São Paulo)
HYG INO H. DO MIN GU ES Prof. Adjunto -
Institut o de Biociên cias, Letras e Ciência s Exatas UNESP ( Rio Preto)
ROBERTO C. f. CO STA Praf. Livre-D ocente -
Institut o de Matem ática e Estatís tica -
USP
ÁLGEBRA LINEAR LICAC.OES E AP "' ".,.
6~
edição reform ulada
12'! reimpressã~"!IF
ATUAJ. EDITORA
íNDICE
, Capítulo 4 -
L 2. 3.
1 ~ PARTE: ÁLGEBRA LINEAR
Capítulo 1 -
Sistemas Lineares -
4.
Matrizes
1. Sistemas Lineares 2. Sistemas Equivalentes 3. Sistemas Escalonados 4. Discussão e Resolução de um Sistema Linear 5. Matrizes 6. ,Operações com Matrizes 7. ~,Matrizes Inversíveis 8. Sistemas de Cramer ~Apêndice I - Matrizes Elementares Capítulo 2 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.
6. 7. 8.
2 4
6 8
16 18 27 31 39
Espaços Vetoriais
Introdução . Espaços Vetoriais ' . Primeiras Propriedades de um Espaço Vetorial . Sub-espaços Vetoriais .. Somas de Sub-espaços . Combinações Lineares .. Espaços Vetoriais Finitamente Gerados .. Apêndice 11 - Exemplo de Espaço que não é Finitamente Gerado
Capítulo 3 1. 2. 3. 4. 5.
. . .. .. . . . . ..
42 44
50 54 56 57
59
66
Base e Dimensão
Dependência Linear .. Propriedades da Dependência Linear .. . Base de um Espaço Vetorial Finitamente Gerado Dimensão .. Processo Prático para Determinar uma Base de um Sub-espaço de [Rn : ••••••• (ou C n) Dimensão da Soma de Dois Sub-espaços .. Coordenadas .. Mudança de Base .. .. Apêndice 111 - Teorema da Invariância
67 74 76 78 80 81
89 91 99
Transformações Lineares
102
Noções sobre Aplicações Transformações Lineares Núcleo e Imagem Isomorfismos e Automorfismos
104
111 114
(C;~~~::::-;) Matriz de uma Transformação Linear --1-: 2. 3. 4. 5.
-Op~ações com Transformações Lineares Matriz de uma Transformação Linear Matriz da Transformação Composta Espaço Dual Matrizes Semelhantes
Capítulo 6 1. 2. 3. 4. 5. 6.
124
. . . . . .
158
133 137
149 151
Espaços com Produto Interno
Produtos Internos Norma e Distância Ortogonalidade Isometrias Operadores Auto-adjuntos Espaços Hermitianos
Capítulo 7 -
. : . . . .
~
161 172
176 192 195
Determinantes . . . . . . .. .
197 199 203 208 212 214 217 218
1. Formas Bilineares .. 2. Matriz de uma Forma Bilinear .. 3. Matrizes Congruentes - Mudança de Base para uma Forma Bilinear 4. Formas Bilineares Simétricas e Anti-simétricas . 5. 'Formas Quadráticas . 6. Redução de Formas Quadráticas: Algoritmos .. 7. Lei de Inércia .
221
1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.
Permutações Determinantes Propriedades dos Determinantes Cofatores Adjunta Clássica e Inversa Regra de Cramer Determinante de um Operador Linear Apêndice IV - Determinante de um Produto de Matrizes
Capítulo 8 -
Formas Bilineares e Quadráticas Reais 222
225 228 232
235 243
2 ~ PARTE: APLlCACÕES
( ê~;;';'~ magO~alizaç.O d, O
do"" Lio"",,,, Fonna d, Jo
.
"T'"'-"VâÍc>res e Vetores Próprios 2. Diagonalização de Operadores 3. Diagonalização de Operadores Auto-adjuntos (ou de Matrizes Simétricas Reais) 4. Aplicação da Diagonalização: Potências de uma Matriz .. 5. Aplicação da Diagonalização: Séries de Matrizes (Noções) 6. Lema de Gergoshin . 7. Forma de Jordan . o
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Capítulo 2 1. 2.
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o....
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246 253 262 266 268 270 272
Curvas e Superfícies de Segundo Grau
As Curvas de Segundo Grau As Superfícies de Segundo Grau
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284 292
Capítulo 3 - Polinômios de Lagrange 1. 2.
Valores Numéricos Polinômios de Lagrange
Capítulo 4 1. 2.
1. 2. 3. 4. 5. 6.
Seqüências Recorrentes Lineares
Seqüências Recorrentes Aplicação
Capítulo 5 -
298 299
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305 311
Equações e Sistemas de Equações Diferenciais Lineares com Coeficientes Constantes
Operadores Diferenciais Álgebra dos Operadores Equações Diferenciais Lineares com Coeficientes Constantes Equações Homogêneas de Segunda Ordem Equações Homogêneas de Ordem Qualquer Sistemas de Equações Diferenciais Lineares com Coeficientes Constantes .... o
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315 317 319 321 324 327
Capítulo 6 - Método dos Mínimos Quadrados 1. 2. 3.
O Espaço Euclidiano [Rn: Revisão Aproximação por Projeções . Ajuste de Curvas
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Respostas ... Bibliografia Índice Remissivo o
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334 335 338 342 350 351
1
CAPíTULO
Uma solução do sistema acima é uma n.upla (b l , que é solução de cada uma das equações do sistema.
Sistemas Lineares -
Matrizes
(~
Neste capítulo procederemos inicialmente a um estudo dos sistemas lineares sobre IR. Não nos moverá aqui nenhuma preocupação de formalismo ou rigor excessivos. Além disso limitar-nos-emos a ver sobre o assunto apenas o que é necessário para desenvolver os capítulos posteriores. De uma maneira geral este capítulo 1 constitui apenas um pré-requisito para o restante deste livro. Definição 1 - Dados os números reais ai, ... , a n , {3 (n
+ ... +
~
= (3
a n xn
Uma solução' dessa equação é uma seqüência de n números reais(*) (não neéessariamente distintos entre si), indicada por (b l , . . . , b n), tal que
+ ... +
= {3
a n bn
é uma frase verdadeira.
Exemplo - Dada a equação: 2XI - X2 + é uma solução dessa equação pois 2 • 1 - 1 +
°== X3
1, a terna ordenada (1,1, O) 1 é verdadeira.
Definição 2 - Um sistema de m equações lineares com n incógnitas (m, n ~ 1)(**) é um conjunto de m equações lineares, cada uma delas com n incógnitas, consideradas simultaneamente. Um sistema linear se apresenta do seguinte modo:
S: {
+
~~1.~1. ~ frml XI
'x
y
+
+ 2y
z
=
1
=6
+
alnxn
= (31
, 11 5
,~
também é solução de S.
Se, no sistema S, tivermos {31 = {32 = ..• = 13m = 0, o sistema S será homogêneo. A n-upla (O, 0, ... , O) é solução de S neste caso e por isso todo sistema homogêneo é compatível, de acordo com a definição 3 a seguir. A solução (O, 0, ... , O) chama-se solução trivial do sistema homogêneo.
1), à equação
onde os Xi são variáveis em IR, damos o nome de equação linear sobre JR nas incógnitas x b . . . , x n .
allxl
2X {
uma solução de S é (O, 3, 4). Notemos que essa solução não é única: a terna
1. SISTEMAS LINEARES
aI b l
b n ) de números reais
Exemplo - Dado o sistema S:
aI Xl
... ,
Definição 3 -' Dizemos que um sistema linear S é incompatível se, S não admite nenhuma solução. Um sistema linear que admite uma única solução é chamado compatível determinado. Se um sistema linear S admitir mais do que uma solução então ele recebe o nome de compatível indeterminado.
Exemplos 1) Um sistema do tipo
+ '" +
OXl
+ ... + OXn = {3i
frml Xl
+ ... +
amnx n
= 13m
aln x n
amnx n
({3i =1= O)
= 13m
é necessariamente incompatível: como nenhuma n-upla é solução da equação i-ésima, então nenhuma n-upla é solução do sistema. 2) Um sistema do tipo
~.~~~~.~ .~.
+ .. , +
= {31
all x l
X' •• {
~'
• ••...••..••.••• :.
~
x n = {3n (*)
Também chamada n-upla de números reais.
(**)
Se m = n simplesmente sistema linear de ordem n.
2
é compatível determinado e ({31 , ... , (3n) é a sua solução única. 3
(111) Somar a uma das equações do sistema uma outra equação desse sistema multiplicada por um número real. Deixamos como exercício a verificação de que o sistema:
3) O sistema 2X {
x
y
+ z ==
+ 2y
1
= 6
. d o pOlS, . conlorme c: • e"mdetermma VImos atrás, as temas (O, 3,4) e
(85' 5' 11 O)são
soluções deste sistema. Conforme veremos, existem infinitas soluções deste sistema. Tente achar uma.
CXm1Xl
2. SISTEMAS EQUIVALENTES Seja S um sistema linear de m equações com n incógnitas. Interessa-nos considerar os sistemas que podem ser obtidos de S de uma das seguintes maneiras: .(I) Permutar duas das equações de S. É evidente que se 8 1 indicar o sistema assim obtido, então toda solução de SI é solução de S e vice-versa.
(11) Multiplicar uma das equações de S por um número real À =1= O. Indicando por SI o sistema assim obtido mostremos que toda solução de SI é solução de 8 e vice-versa. Devido a (I) podemos supor que a equação multiplicada seja a primeira. Como as demais equações de S e SI coincidem basta verificar nossa afirmação quanto à primeira equação. Se (b 1 ,
••• ,
b n ) é uma solução de S (conforme definição 2), então:
(1) Multiplicando por À esta igualdade obteremos:
(2) o que mostra que (b 1 ,
•.• ,
CXmnXn = ~m
assim obtido e o sistema S ou são ambos incompatíveis ou admitem ambos as mesmas sbluções. Sugerimos ao leitor que faça alguns casos particulares antes de tentar o caso geral.
Deflilição 4 - Dado um sistema linear S, uma qualquer das modificações explicadas acima em (I), (11) e (I1I) que se faça com esse sistema recebe o nome de operação elementar com S. Se um sistema linear 8 1 foi obtido de um sistema linear S através de um número finito de operações elementares, dizemos que SI é equivalente a S. Notação: SI ~ S. É fácil ver que para a relação ~ assim definida valem as seguintes propriedades: (a) S
~
S (reflexiva);
(b) SI ~ S ~ S ~ SI (simétrica); (c) SI ~ S e S ~ S2 ====> SI ~ S2 (transitiva). Convém frisar, por último, que em virtude do que já vimos neste parágrafo, se SI ~ S, então toda solução de S é solução de SI e vice-versa. Em particular, se SI é incompatível, o mesmo acontece com S. Desta forma criamos um mecanismo extremamente útil para a procura de soluções de um sistema linear S. Procuramos sempre' encontrar um sistema linear equivalente a S e que seja "mais simples". Veremos um exemplo. Consideremos o sistema:
b n ) é também solução da primeira equação de SI'
Por outro lado, se (b 1 , .•• , b n) é solução de SI, então a igualdade (2) é verdadeira. Dividindo (2) por À obtemos (1). Portanto (b 1 , . . • , b n ) pertence ao conjunto das soluções de S.
4
+ ... +
X
S: {
=~
2x x - 2y
+z=l
+
z
+ 2z
=4 = O
5
Para estudar este sistema deve-se aplicar a ele uma série de operações elementares visando fazer com que o número de coeficientes iniciais nulos seja maior em cada equação (a partir da segunda) do que na precedente. Vejamos como se pode fazer isso. X2x {
Y y
+ +
z z
x - 2y -I- 2z
=1 =4 =O
* {X - y + z y - z
~
- y
= = +z =-
1 **{X - Y + z 2 ~ y - z
1 2
1.
1
= = O=
*
Multiplicamos por - 2 a primeira equação e somamos o resultad~ com a segunda equação; multiplicamos a primeira equação por -1 e somamos com a tercerra.
**
Somamos a segunda equação com a terceira.
Como este último sistema é incompatível, o mesmo acontece com o sistema S dado inicialmente.
Proposição 1 - Todo sistema linear S é equivalente a um sistema escalonado.
Demonstração - Sem perder a generalidade podemos supor: Xl
S:
Cl21 Xl
+ Cl12 X2 + ... -I- CllnXn = {31 + Cl22 X2 -1- .•• + Cl2nxn = {32
.......................................
+ ... + Cllrlxrl + ... + 72fl xr1
Consideremos um sistema linear de m equações com n incógnitas que tem o seguinte aspecto:
+ . . . . . . . . . . . . . . . .. + CllnXn =
S:
CllnXn = {31
+ '" + 72nXn = {3;
................................................
3. SISTEMAS ESCALONADOS
Qzr2xr2
.........
Para cada Cl ü :::f= O (i = 2, 3, ... ,m) multipliquemos por (-Cl ü ) a primeira equação e somemos o resultado à equação i-ésima. Com algumas permutações convenientes de equações (se for o caso) obteremos um sistema SI do seguinte tipo: Xl
CllIl x r1
0·0
+
+ QznXn = Clkrkxrk
+ ... + ClknXn
{31 {32
= {3k
onde 72fl =1= O e ri:> 2, que é equivalente aS. Dividindo a segunda equação de SI por 72fl óbtemos um sistema S2' ainda equivalente a S1> com o qual começamos a repetir o raciocínio feito até aqui, porém a partir da sua segunda equação. Evidentemente, depois de aplicar um certo número finito de vezes esse raciocínio chegaremos a um sistema escalonado equivalente a S. •
OXn = {3k+ 1 onde Cl1rl =1= O, Cl2f2 =1= O, ... , Clkrk =1= O e cada ri:> 1. Se tivermos 1
< ri < r2 < ... <
near escalonado. É claro que se {3k + 1
=:
r k < n diremos que S é um sistema liO, a última equação de S pode ser elimina-
da do sistema. Logo, num sistema escalonado o número de coeficientes iniciais nulos em cada equação, a partir da segunda, é maior .do que na precedente. Exemplo de sistema escalonado:
A importância dos sistemas escalonados reside na Proposição 1. Sendo todo sistema equivalente a um sistema escalonado, bastará que saibamos lidar com os sistemas escalonados e saibamos reduzir um sistema qualquer a um escalonado.
Nota: Convém observar que as equações do tipo O = O que por ventura aparecerem no processo de escalonamento devem ser suprimidas, como é óbvio. Exemplo - Escalonemos o seguinte sistema:
2X - y - z - 3t {
6
z-
=O
t
=1
2t
=2
S:
+z
-
t = 4
+
2t = 1
2x- y - z -
t=O
2X 3x
+
1 .5x
y
2y - z
+ 2t
= 1
7
S ~
(
Z
+
Z
+ 3x + 2y + 2t = 1
- Z
2x -
+ 2x
y -
-
+ 2x -
O
+ 2t =
1
y -
t
t
=
z + 2x -
=4
=
y -
5x Z
t
~
5x
4x 5x
2y
+
y
4
Z
2t = 4 1
t
+ 2t =
5x
5
+ 2t =
+
(11) Obtém-se um sistema escalonado do seguinte tipo:
=4 =5
t
+ 2x
1 1 X+sY+st=
1
14 14 -sy -st
=
O
=
-4
Y
t
+
t
+ G'2nXn ••
(
e
(
y+t=O Y - t = 4
(Z ~
+ 2x - y 5x + y +
t = 4 t = 5
y+
t=O
= 'Y1 = 'Y2
Exemplo - Discutir e resolver o seguinte sistema: x-y+
- 2t = 4
r- y+ -r3x - y
z =
S
~
4. DISCUSSÃO E RESOLUÇÃO DE UM SISTEMA LINEAR
z=l
2x + y + 2z = O
{
Observe o leitor que (1, 2, 2, - 2) é a única solução de S, pois é a única solução do sistema escalonado.
3y
+
z
=
{
~
I
1
y+z=
= -2
2y - 2z = -2
Discutir um sistema linear S significa efetuar um estudo de S visando a classificá-lo segundo a definição 3. Resolver um sistema linear significa determinar todas as suas soluções. O conjunto dessas soluções recebe o nome de conjunto solução do sistema.
x-y+
z=
y-
z = -1
~
y-z=-l 3y
= -2
r-y+'~ y - z = - lI
3z =
z=
-
1 3
I
Seja S um sistema linear de m equações com n incógnitas. Procedendo ao escalonamento de S chegaremos a uma das três seguintes situações:
2 3
x-y
(I) No processo de escalonamento, numa certa etapa, obtém-se um sistema:
*
2 --3
y
z
Como S' é incompatível, então o mesmo se pode dizer de S. (Ver exemplo no parágrafo 2).
= 'Yn
Logo S é compatível determinado e ('Y1' 'Y2, ... , 'Yn) é a sua solução.
S:
8
= ~n
Neste caso S' poderá ser transformado, por equivalência, no seguinte sistema
Xn
z + 2x - y - t = 4 5x + y + t = 5
~
•••••••••••••
Xn
4
y -
X2 +
s:
1
=
-
+ G'lnXn : ~1
Xl + G'12 X2 +
4x - 2y - 2t = 4
(
1 1 x+-y+-t=
5
y -
* **
=
1 3
O
X
**
2
y
--3 z
=
I 3
Somamos a terceira equação à segunda. Somamos a segunda equação à primeira.
9
Logo o sistema é compatível determinado e
Exemplo - Discutir e resolver o sistema:
(o, - ~ , ~) é a sua solução.
x-2y- z=1
Observação: Depois de conseguir o escalonamento poderíamos ter achado a solução do sistema por substituição do seguinte modo: Como z =
1-3
e y - z = - I então y -
'
1-3 = - I Daí y = ...!.. ' 3
Agora, se na primeira equação do sistema substituirmos y por acharemos x =
~
I
{
2 I
S
3'
~
o,
+ .. , + aU2xr2 + ... + alr3Xr3 + , .. + a1r pXr p + , , . + aln Xn = Xr2
S':
onde p
Xr3
+ , .. + a3rpXrp + ... + a3nXn =
+
- 5y
2
7
- Sz=
eliminando o termo a1r2xr2' Feito. isto, passamos para o segundo membro de cada equação todas as parcelas, exceção feita à primeira. Teremos então algo como:
= f1
x r2 = f2
1
S-
I 2 y-Sz=-S
Daí tiramos:
133
É fácil então ir eliminando, por meio de operações elementares, o termo em x r2 na primeira equação, os termos em xr3 da primeira e segunda equações, , .. , os termos em xrp da primeira à (p - l).ésima equação, Por exemplo, multiplicando a segunda equação por (-aU2) e somando o resultado com a primeira
= I = -2 O= O
2y- z 5y - z
z=
X= .
1-+2z
{ Y= .
2 1 --+-z 5 5
< n.
Xl
=
z
~
3
y-~z=-~
{
131
+ .. , + azr3Xr3 + ... + aztpXr p + .. , + a2n Xn = l3z
{X -
z= 1 5y - z = -2
X- 2y-
(I1I) Obtém-se um sistema escalonado do tipo abaixo:
Xl
{
=O =
x - 7y
X- 2y -
=-3'
e z por
2x + y - 3z
S:
Logo, { (~
+ ~ z,
-
~+
i
5
z, z): Z E
5
IR} é o conjunto de todas as soluções
1 de S (conjunto solução de S). Dizemos também que ( 5 z E
+ 5"7 z, -"52 + "51 z, z ) ,com
IR, é a solução geral do sistema lirlear S.
RESUMO DA DISCUSSÃO A discussão feita acima pode ser resumida do seguirlte modo: Suponhamos que um sistema tenha sido escalonado e, retiradas as equações do tipo O = O, restam p equações com n irlcógnitas. (I) Se a última das equações restantes é
Xrp = fp onde cada fi é uma expressão linear nas variáveis Xj com j =1= I, j =1= f2, ',' . ,j =1= r p ' A cada seqüência de valores que dermos então a estas n - p variáveis (variáveis livres) obteremos valores para Xl, Xr", ... , Xr P. e conseqüentemente uma solução . do sistema. Como p < n, teremos mais do que uma solução (infinitas na verdade) e o sistema é indeterminado neste caso.
10
OX1
+ .. , +
OXn =
I3p (l3p
=1=
O)
então o sistema é incompatível; Caso contrário, sobram duas alternativas: (11) Se p = n o sistema é compatível determinado; (I1I) Se p
< n,
então o sistema é compatível indeterminado. 11
4. Resolver por escalonamento:
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 1. Resolver por escalonamento: 5X - 2y + 2z = 3x +
s:
{ Solução {
S-
y
z =
++
4z = -1 Y 3x 2 - 2y + 5x + 2z =
-{'+
3x +
z =
3
4z = -1
llx + 10z = x +
s:
+ 4z = -1
4x - 3y +
- 3y + 4x +
2
O
3
-c {+
z ;::
y
z= -3
{"
2
y + 2z =
I
3x + 2y + 3z =
3
2x +
Solução 3x + 4z = -1 llx + 10z =
O
13x + 13z =
O
s-{
x + y + z = 2 ~ 5 2y 2z y
-3
y
-3
3x + 4z = -1
+
x
O
z =
x -
y +
z =
O
z=
O
Daí:y=3,z=
I I -I e x = -2"'
Resposta: O sistema é compatível determinado, sendo ( -
~, 3, - ~) sua única solução.
De z = O, tiramos x = O e daí teremos y = - 1. Resposta: (O, - 1, O) é a única solução; o sistema é compatível determinado.
5. Resolver por escalonamento:
2. Resolver por escalonamento:
3X + 3y
s:
s:
X + Y + z + 3t = 1 { x + y - z + 2t = O
Solução X+ Y+
z + 3t = 1 2z + t = 1
-
= -2
{x
t =
+ 5z -
y
1 - 2z
S-
Resposta: {(-2 + 5z - y,y,z,1 - 2z) IY,z E IR} é o conjunto solução do sistema. O sistema é compatível indeterminado, pois tem infinitas soluções.
2x -
X+Y+Z=1
x - y - z= 2
s:
{
Daí:
2x + y + z = 3
+ Y+ z
=1
- 2y - 2z = 1 -
y-
z=1
X+ {
Y+ y+
z = 1 {X + Y + z = 1 z=-1 y+z=-1
2y + 2z = - 1
- 3x
~
z - 2t =
I
+ 3z -
y
t
=-
I
Resposta: O sistema é incompatível, por causa da igualdade O = 1.
2
I ~1
3y + 2z = -2
x - 4y + Sz = -3
_ {t ~ 3x ~ 3y + 2z =
~2
x + 4y - Sz =
3
x - 4y + Sz = -3
x= -4y + Sz + 3 e t =
~9y
+ 13z + 7
O=
1
6. Resolver o sistema homogêneo por escalonamento: X -
s:
2y ~ 3z
x + 4y {
12
2
Resposta: {(-4y + Sz + 3, y, z, ~ 9y + 13z + 7) I y, z E IR} é o conjunto das soluções e portanto o sistema é compatível indeterminado.
Solução X
r'
+ 3x + 3y ~ 2z = - 2t + Sx + 2y + z = - t + 2x - y + 3z =
-{
3. Resolver por escalonamento:
{
Sx + 2y + {
t =
Solução
s- {
S-
2z -
2x -
y +
=O
z= O Z
= O
13
li. Resolver o sistema:
Solução
= 34
x2 + y2
S·.
- 2y - 3z == O
{ _ x 2 + y2 = 16
6y + 2z == O 3y
+
2y - 3z == O
X
- 2y - 3z
y+~z==O
{
3y Daí:
Solução: Este sistema não é linear, pois x e y aparecem em segundo grau. Mas podemos intro-
7z == O
+
solução (única) é u Há portanto 4 soluções para o sistema S: (3,5), (3, - 5), (- 3,5) e (- 3, - 5).
1 y +Tz == O 6z
7z == O
-o ' + vv == 34 = x 2 e v = y 2 toman d o-se então sIstema S em { _ u u + 16 cuja = 9, v = 25. Daí obtemos x 2 = 9 e y2 = 25, ou seja, x = ± 3 e y = ± 5.
I ' as varlavels .,. u
(UZII
== O
== O
x == O, y == O e z == O.
O sistema admite somente a solução trivial (O, 0, O), sendo portanto determinado.
7. Resolver o sistema homogêneo por escalonamento: y+
s: { : :
2x + y
I. Resolver os sistemas abaixo:
z+t==O
+
t ==
O
+ 2z --
t ==
O
2z
y
EXERCÍCIOS PROPOSTOS
y
+
y
+ 2z
1
Z =
6y + 3z
y + Z =
+
X
Y+
x-
b)
2
=
Z
-2
[
-3
2y
3
=
Solução X
S
+ Y +
~
t == O
z +
- 3z {
X
- 3t == O
x+ y +
t==O
z
+z+ t
3: : 7~ : :
=O
z
r
==0
2. Determinar os valores de a e b que tornam o sistema == O
+ 3t = O
y {
+ 3t == O
Y
{
y
-
== O
- y
+
[
-- 2t == O
+ 3t == O
y
z
==0
S:
2x {
S { Daí, necessariamente a = Resposta: a = O e
14
{(l,
-
y==O
[:: :
e
a
2
-a
2y = 6
y
+ y
x
-2
O
== 1 4.
== 2
Determinar os valores de m para os quais o sistema é determinado:
[H2Y2,-
Solução
y == 1
a + b - 1
o
3y == a
x+
x + 2y
3. Discutir os seguintes sistemas lineares (em função de a):
8. Determinar o valor de a para que o sistema linear S admita uma única solução e determiná-la:
+ y + y
5a + 2b
compatível e determinado. Em seguida resolver o sistema.
O conjunto {(2t, - 3t, O, t) I t E IR} é o conjunto solução; o sistema linear é compatível indeterminado. Observe que o valor da incógnita z é determinado, isto é, não depende de 1.
X
5x + 3y
.{X+ -
3y == a
°
Y
==1 y == O
O)} é a solução única de S.
3t
2x
5t
3x
2y y +
z
-1
z - mt =
9
O
5. Resolver os sistemas homogêneos abaixo:
O == a
e o sistema S é equivalente a {x
t =
2x - 2y - 2z -
+ Y Y
y + 2z -
1
O·
a)
[3;
+ y + 3z +
t = O t = O
Y - z - 5t = O
+ y+z+w-t=O b) [:
Y - z + 2w - t = O
15
c)
4X {
+ 3y -
x -
y+
z+t
=o
2z - t =
o
3X
+ 2y
x -
d)
{
y+
2x - 3y
=o z= o
- l2z
Exemplo - A matriz
+ 5z = o
6. Mostrar que um sistema linear homogêneo de m equações en incógnitas é compatível indeterminado se n > m.
é uma matriz real 3 X 2. Logo A E M3x 2 (R).
LINHAS E COLUNAS Dada uma matriz:
5. MATRIZES A
Definição 5 - Sejam m ;;;, I e n ;;;, I dois números inteiros. Uma matriz m X n real é uma dupla seqüência de números reais, distribuídos em m linhas e n colunas, formando uma tabela que se indica do seguinte modo:
= (:::...
~ ~~ ~: ..
am1 am2
...
'.'
)
amn
as m seqüências horizontais A(1) = «a11, a12' ... , a1n ). , ... , A(m) = (am1, am2, . .. , amn ) são chamadas linhas da matriz A, enquanto que as n seqüências verticais am
a11
a2n
~1
Abreviadamente esta matriz pode ser expressa por (aij)1E;; i O;; m ou apenas lO;; j O;; n (aij), se não houver possibilidade de confusão quanto à variação dos índices. Cada número que compõe uma matriz chama-se termo dessa matriz. Dada a matriz (aij)l';;; i.;;; m, ao símbolo aij que representa indistintamente todos os seus 1';;;
j.;;; n
termos daremos o nome de termo geral dessa matriz. Notações - Indicaremos por Mm x n (IR) o conjunto das matrizes reais m x n. Se m = n, ao invés de Mn x n (IR), usa-se a notação Mn (IR). Cada matriz de Mn (IR) chama-se matriz quadrada de ordem n. Em contraposição, quando m =1= n, uma matriz m x n se diz uma matriz retangular. Uma matriz I x I (a11) se identifica com o número real a11 .
, ... , A(n)
A(l) a m1
a mn
são as colunas de A.É de se notar que cada A(i)E M 1xn(R) e cada A(j)E Mmx1 (R). Exemplo - Na matriz 2 X 3
A~G ~-:) as linhas são (1, O, 1) e (O, 6, - 5) ao passo que as colunas são
Cada matriz costuma ser denotada por uma letra maiúscula do nosso alfabeto.
16
17
Para a adição de matrizes acima definida valem as seguintes propriedades: IGUALDADE DE MATRIZES Consideremos duas matrizes reais m X n: A que A = Bse, e somente se,
= (aij)
e B
= (bij).
Dizemos
(lI) A + B = B + A, VA, B E Mmxn(R) (comutativa);
aij = bij (i = 1, 2, ... ,m; j = 1, 2, ... , n).
Exemplos 1)
(~ 2)
G 3) (:
O 1
2
3
2
x
~) ~ (~
z)
2
-1
O
(1) A + (B + C) = (A + B) + C, V A, B, C E Mm x n (R) (associativa);
(III) Existe uma matriz O E Mmxn (R) tal que A + O = A, VA E Mmx n (R) (existe elemento neutro);
F:-: t =
O
z=
1
N) Dada uma matriz A E Mmxn (R), existe uma matriz (-A), também m X n, tal que A + (-A) = O (existe a oposta de qualquer matriz). A verificação da propriedade associativa se faz assim:
:)*G D :) *G D
Se A = (aij), B = (bij) e C (A + B) + C
= (aij
= (aij
+ (bij + Cjj»
=
(ciD, então
+ bij) + (Cij)
= (aij)
= ((aij
+ (bij + Cij)
+ bij) +Cij)
=A
=*
+ (B + C).
Quanto à (I1I) é fácil ver que:
2
3
O
O =
(~ ~ ~) .. .. ::: ..
O O ..•
6. OPERAÇÕES COM MATRIZES
O
Esta matriz chama-se matriz nula m X n. (a) ADIÇÃO Sejam A = (aij) e B = (bij) matrizes m X n. Indicamos por A + B e chamamos soma de A com B a matriz m X n cujo termo geral é aij + bij, ou seja
A+ B=
(~:'. +b:, .a.'~.+b~
~:~ ~ b~
am1 + bm1 am2 + bm2 - . ..
(1 21) O 1
2
A+B=
18
e B=
(1 3-1) 259
4
la A = ( -2 1
-
Por exemplo, se
2) então -A (- 1 - a
O'
=
2
-1
(b) MULTIPLICAÇÃO DE UMA MATRIZ POR UM NúMERO
amn + bmn
(O 1-2), 2
= (aij), é evidente que (- A) = (- aij).
)
A operação que transforma cada par (A, B) de matrizes do mesmo tipo na matriz A + B chama-se adição de matrizes. É uma operação no conjunto Mm xn (IR).
Exemplo _ Se A =
Por último, se A
Dada uma matriz real A = (aij), m x n, e dado um número real a, o produto de a por A é a matriz real m x n dada por:
então
7
Usamos nesta passagem a propriedade associativa da adição de números reais. 19
Para essa operação que transfonna cada par (a, A) de m. X Mmxn (m.) na matriz real exA E Mmxn (R.), valem as seguintes propriedades:
Nas condições acima, a operação que transfonna cada par de matrizes (A, B) na matriz AB chama-se multiplicação de matrizes.
,~I
(I) (ex{j)A = ex({jA);
2
Exemplo --'- Sejam A = (.
(11) (ex + {j)A = exA + (jA; (I1I) ex(A
+ B)
= exA
(\;12'-
O 1
+ exB;
(N) IA = A;
J
l' O 2
Então:
quaisquer que sejam as matrizes A e B e quaisquer que sejam os números reais
ex e {j. AB =
Provemos (11).
(ex + (j) • A = ((ex + (j) • aij) = (ex • aij + (j • aij) =
+ ({j
Ex=p~
- S, •
~
20 A
• aij) = exA
2·4+1·0+0·0
( 0·3+1·0+2·1
0·4+1·0+2·0
2.5+1.0+0.1)= O· 5+1 ·0+2·1
=(6810).
Suponhamos A = (aij). Então: = (ex • aij)
2 ·3 + 1 • O + O • 1
2
O
2
+ (jA.
~ C~ ~).
,ntão .A
~ G~
D
Proposição 2 - Sejam A = (aij), B = (bjk) e C = (Ckr) matrizes reais m X n, n X p e p X q, respectivamente. Então A(BC) = (AB)C.
Demonstração - O tenno geral de A(BC) é dado por: (1)
(c) MULTIPLICAÇÃO DE MATRIZES Consideremos a matriz A = (aij) de tipo ~. x n e a matriz B = (bjk) de tipo n x p. O produto A • B (também indicado por AB) é a matriz m x p cujo termo geral é dado por:
ao passo que o tenno geral de (AB)C é dado por:
(2) n
Cik =
L j=l
aij . bjk = ail • b lk )
+ ... + ain
• bnk
*
Usando a notação de matriz linha e a de matriz coluna a definição acima significa que A (1) • B(l)
A (1) • B(p)
A (2) • B(l)
A(2) • B(p)
AB=
As propriedades da adição e da multiplicação de números reais nos ensinam, contudo, que (1) = (2). Então a proposição está demonstrada. Proposição 3 - Sejam A, B e C matrizes reais m X n, n X p e n X p, respectivamente. Então A(B + C) = AB + AC.
Demonstração - Usa-se o mesmo tipo de raciocínio da demonstração anterior. Fica como exercício. Nota: Analogamente, se A e B são matrizes m X n e C é n X p, então
(* ) O símbolo
20
~ é uma letra do alfabeto grego, correspondente ao nosso S.
(A
+ B)C = AC + BC.
21
EXERCÍCIOS RESOLVIOOS -
1. Sejam:
(: : :) B~ (~ : :) , C~(: 2~)
A=
{X + Z - 2Y = B Z - 2Y = B - Z + 3Y = A - 2B Z + 3Y = A - 2B -
X + -
{
- 5Y = -- 4A + 5B + C.
- 4Z + 7Y = C - 3B Daí: Y = i(4A - 5B - C) = +«4
1 matrizes de MZx 3(IR). Calcular 3(A - TB) + C.
Analogamente, X =
(+
O
O O) - (O 5 O) - (O O
1)
(+
e Z =
-3
-
~)
Solução
1
4. Dadas as matrizes A e B abaixo, determinar os produtos AB e BA:
3
3(A - TB) + C = 3A - 2"B + C =
6 ( 3
O)
3 6
2. Determinar a matriz X
(O O 3) 96 3
3 E
Mz x 3 (IR) tal que
~
2 O) = (9 O1 O -6
+ (3
A~0 ~)
5 - 3).
O
AB= Solução
(
(X + A) = 3(X + (B - A»
- C
=> X + A = 6 (X + (B - A» - 2C = >
=> X + A = 6X + 6B - 6A - 2C = > 5X = 7A - 6B + 2C
2·0+1-1
1·1+0·0
1·0"+0·1
2-1+1-1) 1·1+0-1
0·1+1·0
0·0+1-1
0-1+1-1
~
7
= 1- ( 20 5 -29
3.
14
(O O 12) + (6 4
7
36
24
12
O 2
> X = ; (7A-
O)~~ = O
~: -~:) (-:9 :~ ~ 152). =
-5- -5- -
I
O O),
Dadas as matrizes reais, X 3, A = (1 B= minar as matrizes X, Y e Z de Mlx3 (IR) tais que: 2X -
Y
X - 2Y
S:
{
+
(O
1
1
O) e C = (O .O 1), deter·,
Z = A
~
{ 2X
+
Z = A
-Z=C
22
~
+
3Y {
~
(:
:)
O/Dada uma matriz A = (aij) E Mmxn(IR) denomina-se transposta de A e indica-se por At a seguinte matriz n X m: At = (bji), onde bji = aij (i = I, ... , m;j = 1, ... , n). Valem as seguintes relações: a) (A+B)t=At+B t ; b)
(a
+y=O
{X2 y2
01) <
>
=-1 "= _ 1
x+y=
O
- a dm"lte soIuçoes -" - x 2 = - 1 e y 2 =- 1 Portanto o problema em M2 (R ) nao pOiS as equaçoes não têm solução em R.
b) Sejam A e B matrizes ortogonais de ordem n. Sendo A e B inversíveis, então já vimos que AB também é inversível e que (AB)-l = B- l A-l. Daí (AB)-l
= B-1A-l = BtAt = (AB)t.
5. Determinar a E IR a fim de que a matriz real
seja inversível em M3 (R).
(: -5
: -:) 4-1
t ' I e A-1 - A. " 4. Uma matriz quadrada A se diz ortogonal se A e' mvemve
34
y2
: -8 T-8
A inversa de A é portanto a matriz:
A-1
X2+ 2 = 1
x
8 -2
I
ij)
1 4 1
.J2y + .J2 .J2y + .J2x y2 + 2 2 +x
511
1
G:)=>
~(~;,) (~:,)
SOIUçãO(~ ~ ~) (~_~ ~) (~_~ ~) ~ 1
2
a
O
1 a-I
O
O a- 1
3S
-
(~ ~ ~) (~ ~ ~) O
O a-I
O
O
7. Resolver ,o seguinte sistema de Cramer: se a - I
x+y-z=O
*" O.
2x
1
{
Solução A matriz dos coeficientes do sistema é:
6. Resolver o seguinte sistema linear: X
+ 2y +
z =
1 A=
y + 2z = -4 {
x+ y+ z=
2
(
I 1_1) :
_~
~
que é inversível conforme já vimos (exercício resolvido 3) e sua inversa é a matriz:
Solução
1
Façamos
4" 1
8 5
-S Então o sistema fica AX = B. Já vimos no exercício resolvido nl? 1, que a matriz A é inversível e
1
3x - y + z = 1
*"
Logo A é inversível para a 1. Se a = 1, então a matriz A é equivalente a uma matriz com uma linha nula e portanto não é inversível.
+y +z=
1
O
"4
1
3
1
1
2 -S 2" -8
Logo:
G}
1
"4
O
1
"4
1
1
8
"2
-s
5
1
1
-g
2
3
-s
C)~
1 4 1
8 3
S
Logo trata-se de um sistema de Cramer cuja solução é dada por:
-;) (-D ~
11
-2 -2 X
= A -I B = (
1
O
1
1
-2 2 +
+ + A seqüência ( ; , -1, -
36
~) é a solução
(-2;6) ~
EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Seja A uma matriz quadrada inversível. Mostre que A-I também é inversível e que (A -1)-1 = A. 2. Mostrar que a matriz real
-
""2 do sistema.
é inversível Va, b, c
E
R e que: O 1
-c
~) 37
3. Verificar quais das seguintes matrizes são inversíveis e determinar as inversas respectivas:
A=C
~), B=C
o
APÊNDICE I
2
Matrizes Elementares
4. Resolver os seguintes sistemas de Cramer:
a){x -
Defmição 8 - Uma matriz elementar de ordem n é uma matriz E obtida de In por meio de uma e uma só operação elementar.
x+ Y + z=2 b) x - Y + z = O { y+2z=0
y = 4
x + Y= O x-y+z+
Exemplos
t=O
x+y - z+ t = J c) -x +y +z- t = O { . 2x - y - z + 3t = 1 5. Determinar m
E
E,
IR de modo que o sistema abaixo seja de Cramer e, a seguir, resolvê-lo: y+ :{
=G ~ D ~ =G e
!D
são matrizes elementares. A primeira se obtém de 13 multiplicando por 2 a segunda linha; a segunda se obtém de 13 somando à segunda linha desta matriz a sua primeira linha multiplicada por 3. Prop9sição 4 - Seja E uma matriz elementar de ordem n. Se aplicarmos, então, em uma matriz A, também de ordem n, a mesma operação elementar que transformou In em E, obteremos a matriz EA.
z=2
+2z=1
x + 2y + mz = O
Demonstração ->
Faremos a demonstração apenas para a operação elementar (IU) ficando os dois casos restantes como exercício.
7. Se A, B e C são matrizes inversíveis de mesma ordem, determinar a matriz X de maneira que A(B-IX) = C-IA.
Suponhamos que a linha j-ésima de E seja a soma da linha j-ésima de In com a linha i-ésima de In multiplicada por a, enquanto que as demais linhas de E e de In coincidem, ou seja
6. Sejam A, B e C matrizes reais de ordem n. Se A é inversível, prove que AB = AC = > B = C e que BA = CA => B = C.
8. Dada a matriz A =(
~
_ :)CalCUlarA 2 = AA,A 3 = AAA, ... ,A
n
=A... A(nvezes).
e
E(k) 9. Determinar x, y e z de modo que a matriz
=
In(k), k
=1=
j.
= E(r)A, para todo r entre 1 e n, então (EA)(j) = E(j) • A = = (IJj) + aln(i))A = In(j) • A + a (IJi) • A) = (InA)(j) + a (InAP) = A(j) + aA(i) , Como (EA)(r)
o que vem provar que a linha j-ésima de EA é igual à linha j-ésima de A mais a linha i-ésima de A multiplicada por a. Por um raciocínio análogo se prova que as demais linhas de EA coincidem com as respectivas de A. seja ortogonal. 2
10. Existe alguma matriz inversível A tal que A = O (matriz nula)? Justifique.
38
Logo, as mesmas operações que transformaram In em E irão transformar A emEA.39
Proposição 5 - Toda matriz elementar E é inversível.
segue que
Demonstração
A-1 = E t
Por hipótese obtém-se E de In por meio de uma certa operação elementar. Consideremos a operação elementar inversa que transforma E em In. Se aplicarmos esta última em In obteremos uma matriz elementar E 1 . Devido à proposição anterior teremos E 1 • E = In, O que é suficiente para concluir que E é inversível e E 1 é a sua inversa (por quê?). •
Exemplo - Consideremos a matriz elementar:
E~ G! D A operação elementar que transfonnou 13 em E consiste em somar à segunda linha de 13 o triplo da primeira linha. Então E será transformada em 13 somando à sua segunda linha a primeira multiplicada por (- 3). Logo a matriz inversa de E, obtida efetuando em 13 esta última operação elementar, é:
O
•
Et_l • '"
• E 1 • In
que prova a última afinnação do teorema.
( = » Observemos primeiro que se B ~ A, então A é inversível se, e somente se, B é inversível. Isto por que se B ~ A, então B = PA, onde P é uma matriz inversível (P é um produto de matrizes elementares). Nossa observação decorre então dessa igualdade. Façamos o escalonamento da matriz A por meio de operações elementares, isto é, façamos com que cada uma das suas linhas (a partir da segunda) tenha mais zeros iniciais do que a precedente. Como a última linha de A não é nula (pois A é inversível) obteremos:
A
~ (T . ~: ·.·.·. ~~ ) O
O
ann
onde cada aíi =1= O. Mas esta última matriz é equivalente à matriz In. Logo In '" A.•
Nota final: Toda a teoria desenvolvida neste capítulo sobre sistemas lineares e matrizes seria feita da mesma maneira se substituíssemos o conjunto :IR dos números reais pelo conjunto (C dos números complexos. Teorema - Uma matriz A de ordem n é inversível se, e somente se, In ~ A. Neste caso, a mesma sucessão de operações que transformam A em In, transforma In em A- 1 •
Demonstração
«=) Como cada operação elementar com A é o mesmo que multiplicar A (à esquerda) por uma matriz elementar, então existem matrizes elementares E 1, ... , E t de, maneira que: E t • Et - 1 •...• E 1 • A = In. Logo A = E 1 -1
•
E-1 2
• • •••
1 Et
•
In·
Como cada matriz do segundo membro é inversível, então A é inversível (um produto de matrizes inversíveis é inversível, conforme já vimos). Além disso, observando que:
40
41
-+
2
CAPíTULO
-+
-+
-+-+
Se a = 1, au = u e se a = O, então au = O. Em geral lau 1= lallu I. Essa multiplicação tem as seguintes propriedades já certamente vistas pelo leitor no seu curso de Cálculo Vetorial:
Espaços Vetoriais
(a!3)ú = a(!3ú) (a + !3)ú = aú + !3ú a ( -+ u + -+ v) = aú + a1 -+ lÚ =u
1. INTRODUÇÃO
para todos os números reais a e
Examinemos certos aspectos relacionados com dois conjuntos certamente já conhecidos do leitor.
No conjunto Mm x n (IR) também está definida uma adição, a adição de matri· zes estudada no capítulo 1. Conforme vimos nesse capítulo, essa adição é associativa, comutativa, admite elemento neutro, que é a matriz nula
a primeiro é o conjunto V dos vetores da geometria, definidos através de segmentos orientados, e o outro é o conjunto Mmx n (IR) das matrizes reais m por n, onde m e n são números naturais dados (ambos maiores que zero). À primeira vista pode parecer que tais conjuntos nada têm em comum. Mas não é bem assim conforme mostraremos a seguir.
--------------7 / / /
No conjunto V está definida uma adição (adição de vetores), conforme figura ao lado, adição essa dotada das propriedades comutativa, associativa, além da existência de elemento neutro (vetor nulo) e do oposto para cada vetor de V.
a vetor nulo pode ser representado
/
/
/ / / /
O
O
••.
O
e toda matriz A de Mmxn (lR) tem uma oposta. Como vemos o comportamento de Ve o de Mmxn (IR) quanto à adição é o mesmo. Mas não ficam aí as coincidências. ,Pode-se também multiplicar uma matriz por um número real obtendo-se uma matriz da seguinte forma:
...
v
-;.
u
-;.
-u
ti
por um número real a e isso
(a
-;.
Essa multiplicação apresenta as mesmas propriedades que as destacadas para V, linhas acima. auseja, valem sempre as igualdades:
< -lI
au
!3)A = a(!3A) (a + !3)A = a.A + !3A a(A + B) = aA + aB (a
/au 42
..
... ..
-;.
Além disso podemos multiplicar um vetor se faz conforme esquema abaixo:
II
( ~ ~ ::: ~)
""------------.-/
por qualquer ponto do espaço e o oposto de Ú se determina conforme a figura ao lado.
(a>
!3 e vetores Ú e 1.
(O Zl) + «X2, Y2,. Z2) + (X3, Y3' Z3))·
47
I-b: (Xl, YI. Zl) + (XZ, Yz, ZZ) = (Xl + XZ, YI + YZ,zl + ZZ) = = (XZ + Xl, yz +Yl. Zz + ZÜ = (XZ, Yz, ZZ) + (Xl. YI. Zl).
lI-a: ((ab)f)(O lI-c:
I-c: O vetor nulo é (O, 0, O). I-d: Para cada u
= (x,
Y, z)
E
IR 3 , -u
= (-X,
Nota: Podemos associar a cada vetor (x, y)
do IR z o vetor xi + yJdo cálculo vetorial, já do conhecimento do leitor. O vetor nulo é o par (O, O). As definições dadas de adição e multiplicação por escalares concordam com as regras usuais para a adição de vetores planos e multiplicação de um vetor plano por um número.
-Y, -z) o que é evidente. (a
Y
v
/
././
/
/
/
/
Provemos algumas das condições. l-b:
-fl!::-;+;..",,---
l-c:
x
3
Fato análogo acontece com o IR : podemos associar a cada (x, Y, z) E IR 3 o vetor xi + yJ + zk do cálculo vetorial. As definições dadas de adição e multiplicação por escalares estão de acordo com as regras para a adição de vetores e de multiplicação de um vetor por um número real no espaço geométrico estudado no Cálculo Vetorial.
Z
11
= (UI
-->
= (lu,
Iv)
= (u,
--> -->
i
x
IR e (aO(t) = af(t), Vt
E
1. Completar as verificações nos exercícios I, 2, 3 e 4 anteriores. 2. No conjunto V = {(x, y)
I x,
Y E IR} definamos "adição" assim:
((f + g) + h)(t) = (f + g)(t) + h (t) = ([(O + g(t» + h (t) = f(t) + (g(t) + h(t» + (g + h)(t) = (f + (g + h) )(t), V f, g, h E C (I) eVt E I.
A função e dada por e(t) = 0, Vt E I, é contínua, e, além disso, (e + O(t) = e(t) + fIO = O + f(t) = f(t), Vt E I.
+
(xz, yz) =
(Xl + XZ, O)
e multiplicação por escalares como no IR z, ou seja, para cada a E IR,
Nessas condições V é um espaço vetorial sobre IR? Por quê?
I.
=
= f(t)
48
+
a(x, y) = (ax, ay).
O Cálculo nos ensina que f + g e af são funções contínuas, isto é, f + g, af E CCI). Temos então sobre CO) uma adição e uma multiplicação por escalares. E pode-se verificar qtte C(I) é um espaço vetorial com relação a esse par de operações. Verifiquemos alguns dos axiomas.
Função de I em IR.
(uz, vz)
EXERCÍCIOS PROPOSTOS
f + g*: I ~ IR e (f + g)(t) = f(t) + g(t),Vt E I
I-c:
=
Y
i
3. Seja I um intervalo de IR e indiquemos por C(I) o conjunto das funções contínuas definidas no intervalo I e tomando valores reais. Dados f, g E C(I) e a E IR, definem-se f + g e af do seguinte modo:
I-a:
(uz + UI, Vz + vI)
v).
(Xl, YI)
~
=
O espaço vetorial U X V acima def"mido chama-se espaço vetorial produto de U e V.
k
Por último observemos que os elementos do IR z e os do IR 3 são de natureza distinta e assim sendo não deve o leitor cometer o engano de dizer que o IR z é subconjunto do IR 3 • Mais adiante será explicado que o IR z pode, de uma certa maneira, ser considerado idêntico ao subconjunto {(x, Y, O) I x, Y E IR} do IR 3 . (Veja Capítulo 4, § 5, exercício resolvido n9 11).
af: I
+ Uz, VI + vz)
O vetor nulo neste caso é (o, o), onde o primeiro o é o vetor nulo de U e o segundo é o vetor nulo de V.
l1-d: I (u, v)
(a,b,c)=af + br + ck
3
(UI, VI) + (uz, vz)
+ (UI, VI)'
_
uf
I
V} é um espaço vetorial em relação ao seguinte par de operações:
(11) a(u, v) = (au, av).
(C,d)
r
E
(I) (UI, VI) + (uz, vz) = (UI + uz, vI + vz)
1
./ V
/
+
4. Sejam U e V espaços vetoriais sobre IR (ou lC). Mostrar que U X V = {(u, v) I u E U e
+ c, b + d)
././ ./
= (ab)f(t) = a(bf(t» = a((bf)(t» = (a(bf))(t), Vt E I. = af(t) + ag(t) = (af)(t)
(a(f + g»(t) = a(f + g)(t) = a(f(t) + g(t» + (ag)(t) = (af + ag)(t),Vt E I.
=
3.
N~ conjunto V do exercício anterior definamos a "adição" como o fazemos habitualmente no IR z e a multiplicação por escalares assim: a(x, y) = (ax, O). É então V um espaço vetorial sobre IR? Por quê?
4. Seja V o conjunto dos pares ordenados de números reais. V não é um espaço vetorial em relação a nenhum dos dois seguintes pares de operações sobre V:
= (xl
a)
(xI' YI) + (xz, yz)
b)
(Xl> YI) + (xz, yz) = (Xl' YI) e a(x, y) = (ax, ay).
+ xz, YI + Yz) e a(x, y)
= (X, ay), e
Diga em cada caso quais dos 8 axiomas não se verificam.
49
5. Seja V como no exercício anterior. Definamos:
1, então podemos concluir (usando o axioma ll-d) que
(Xl, Yl) + (X2, Y2) = ( 2Xl - 2Yb -Xl + Yl), a(x, y) = (3ay, - ax),
u
= 0.-
Com essas operações definidas sobre V, perguntamos se este conjunto é um espaço vetorial sobre R. 6. Seja V = {(x, y) I x, Y E V c V.
::J
V;
Sejam u e v dois vetores não nulos do IR2 . Se não existe nenhum t E IR tal que u = tv, mostrar que IR2 é soma direta dos sub-espaços [uI e [v I. Verificar se as seguintes matrizes geram o espaço vetorial M2 (IR):
(:
*4. Seja I = [O, 11. Verificar se são sub-espaços vetoriais de C (I) (veja exercício resolvido n94):
>V
c)
~), (~ ~), (~ ~), (~ :)
Se V, V e W são sub-espaços vetoriais do mesmo espaço, mostrar que (V n V) + + (V n W) c V n (V + W). Descubra um exemplo para o qual o primeiro membro dessa relação é diferente do segundo e um exemplo onde ocorre igualdade.
14.
Mostrar que os números complexos 2 + 3i e 1 -
15.
Mostrar que é sub-espaço de Mn(IR) o subconjunto formado pelas matrizes anti-simétricas. Mostrar também que Mn(IR) é soma direta dos sub·espaços das matrizes simétricas e das anti-simétricas.
16.
Mostrar que os dois conjuntos {(I, -1, 2), (3, O, I)} e {(-I, - 2,3), (3,3, -4)} geram o mesmo sub-espaço vetorial do IR 3 .
*17.
Mostrar com um exemplo que se V, V e W são sub-espaços vetoriais do mesmo espaço, e se valem as relações V n V = V n We V + V = V + W, não se tem necessariamente V = W.
18.
Mostrar com um exemplo que a união de dois sub-espaços vetoriais de um mesmo espaço vetorial não precisa ser um sub-espaço vetorial desse espaço.
19.
Mostrar que a união de sub-espaços vetoriais do mesmo espaço é também um sub-espaço se, e somente se, um dos sub-espaços dados está contido no outro.
*20.
Considere os seguintes vetores do IR 3 :(_I, O, 1) e (3, 4, -.2). Determinar um sistema de equações homogêneas para o qual o espaço solução seja exatamente o sub-espaço gerado por eSses vetores.
*21.
Repita o exercício 20 com os vetores (1, O, 1, 2), (O, O, 1, O) do IR4.
2i geram o espaço vetorial CC sobre IR.
(d) {f E C(I) I f(t) = O em todos os pontos de I menos um número finito deles}. *5. Seja V um espaço vetorial. Se (Vj)j E J é uma família de sub-espaços vetoriais de V, mostrar que
~
Vj também é um sub-espaço vetorial de V.
*
*6. Seja V um espaço vetorial. Dado um subconjunto S \ó\ de V, provar que a intersecção de todos os sub-espaços vetoriais de V que contêm S também é um sub-espaço vetorial de V, sendo o menor sub-espaço de V que contém S. 7. Sejam V, V e W os seguintes sub-espaços do IR 3 : V
= {(x,
V
= {(x, y, z)
=
Ix
= z},
=y
= O} e
y, z) I x + y + z = O}. 3 3 IR , V + W = IR e V + W = IR 3 . Em algum dos casos a soma
W
Verifique que V + V é direta?
y, z) I x
= {(x,
8. Mostrar que os polinômios 1 - t, (1 - t)2, (1 - t)3 e 1 geram P3(IR). 9. Dar um sistema de geradores para cada um dos seguintes sub-espaços do IR 3 : a)
V = {(x, y, z) I x - 2y = O}
b)
V = {(x, y, z) I x + z = O e x - 2y = O}
c)
W = {(x, y, z) I x + 2y - 3z = O}
d)
V n V
e)
V + W.
{(x, y, z, t) E IR4 I x - y = z - t = O} do IR4 .
64
V - > V + V = V;
V
b)
V c V
C
(a) Determinar um suplementar do seguinte sub-espaço do IR 3: {(x, y, z) I x - y = O} (b) Mesmo exercício com o sub-espaço:
10. Sejam V e V sub-espaços vetoriais do espaço W. Provar que: a)
22.
.
>V n
V = V;
23.
Mostrar que os dois conjuntos abaixo formados de funções contínuas reais definidas em IR geram o mesmo sub-espaço vetorial de C (IR): 2 {sen t, cos2 t, sen t • cos t} e {I, sen 2t, cos 2t}
65
*24. Sejam U, V e W sub-espaços vetoriais do mesmo espaço para os quais valem o,seguinte: U n (V + W) = V n W = {o}. Provar que se u + v + w = o (vetor nulo), com u E U, v E V e w E W, então u = v = w = o. *25. Mostrar que o espaço vetorial R
oo
CAPíTULO
3
Base e Dimensão
(exercício proposto 7 - § 2) não é finitamente gerado.
Sugestão: raciocinar como será feito no apêndice lI.
Lembremos o seguinte fato relacionado com o espaço dos vetores da geometria, defInidos por meio de segmentos orientados: se considerarmos um sistema de coordenadas ortogonais, de origem 0, e se chamarmos de 1", 1 e lt os três vetores unitários com os sentidos dos eixos x, y e z, respectivamente, então cada vetor õP admite uma única representação 6P = a1" + b1 + clt, onde a, b e c são as coordenadas de P, em relação ao sistema considerado. z
p
APÊNDICE 11
Exemplo de Espaço que não é Finitamente Gerado
x
Indiquemos por P(lR) o conjunto de todos os polinômios reais. O leitor, lembrando a operação adição de polinômios e a operação multiplicação de um polinômio por um número, concluirá que P(lR), com esse par de operações, é um espaço vetorial sobre lR.
Nosso objetivo principal, neste capítulo, é mostrar que em todo espaço vetorial finitamente gerádo V eXiste um subconjunto finito B tal que todo elemento de V é combinação 'linear, de uma única maneira, desse subconjunto. E que todos os outros subconjuntos de V que têm também essa propriedade (sempre os há) possuem o mesmo número de elementos que B. Daí sairá então o conceito de "dimensão".
Mas P(IR) não é fInitamente gerado. Com efeito, dado S = {fl , ... , fn } e P(IR), supondo que cada fi seja não nulo e que fn seja o polinômio de maior grau de S, então o grau de qualquer combinação linear alfl
+ ... + anfn
não ultrapassa o grau de fn . Assim [S] só contém polinômios de grau menor que ou igual ao de fn . Como porém P(IR) compreende todos os polinômios reais, existem neste espaço polinômios de grau maior que o de fn . Logo [S] P(IR), para todo conjunto fInito se P(IR).
*'
66
1. DEPENDÊNCIA LINEAR Seja V um espaço vetorial sobre IR. Definição 1 - Dizemos que um conjunto L = {Ul' ~, ... , un } e V é linearmente independente (L.I.) se, e somente se, uma igualdade do tipo
+ . . . + a nun = o possível para al = ... = a n = O. al Ul
com os ai em IR, s6 for
67
Definição 2 - Dizemos que L = {Ul, ... , un } C V é lineannente dependente (L.D.) se, e somente se, L não é L.I., ou seja, é possível uma igualdade do tipo alul
sem que os escalares
ai
Portanto:
+ ... + anun = O
{
sejam todos iguais ao número zero.
X
1) O conjunto L = {(I, 1,0, O); (0,2, 1, O); (O, 0, 0, 3)}
>
: 1
+ 2y y
C
R 4 é L.I. pois:
~ =° 3z = °
b) C]R4
x(1, 1, 0, O) + y(O, 1, 0, O) + z(2, 1, 0, O) =(0, 0, 0, O)
°
X + 2z = x+y+ z=O
:::::=>
{x
°
_{X +
+ Y + 3z = O 3y + 3z = O 5y + 5z = O
Y + 3z = O y
+ z = O
Esse sistema admite outras soluções além da trivial; daí o conjunto é linearmente dependente. Como x=:- 2, y =: - 1 e z =: 1 é uma solução não trivial temos - 2(1, 1, O) - (1, 4, 5) + (3, 6, 5) =: (O, O, O). Esta é uma relação de dependência entre os 3 vetores dados.
x=y=z=O
2) O conjunto L = {(l, 1,0, O), (O, 1,0, O), (2, 1,0, O)}
:::::=> {
{
z(O, 0, 0, 3) = (O, 0, 0, O) _ >
:
5y + 5z = O
Escalonando o sistema, vem:
Exemplos x(l, 1, 0, O) + y(O, 2, 1,0
+ Y + 3z = O
X
x + 4y + 6z = O
é L.D. pois:
_>{2::4;: 8:: ~
>
+ 2z = y- z=o
x(l, 2, 3) + y(l, 4, 9) + z(1, 8, 27) = (O, O, O) - >
3x + 9y + 27z
Escalonando o sistema, vem:
Sendo indeterminado o sistema obtido, então há outras soluções, além da trivial, para a igualdade condicional de que partimos.
Nota: Convencionaremos que o conjunto vazio (~C V) é L.I. Como para um subconjunto L C V deve valer uma, e uma só, das duas definições anteriores e a segunda destas pressupõe elementos em L, fica justificada esta convenção.
=O
X
+
+ z= O + 6z = O 6y + 24z = O
{
c)
y y
+ 3z + 4z
=O =O =O
{X + Y + -
y
z
+ 3z z
=O =O =O
>
x(1, 2, 1) + y(2, 4, 2) + z(5, 10, 5) = (O, O, O) X
{
X
1. Verificar quais dos seguintes conjuntos de vetores do espaço vetoriál IR 3 , são linearmente
{
z
Daí, a única solução é a trivial, e o conjunto é linearmente independente.
+ 2y +
5z = O
- > 2x + 4y + 10z
EXERCÍCIOS RESOLvmos
X+ Y +
Y
2y
= O
+ 2y + 5z = O
Escalonando o sistema, vem: X + 2y + 5z = O e o sistema é indeterminado, isto é, além da solução trivial admite outras soluções; portanto o conjunto é linearmente dependente. Achar uma relação de dependência entre os 3 vetores.
independentes. a)
{(I, 1, O), (1,4,5), (3, 6, 5)}
b)
{(I, 2, 3), (1,4, 9), (1, 8, 27)}
c)
{(I, 2, 1), (2,4,2), (5, 1O,5)}
Solução a) Façamos: x(l, 1, O) + y(l, 4, 5) + z(3, 6, 5) = (O, O, O).
68
2. Se u, v e w são vetores de um espaço vetorial V tais que u {u, v} é linearmente dependente.
E
Iwl e v
E
Iwl, mostrar que
Solução Os vetores u e v são da forma u = ÀW e v = OIW, com À, 0/ E IR. O caso 0/ = À = O é trivial pois então u = v = o e basta ver que lu + Iv = o. Supondo por exemplo À O, então ÀV - O/U = À{OIW) - O/(Àw) = (ÀO/ - O/À)w = Ow = o; logo {u, v} é L.D.
'*
69
3. Consideremos, no espaço vetorial IR2, osvetores:u = (1 - 01,1 + a)ev = (l + 01,1 - a) onde a * O. Mostrar que {u, v} é LJ.
Solução I'
Solução
Para que o conjunto seja L.I. é necessário e suficiente que: x(1, O, a) + y(1, 1, a) + z(l, 1, 012 ) = (O, O, O)
(1)
só se verifique para x = y = z = O. Ora de (l), vem:
Seja X(l - 01,1 + a) + y(l + a, 1 - a) = (O, O) ou, o que é equivalente, (1 - a)x + (1 + a)y = O { (1 + a)x + (1 - a)y = O
x+y+z=O Esse sistema linear e homogêneo não deve ter soluções diferentes da trivial, para o que é necessário e suficiente que a matriz: l-a
1 +01) l-a
( 1+01
Como a * Oe a * 1 então 01 2 - a * O, o que acarreta z
seja inversível, isto é, que o sistema seja de Cramer. Como a foi tomado não nulo esta matriz é inversível e daí {u, v} é L.I. 2
y+z=O 2 (01 - a)z = O
{
2
4. Mostrar que o conjunto de vetores {I, x, x , 2 + x + 2x } de P3 (IR) é L.D. e que qual-
6. Mostrar que se o conjunto {u, v, w} de vetores de um espaço vetorial V for L.I., o mesmo acontecerá com o conjunto {u + v, u + w, v + w}
Solução Com efeito, façamos:
quer subconjunto de três elementos dele é L.I.
x(u + v) + y(u + w) + z(v + w) = o
Solução Se fIzermos aI + (3x + 'Yx2 + 0(2 + x + 2x2) = O
(1)
(o zero do segundo membro de (1) é o polinômio identicamente nulo), virá: a + 20 + «(3 + o)x + ('1 + 20)x2 = O.
Daí, segue: (x + y)u + (x + z)v + (y + z)w = o Mas o conjunto {u, v, w} é L.I. Então: Xx
+
{
a
(3 {
'1
+ 20 = O + o= O + 20 = O
o sistema admite outras soluções, além da trivial, o que nos leva a concluir que o conjunto é L.D. Um subconjunto qualquer do conjunto dado, por exemplo {I, x, x2 } é L.I.; de fato, 2 aI + (3x + 'Yx = O, implica a = (3 = '1 = O pelo princípio de identidade de polinômios. Nos 3 demais casos procede-se do mesmo modo. 5. Mostrar que o conjunto {(1, O, a), (1,1,01),(1,1, a 2)} de vetores do IR 3 é L.I., desde que a*Oea*1.
Y
= O
+z=O
Pelo princípio de identidade de polinômios, teremos:
70
Oe daí vem y = Oe x = O.
y+z=O
Escalonando o sistema, vem:
X+ Y {
=0
-y+. z=o y+z=O
_{X
+
~_
z: ~ 2z
=O
e o sistema só admite a solução trivial x = y = z = O. Logo, o conjunto {u + v, u + w, v + w} é L.I.
7. Mostrar que o conjunto de vetores sobre IR.
{(l - i, O, (2, - 1 + O}
de~2 é L.D. sobre ~ mas L.I.
71
Solução
EXERCÍCIOS PROPOSTOS
No primeiro caso, devemos mostrar que existem zl' Z2 E lI!+{3+'Y=O
1T
* 6. Mostrar que o subconjunto {Xl' X2' ... ,xn} de vetores de um espaço vetorial V é L.D. se,
-'1=0
>
e somente se, existe um inteirô k (1 .;; k .;; n) tal que Xk é combinação linear dos demais vetores do conjunto.
Escalonando, vem: lI!-
{3+ '1=0 2{3
{ li!
-
-
4. Mostrar que o conjunto {I, eX, xeX} de vetores de COO, 1l) é L.I.
Suponhámos:
Daí
3
7. Determinar m e n para que os conjuntos de vetores do IR3 dados abaixo sejam L.I.
= O
13 + 2'1 = O
= 13 = '1 = O e o conjunto é L.I.
9. Mostrar que o conjunto {I, sen2 x, cos 2 x} de vetores de C( [Solução Basta lembrar que sen2 x + cos 2 x - I = O.
1T,
1Tl) é L.D.
a)
{(3, 5m, 1), (2, 0,4), (l, m, 3)}
b)
{(1, 3, 5), (2, m
c)
{(6, 2, n), (3, m
+ 1, lO)} + n, m - I)}
8. Seja {u, v, w} um conjunto L.I. de vetores de um espaço vetorial V. Provar que o conjunto {u + v - 3w, u + 3v - w, v + w} é L.D. 9. Quais dos seguintes subconjuntos do C 3 são L.I. sobre C?
+ i, 2, O), (3, 1, O)} O, (O, i, O} (c) {(i, 1, O), (2 + i, 3i, 5 - O, (2,4 + 4i, 4 - 60} (a) {(i, 1, O), (l
(b) {(i, 1, O), (O, 1,
10. Suponha que {Vl' ... ,Nn} é um subconjunto L.I. de um espaço vetorial. Mostrar que {a l v1 , ..• ,anvn} também é L.I., desde que os escalares ai sejam todos não nulos.
72
73
Suponhamos (Xl *" O. Então existe o inversc:fde&l e multiplicando a igualdade acima por este inversojeremos:
*11. Suponha que {Uh' .. , Ur, Vl, ... , vs} é um subconjunto L.I. de um espaço V. Mostrar que
Ul + ((XI-ICXz)~ + ... + ((Xl- l (Xn)Un = o. Daí Ul
*12. Se {UI' ... , ui, ... , Uj, ... , un} é L.I., mostrar que {Ui> ... , ui> ... , Uj também é L.I., para todo escalar
+ o O, existe um único número real O! tal que u = 20! : O! = log2 u. Logo u = 20! = O! • 2. (b) Se O! • 2 = 1 (vetor nulo), então 20! = 1, donde O! = O.
Nota: É claro que todo número real maior que zero e diferente de 1 constitui uma base de V sobre IR. 10. Sejam U e V sub-espaços vetoriais de um espaço de dimensão n. Supondo que dim U > ~ e que dim V
> ~, prove que: U n V *" {o}.
Solução
+
então
Logo al
O O ( O O
3y + 2z + 3t = O
{
5 3" t
Y-
f
+ bli)Ul + ... + (an + bni)un = O. + bni = O.
Consideremos a fórmula dim U + dim V = dim (U + V) + dim (U n V). Se U n V = = {o}, teríamos dim (U n V) = O. Daí dim (U + V) = dim U + dim V > n. Absurdo pois U + V é sub-espaço de um espaço de dimensão n.
= ... = an
Donde al = ., . = an = b l = ... = b n = O.
Nota: O exercício nos ensina que se a dimensão de V sobre ... , Un , então os vetores UI> ... , un formam uma base de S. 13. Suponha que {u I> ... , un} é uma base de um espaço vetorial. Mostrar que {UI' UI + U2, ... 'UI + U2 + ... + un} também é uma base desse espaço. 14. Considere o seguinte sub-espaço vetorial de W = [(1, O, i), (1, 1
5. No espaço vetorial IR 3 consideremos os seguintes sub-espaços: U = {(x, y, z) I x = O}, V = {(x, y, z) I y - 2z = O} e
+ i,
+
ce3 :
1 - i), (1, -1 - i, - 1
+ 3i)1
Determinar uma base desse sub-espaço.
W = [(1, 1, O), (O, O, 2)1.
Determinar uma base e a dimensão de cada um dos seguintes sub-espaços: U, V, W, U V + W eU + V + W.
n V,
15. Sejam U e V espaços vetoriais sobre IR de dimensões m e n, respectivamente. Considere o espaço vetorial U X V cuja adição é dada por (UI, VI) + (u2, V2) = (UI + U2' vI + V2)
6. Detemúnar uma base e a dimensão do sub-espaço de M3 (IR) constituído das matrizes anti-simétricas. 7. Mostrar que os polinômios 1,1
+ t, 1 - t 2 e 1 - t - t 2 - t 3 formam uma base de P 3 (IR).
e a multiplicação por escalares por IX (u, v) = (IXU, IXV). Admitindo que {UI> ... , um} e {Vlo ... , vn} são bases de U e de V, respectivamente, prove que: {(Ulo o), ... , (um, o), (o, VI), ... , (o, vn )}
8. Determinar uma base e a dimensão do espaço solução de cada um dos seguintes sistemas lineares homogêneos:
a){2:
=:~::
b){
x
3x + 2 Y = O
C){2X - 2y + z = O 3x - y + 3z = O 3y + 4z = O
O
x + y + z. = 2x - y - 2z = O
é uma base de U X V. 16. Determinar a dimensão dos seguintes sub-espaços de Mn (IR): a) Sub-espaço das matrizes simétricas; b) Sub-espaço das matrizes anti-simétricas; c) Sub-espaço das matrizes A tais que A = 2At .
+ 4y + 5z = O
n
d) Sub-espaço das matrizes A = (aij) tais que
d){
x -
y -
3x -
y
z -
+ 2z
t =
O
L
aii =
o.
i= 1
- 4t = O
2y + 5z + t
=O
9. Mostrar que as matrizes:
(~ ~) .(: ~). (: ~),
G:)
7. COORDENADAS
formam uma base de M2 (IR). 10. Determinar uma base de IR4 que contenha os seguintes vetores (1, 1, 1, O), (1, 1, 2, 1).
88
Vamos trabalhar agora com bases ordenadas de wn espaço vetorial V. Uma base ordenada é uma base na qual fixamos quem é o primeiro vetor, quem é o segundo vetor, etc.
89
Seja V um espaço vetorial de dimensão finita. Dada uma base ordenada
Po"...to a matriz das coonl,mui.. de f(t) é ( -
= alul
+ ... + anun . É fácil provar que os escalares que figuram nessa igualdade estão univocamente determinados. De fato, suponhamos v Então:
(al -
=
alul +
~l)Ul
+
8. MUDANÇA DE BASE
+ anun = ~lUl + ... + ~nun' + (an - ~n)un = o. ~1
Como o conjunto B é L.I., então al -
al
) "m "laç
2z +
t =
é x
x=
+ 2t =
2
y = -1
>
°
Logo as coordenadas pedidas são 1, - 1,
z =
-
5
4
t=_-.L 2
~
e - ; .
EXERCÍCIOS RESOLvmos 1. Determinar as coordenadas do vetor u = (2, I, 4) do
94
IR?
em relação às bases:
3. Determinar as coordenadas do polinômio
a)
Canônica.
a)
b)
{(l, 1, 1), (1, O, 1), (1, O, -I)}.
b)
1 + 2t - t 3 E P3 (IR) em relação
à base canônica desse espaço; à base {I, 1 - t, 1 - t2 , 1 _ t 3 }.
95
Solução a) b)
Solução
As coordenadas neste caso são obviamente 1, 2, O e -1. 3 1 + 2t - t = a1 + b(l - t) + cO - t 2) + dO _ t 3)
a + b + c + d
=
1
- b
=>
Por definição:
=>
2
o
- c
é a matriz de mudança de B para C. Para achar a matriz de mudança de C para B é só determinar a inversa dessa matriz:
- d = -1
(: (:
Logo as coordenadas são: 2, - 2, O e 1.
4. Achar a matriz de mudança da base B =
para a base canônica do
{(l, 1, O), (O, 1, O), (O, O, 3)}
IR?
Solução
2
1
1
2
O
1
1
O
O
2
O
1 ,' 1 2', O
1
O
21-1
1
2
O:,'
1
O:
O
1: _l : 2
,
(1, O, O) = a(l, 1, O) + b(O, 1, O) + c(O, O, 3) (O, 1, O) = dO, 1, O) + eCO, 1, O) (O, O, 1) = g(l, 1, O)
+ f(O, O, 3)
r ri CO f=O = 1
b
=0
= O,
Logo:
,{: + h
= 1
{ : +e
3c = O
3f = O
b = -1
e = 1
O
f = O
c =
>
(:
+ h(O, 1, O) + i(O, O, 3)
e
=0 =0
.()
I
D-(: D- (:
~L~) 2 2 2 1
O -1
1- ~ 2
2
~
(:
2
-1
2
l', I
2 II O O
I 1 1,--
,
2
O
O
3i = 1 Portanto a matriz de mudança de C para B é:
h = O . 1 1 =3
O
(-: D
é a matriz pedida.
O
6. Considerando os dados do exercício anterior, se as coordenadas de um vetor u em relação à base B são 1, 1 e 2, quais as coordenadas desse vetor em relação à base C?
3
5. No espaço IR consideremos as bases B == {e}> e2' e3} e C == {gl' g2, g3} relacionadas
seguinte maneira:
da
Solução Sejam a, b e c essas coordenadas. Então:
=
+ e3 g2 = 2eI + e2 + e3 g3 = e 1 + 2e2 + e3
gl
el
Determinar a matriz de mudança de B para C e de C para B.
96
91
a) Mostrar que os seguintes subconjuntos de M2(IR) são bases de U:
EXERCÍCIOS PROPOSTOS 0Determinar as coordenadas do vetor u
\-') a
, . canolllca;
b)
{(l, I, I), (I, 2, O), (3, I, O)};
c)
{(l, 2, 1), (O, 3, 2), (I, I, 4)}.
= (4, -5, 3) E
3
IR , em relação às seguintes bases:
B=W :) (: :) (: :)}.
c={(: :) (:-~) (: :)}
2. Determinar as coordenadas de I - 2i E (C em relação à seguinte base de Ir sobre IR: {I - i, I + i}.
(;;~eterminar ~-"
as coordenadas do vetor (l, I, i) (I, i, I + i).
E
(C3, em relação à base (l, O, O), (O, i, O),
b) Achar a matriz de mudança de B par,a C ea de C para B. c) Achar uma base D de U, de tal manej.ra que a matriz de mudança de D para B seja:
Determinar as coordenadas do polinômio t 3 em relação à seguinte base de P 3 (IR): {I, 2 - t, t2 + I, I + t + t 3 }. A matriz de mudança de uma base B do IR 2 para a base {(I, I), (O, 2)} desse mesmo espaço é:
(:
~)
(5)seja B = {UI' ... , un } uma base do espaço vetorial V e seja C = {vI" .. ,vn} onde Vi = un _ i + I (i = 1, ... , n). Provar que C é uma base de Ve calcular a matriz de mudança de B para C.
Determinar a base B. 6. A matriz de mudança da base {I de P2 (IR) é
+ t, I
- t 2 } para uma base C ambas do mesmo sub-espaço
® " " , •• 0
Seja B = {UI" .. , un} uma base do espaço vetorial Ve seja C = {UI' UI - u2" .. ,uI un}. Mostrar que C é também uma base de V. Achar as matrizes de mudança de base de B para C e de C para B. _
Determinar a base C.
gl =
el -
g2 = g3 a) b)
= 3el
~
2e2
-
e3
+ +
3e3 e3
Determinar as matrizes de mudança de B para C e de C para B. Se um vetor u de IR 3 apresenta coo'rdenadas I , 2 e 3, em reI açao - a B,quais . as coordenadas de u relativamente a C?
8. Considere o seguinte sub-espaço vetoria! de M2 (IR):
APÊNDICE 111
Teorema da Invariância Lembremos que o Teorema da Invariância, já enunciado ria pág. 80, afirma que todas as bases de um espaço vetorial dado têm o mesmo número de vetores. Precisaremos de três lemas para poder provar o Teorema da Invariância.
U={(: :) IX-'_'=O}
Lema 1 - Seja B Se u E V e ainda se
= {u},
Ü2, ••. ,
u n } urpabase de um espaço vetorial V. (1)
98
99
com ai =1= 0, então o conjunto C uma base de V.
=
{Ul, ... , ui_I> U, ui+I> ... , u n} também é
Demonstração - Faremos a demonstração supondo i trabalho com os índices.
=
1 para facilitar o
on de jJ(.I -- ai-1 ,1"'2 (.I
= J3u + J32~ + ... + J3nun
= 'YIUI + 'Y2U2 + ... + 'Ynun
=
('YIJ3)U
Lema 3 - Suponhamos V como no lema anterior. Então todo subconjunto de V que seja L.I. tem no máximo n .vetores. C
Ficou provado assim que o espaço V é gerado por
3al, ... , a n E lR
{u, U2, ... , un }.
Então alUI + ... + anun é L.D. Absurdo. -
(b) Suponhamos
+ X2 Uz + ... + Xn Un =
o
(4)
com x, X2, ... , Xn em lR. Substituindo (1) em (4) teremos: (xal)uI
+ (xa2 + X2)U2 + ... + (xa n + xn)un = o.
Como B é L.I. desta última igualdade decorre que:
= 0, xa2 + X2 = 0, ... , xa n + Xn = x = 0, X2 = 0, " . , Xn = O. _
xal Mas ai =1= O. Logo
B
Demonstração - Suponhamos que exista S = {UI, V que tenha t > n vetores e que seja L.I. Então B = {UI,
, u n , un+I> ... , ud , u n } tem n vetores e é um subconjunto L.I. Logo B é base de V devido ao lema anterior. Daí
+ ('YIJ32 + 'Y2)U2 + ... + ('YIJ3n + 'Yn)un .
xu
vn}
(3)
Substituindo (2) em (3) teremos: v
V3, •.. ,
A repetição desse raciocínio nos levará à conclusão de que {UI, U2, ... , u n} é uma base de V. -
Seja v E V. Então existem 'YI, ... , 'Yn E lR de forma que v
{UI, Uz,
(2)
(.I -ai-1 Q:z, ••• , jJn -_ -ai-1 a n.
-
-
°
é também uma base de V.
(a) Como ai =1= 0, da igualdade (1) da hipótese segue que UI
Também não podemos ter J32 = ... = J3n = 0, senão {UI, Uz} seria L.D. e, portanto, o mesmo aconteceria com o conjunto B. Admitindo que J32 =1= teremos, em virtude do lema anterior, que
O.
I un+1 = alUI + ... + anun.
+ (-l)un +1 = o
o que vem mostrar que o conjunto S
Teorema da invariância - Duas bases quaisquer do mesmo espaço vetorial finitamente gerado têm o mesmo número de vetores.
Demonstração - Sejam B = {UI> ... , u n } e C = {vI, ... , vrn } duas bases quaisquer de V. Como B é base de V e C é L.I., então m < n. Analogamente, como C é base de V e B é L.I. , então n < m. Logo m = n. -
Lema 2 - Suponhamos que exista uma base de V com n vetores. Então se " . , u n } C V é LI. e possui n vetores, B é também uma base de V.
= {Ul>
Demonstração - Seja C = {VI, ... ,vn } uma base de V. Então: UI
=
alvl
+ ... +
anvn
(ai,""
a n E lR).
Não podemos ter todos os escalares nessa igualdade nulos, pois isto implicaria que UI = o o que é impossível já que o conjunto B é L.I. Lógo um dos ai é não nulo. Suponhamos ai =1= O. O lema anterior nos assegura então que: {UI, V2, ... , vn} é uma base de V. Portanto U2 é combinação linear deste conjunto, ou seja, existem J31' J32' ... , J3n em lR de maneira que U2
100
= J3I UI + J32 V2 + ... + J3nvn 101
CAPíTULO
4
Transformacões . Lineares
Duas aplicações F: U
-+
V e G: U
V são iguais se, e somente se, F(u) =
-+
= G(u), \fu E U.
Dado W C U denomina-se imagem de W por F o seguinte subconjunto de V: F (W) = {F (u) I u E W}. Se W = U, então F (U) recebe o nome de imagem de F e a notação será Im (F). Portanto Im(F) = {F(u) I u EU}. Exemplo - Seja S: m.2 -+ m.2 a
1. NOÇÕES SOBRE APLICAÇÕES Nos capítulos precedentes nos detivemos estudando alguns aspectos intrínsecos dos espaços vetoriais fmitamente gerados: base e dimensão, principalmente. Neste capítulo nosso enfoque será outro: trataremos de examinar correspondências entre espaços vetoriais. As transformações lineares que definiremos no parágrafo dois constituem o ponto mais importante desse estudo. Mas antes façamos algumas considerações preliminares. ' Definição 1 - Dados dois conjuntos U e V, ambos não vazios, uma aplicação de U em V é uma "lei" pela qual a cada elemento de U está associado um único elemento de V. Se F indica essa lei e u indica um elemento genérico de U, então o elemento associado a u é representado por F (u) (lê-se "F de u") e se denomina imagem de u por F.
x
u= (x.y) /1
./0 I ,/
I
/ I aplicação dada por S (x, y) 2i: (x, - y), / I / I \f (x, y) no m.2 . S pode ser visualizada '- 'y 'na figura ao lado e leva cada ponto do ",I 2 m. no seu simétrico em relação ao eixo x. '-J s(u) = (x. -v) Em pat:ticular a imagem da reta Y = x é a reta x + y = (e vice-versa), a imagem do eixo x é o próprio eixo x e a imagem do eixo y é o próprio ,eixo y.
°
Defmição 2 - Uma aplicação F: U \fUI, U2 E
u,
F(ud
-+
V se diz injetora se, e somente se,
= F (U2) - >
UI
= ~.
Ou, em outra formulação, se, e somente se, \fUI, ~ E U, UI
-=1=
U2 = > F(UI)-=I= F(~):
Exemplos 1) A aplicação S: m.2 -+ m.2 dada por S(x, y) = (x, -y), V(x, y) E injetora pois se UI = (Xl, YI) e U2 = (X2, Y2) então: F(UI) = F(U2) = > (Xl, -YI)
- Y2) = > Xl
= X2
e
> UI = U2'
YI = Y2
2) A aplicação f : IR 2 pois temos, por exemplo, (1, 1)
= (X2'
m.2, é
-=1=
-+
IR 3 dada por F(x, y) =:: (O, X '.
+
Y, O) não é injetora
(2, O) e F (1, 1) = F(2, O) = (O, 2, O).
Definição 3 - Uma aplicação F: U -+ V se diz sobrejetora se, e somente se, Im (F) = V, ou seja, para todo v E V, existe u E U tal que F (u) = v.
Exemplos 1) S: m.2
O conjunto U é o domínio e o conjunto V é o contra-domínio da aplicação F. Para indicar que F é uma aplicação de U em V costuma-se escrever
F: U
-+
V
ou ainda, indicando por u um elemento genérico de U u 102
r+
F(u).
dado
m.2 definida por S(x, y) = (x, -y) é sobrejetora. De fato, v = (c, d) E m.2 , basta tomar u = (c, - d) para termos F (u) = v. 2) F: m.2 -+ m.3 dada por F(x, y) = (O, x + y, O) não é sobrejetora. Isto -+
Resumidamente escreveremos sempre S (x, y) para indicar a imagem de (x, y) por S.
103
Exemplos
porque, por exemplo, (1, 0, O) E lR3 e não é imagem por F de nenhum elemento u E lRz (o primeiro termo de cada imagem é zero).
1) Seja o: U """* V a aplicação assim definida: O (u) = o (vetor nulo de V), Vu E U. Verifiquemos que O é linear. (a) O(UI
+
Uz) = o = o
+o
= O(UI)
+
O(Uz)
(b) O(au) = o = ao = aO(u) O se denomina transformação linear nula de U em V. 2) Seja I: U"""* U definida assim: leu) = u, Vu E U. É mais um exemplo de transformação linear pois:
(O, t, O)
(a) I(UI
Definição 4 - Uma aplicação F: U """* V se diz bijetora se, e somente se, F é injetora e é sobrejetora. Exemplo - A aplicação S: lRz """* lRz dada por S (x, y) = (x, - y) é injetora e é sobrejetora conforme já vimos. Logo S é bijetora.
Uz) = UI
+
Uz = I(U1)
+
I(uz) e
(b) I(au) = au = al(u). I é o operador idêntico de U. 3) F: lR 3 """* lRz definida por f(x, y, z) = (x, 2x - z), V(x, y, z) E ~.3, também é linear.
Nota: Se F: U """* V é bijetora, então cada elemento de V é do tipo F (u), com u E U bem definido e se fizermos a associação F(u) f-+ u teremos uma aplicação de V em U pois não podemos ter F(UI) = F (uz) e UI =1= Uz já que F é injetora. Essa nova aplicação assim definida (no caso de F ser bijetora) é chamada aplicação inversa de F e é indicada por F-I. Tem-se então: p-l (F(u)) = u e F(F- I (v)) = V Vu E U e
+
Sejam UI = (Xl' YI, Zl) e Uz = (xz, Yz, Zz) em lR 3 • (a) F(UI - (Zl
+ Zz))
+
Uz) = F(XI
= (Xl> 2XI - Zl)
+ Xz,
YI
+ Yz,
+ (Xz , 2xz
Zl
+ Zz)
= (Xl
- Zz) =F (UI)
+ Xz,
2(XI
+ Xz )-
+ F (uz).
(b) Exercício. 4) F: lRn """* lRm definida por:
Vv E V.
F (Xl, ... , x n ) = (aUxI
+ ... + alnxn , ... , amlxl + ... + amnxn )
é uma transformação linear para toda família (aij) de números reais dados. Verifica-se essa afirmação generalizando o que se fez no exemplo 3. Fica como exercício. 5) Seja D: P n (lR) """* Pn (lR) definida por D (f(t)) = f'(t) para todo polinômio f(t) de Pn(lR). (f' (t) indica a derivada de f(t)). Como a derivada da soma de dois polinômios é igual à soma das derivadas e a derivada do produto de um polinômio por um número é igual a esse número multiplicado pela derivada do polinômio, então D é mais um exemplo de operador linear.
2. TRANSFORMAÇÕES LINEARES
Sejam U e V espaços vetoriais sobre lR e consideremos uma transformação linear F: U """* V. Valem a\ seguintes propriedades para F:
Definição 5 - Sejam U e V espaços vetoriais sobre lR. Uma aplicação F: U"""* V é chamada transformação linear de U em V se, e somente se, (a) F (UI
+ Uz)
= F (ud
+ F (uz),
(b) F (cw) = aF(u), Va E lR e
F (o) = o (F transfotma o vetor nulo de U no vetor nulo de V.)
Vu E U.
No caso em que U = V, uma transformação linear F : U """* Ué chamada também de operador linear.
104
PI .
-V-U1, Uz E U, e
Prova - Como o é o elemento neutro da adição em V: I1
'I
F(o)
+ o = F (o). lOS
o fato
(c) Sejam v E F (W) e a E lR. Então v
de F ser linear e o fato de o ser o vetor nulo de U dão:
F(o)
=
F(o
+ o) =
F(o)
+o
= F(o)
av
=
aF (u)
F (au).
av E F(W).•
Somando - F (o) a ambos os membros desta última igualdade chegaremos
= F (o) .
=
Como au E W, pois W é sub-espaço vetorial de U, então:
+ F (o).
Nota: A propriedade P4 acima significa que uma transformação linear transforma sub-espaço vetorial em sub-espaço vetorial. Em outras palavras, uma transformação linear "respeita" a estrutura de espaço vetorial.
a que
o
F (u), com u E W.
Logo
+ F(o).
Comparando os resultados obtidos tiramos:
F(o)
=
•
Sendo F: U -+ V linear então n
I
)
ai F (Ui).
i=l
Prova: Faz-se por indução sobre n.•
EXERCÍCIOS RESOLVIDO.S P2'
F(-u)
= -F(u),
1. Verificar se a aplicação F: IR 3 -+ IR2 definida por:
Vu E U.
F (x, y, z) = (z, x + y) é linear.
+ (-F(u» = 0= F (o) = F(u + (-u» = F(u) + F(-u). + F(-u) = F(u) + (-F(u». Somando -F(u) a ambos os
Prova - F(u)
Solução
Logo F(u) membros desta última igualdade obteremos
(a) Sejam u = (Xl, Yl, Zl) e v = (X2' Y2, Z2) dois elementos genéricos de IR 3 . Então:
F(-u)
=
F (u + v)
-F(u).•
= F (Xl
+ x2, Yl + Y2, zl + z2)
=
= (Zl + Z2, (Xl + x2) + (Yl + Y2)) =
Nota: Recomendamos ao leitor que procure justificar cada passagem desen" volvida na primeira linha da demonstração de P2.
=
(Zlo
Xl + Yl) + (Z2, x2 + Y2) =
= F(u) + F (v); (b) "Ia E IR eVu = (X, Y, z) E IR?;
P3 •
F(UI - U2)
= F(UI)
F (au) = F (ax, ay, az) = (az, ax + ay) = a(z, X + y) = aF(u).
- F(~), VUb ~ EU.
2. Verificar se F : IR
Prova (exercício). •
-+
IR 2 é uma transformação linear, onde F(x) = (x,2) "Ix E IR.
Solução P4 •
Se W é um sub-espaço de U, então a imagem de W por F é um sub-espaço de V.
Prova - Lembremos que F (W) W por F. (a) Como F (o) (b) Exercício.
106
= o,
= {F (w) I w E
então o E F(W).
W} é a imagem (direta) de
Vx,yE IR, temos F(x + y)
= (x
+ y, 2)
:/=
(x,2) + (y, 2)
= (x
+ y,4).
Logo F não é uma transformação linear. Nota: Como uma transformação linear leva o vetor nulo do domínio no vetor nulo do contra-domínio e F (O) = (O, 2) :/= (O, O) poderíamos, por este caminho, ter concluído que a aplicação F do exercício 2 não é linear. Contudo o fato de uma aplicação F: U -+ V transformar o vetor nulo de U no vetor nulo de V nã" implica que ela seja linear. Procure um exemplo. '
107
3. Verificar se a aplicação F: IR 2 mação linear.
-->
IR2 definida por F(x, y) = (x2
+ y2, x) é uma transfor-
Solução
Solução Se u
(xl> YI) e v = (X2, Y2)
E
IR2, então F(u
+ v)
= F(XI
+ x2, YI + Y2)
= «Xl + X2)2 + (YI + Y2)2, Xl + X2) = 2 2 2 = (X 1 + Y1 , Xl) + (x2 + y}, X2) + 2(XIX2 + YIY2, O) e portanto F não é linear. Notar que, apesar disso, F (O, O) = (O, O).
11)
(espaço vetorial das funções reais contínuas definidas em [O, 11) dada por: F(x, y) = xe t + ye2t, V(x, y) E 1R2. Solução (a) \/-u = (Xl> Yü e \/-v = (x2, Y2) em 1R2 :
(a) \/-X, Y (b) \/- X
E
E
V, F(X
V e \/-01.
E
F(u
+ Y) = B(X + Y) = BX + BY = F (X) + F (Y); IR, F (OI.X) = B (OI.X) = OI.(BX) = OI.F (X).
Logo, F é um operador linear de Mn (IR). A verificação de que G também é linear é análoga. Mas, em geral, F G pois BX XB.
'*
(a)
Observemos de início que {(l, 2), (O, 1)} é uma base de 1R2 . Determinemos as coordenadas de (x, y) E 1R2 em relação a essa base: (x, y) = a(l, 2) + b(O, 1 ) = > a=x e 2a + b = y ~> a = x e b = y - 2x. Logo (x, y) = x(l, 2) + (y - 2x)(0, 1). Portanto F(x, y) = xF(l, 2) + (y - 2x)F(0, 1) = x(3, -1) + (y - 2x)(1; 2) =
+ 3y + 7z.
Solução ,
F(u + v) =
+ x2, YI + Y2, Zl + Z2) = -2(XI + x2) + 3(YI + Y2) + 7(ZI + Z2) = = -2XI + 3YI + 7Z1 - 2x2 + 3Y2 + 7Z2 = F(u) + F(v). = F (Xl
(b) V OI. E IR e Vu = (x, Y, z) E 1R3 , F(OI.u) = F(OI.x, OI.Y, OI.Z) = = -2(OI.x)
F(f(t)
+ 3(OI.Y) + 7 (OI.z) = 0I.(-2x + 3y + 7z) = OI.F(u).
+ g(t» = (f(f) + g(t»
(b) F(OI.f(t»
V dada por
= (OI.f(t)
UI - Uz = o = > UI = Uz
Exemplo -
é uma base
(a) Dado v E Im(F), existe u E U tal que F(u) = v. Mas u é combinação linear de Bz : u = aluI + ... + arur + (3IVI + ... + (3svs, com os ai e os (3j em R, já que Bz é base de U. Logo:
(2) Sejam UI, Uz E Ker(F). Então F(uI) = F(Uz) = o. Daí F(uI
= {F (vd, ... , F (vs)}
=
=
f'(t) é uma transformação linear injetora (operador injetor)?
+
Se f(t) = ao + alt + a z t2 + ... antn , então D(f(t)) = aI + 2az t + ... + n l nant - . Logo f'(t) = O tem como conseqüência que aI = az = ... = an = O.
+
Portanto f(t) = ao e daí Ker(D) = {ao I ao E IR} = IR, OU seja, Ker(D) é o conjunto dos polinômios reais constantes. Logo D não é um operador injetor. A imagem de uma transformação linear F : U -+ V foi definida anteriormente: Im(F) = {F(u) I u E U}. Já vimos que é um sub-espaço vetorial de V.
O teorema a seguir, que relaciona as dimensões de Ker(F) e Im (F) nos casos
+ ... +
aru r
+
(-(3I)Vl
+ ... +
(-(3s)vs = o
Como o conjunto Bz é L.I., podemos concluir que todos os escalares da última igualdade são nulos. Em particular (31 = (3z = ... = (3s = O. Ficou provado então que B é L.I. Para terminar a demonstração, basta observar que, como dim Ker(F) = r, dim U = r + s e dim Im (F) = s, então dim U = dim Ker(F) + dim Im(F). Corolário - Sejam U e V espaços vetoriais sobre R com a mesma dimensão finita n e suponhamos F: U -+ V uma transformação linear. Então são equivalentes as· seguintes afirmações:
(I) F é sobrejetora. (11) F é bijetora. (III) F é injetora.
ém que dim U é finita, é bastante importante.
(IV) F transforma uma base de U em uma base de V (isto é, se B é uma base de U, então F(B) é base de V).
Teorema do Núcleo e da Imagem - Sejam U e V espaços vetoriais de dimensão fmita sobre R. Dada uma transformação linear F: U -+ V, então
Demonstração
dim U
= dim Ker(F) + dim Im(F).
Seja B l = {UI, ... , Ur } uma base de Ker(f). Essa base pode ser estendida a uma base Bz = {UI, ... , ur , V10 ••• , vs} de U conforme o Demonstração -
112
(I) = > (11) Por hipótese Im (F) = V. Levando em conta que dim U = dim V, a fórmula dim U = dim Ker(F) + dim Im (F) equivale então a dim Ker(F) = O. Logo Ker(F) = {o} e F é injetora. Então F é bijetora.
113
...
Logo F é injetora.
(11) - > (I1I) Imediato.
= a + bt E P I (lR) basta tomar u Então F é sobrejetora.
(11) Dado f(t)
(I1I) ==> (IV).
tenha F(u)
Sendo B = {U., ... , un}uma base deU mostremos que F(B) = {F(UI)' ... , F(un )} é uma base de V. Observemos de início que F(B) tem tantos vetores como B pelo fato de F ser injetora.. Então basta mostrar que F(B) é L.I. Suponhamos aI. ... , a n E lR e aIF(uI) + ... + anF(u n) = o. Disto resulta, pela linearidade de F que F(aluI
= f(t).
= (a, b -
a) para que se
+ (X2' Y2)) = F(XI + X2, YI + Y2) = Xl + X2 + + X2 + YI + Y2)t = Xl + (Xl + YI)t + X2 + (X2 + Y2)t =
(I1I) F((xl> YI)
+ (Xl
= F(XI' yd
+ F(X2' Y2)'
(N) A condição F(au)
+ ... + anu n) = o.
= aF(u) é
deixada como exercício.
Sendo F injetora segue que Proposição 2 - Se F é um isomorfismo de U em V, então F-I: V bém é um isomorfismo (de Vem U). .
+ ... + an Un = o. ai = a2 = ... = a n = O.
ai Ul Como B é L.I. conclui-se que (IV)
=>
=
aIF(uI)
+ ... + anF(un ),
F(u)
com al, ... , a n E lR.
Estando em U a combinação linear ficou provado que todo elemento de V é imagem (por F) de um elemento de U. Ou seja, F é sobrejetóra. -
4. ISOMORFISMOS E AUTOMORFISMOS Defmição 7 - Entende-se por isomorfismo do espaço vetorial U no espaço vetorial V uma transformação linear F: U -i> Y que seja bijetora. Um isomorfismo F: U -i> U é um automorfismo de U.
Exemplos 1) O operador idêntico I: U -i> U dada por I(u) = u para todo vetor u do espaço é trivialmente um automorfismo de U. 2) F: lR2 -i> P I (lR) definida por F(x, y) = x + (x + y)t é também um isomorfismo. De fato.
> Xl
= u.
Então F(u)
= VI
e
= F-I (F(u)) = u. (I1I) Sejam VI, V2 E V e façamos F-I (VI + V2) = u. Como F é sobrejetora, então existem UI. U2 E U de maneira que F(Ul) = VI «=> F-I (vd = UI) e F(Ü2) = V2 «=> F~l (V2) = Ü2). Substituindo estes resultados na igualdade F-I (v)
+ ... + anu n). alUI + ... + anU n
v = F(alul
(I) F(xt. YI) = F(X2' Y2)
(I) Suponhamos vl> V2 E Ve F-I (VI) = F-I (V2) Daí VI = V2' Logo F- l é injetora.
= V2.
(11) Para verificar que F-I é sobrejetora basta observar que dado u E U, tomando v == F(u) teremos:
Como F é linear podemos afirmar que
+ (Xl + YI)t =
= X2 + (X2 + Y2)t = > Xl = X2 => Xl = X2 e YI = Y2' 114
U tam.
Demonstração
(I)
Seja v E V. Tomando uma base B = {Ul> ... , u n } de U, então nossa hipótese garante que F(B) = {F(ud, ... , F(un )} é uma base de V. Logo v é combinação linear de F(B): v
-i>
e Xl
+ YI = X2 + Y2- - >
1
inicial: u
= =
F-I (F (UI) UI
+ F (Ü2)) = F-I (F(UI + U2)) =
+ Ü2 =
F-I (VI)
+ F-I (V2)'
Voltando à igualdade inicial: F-I (VI
+ V2) = F-I (VI) + F- l (V2)'
(IV) Fica como exercício a demonstração de que: F-I (av) = aF- l (v), "Ia E lR e "Iv E V. _
Nota: A proposição acima nos diz que sempre que éxiste um isomorfismo F: U -i> V também existe um isomorfismo F-I: V -i> U (isomorfismo inverso de F) e devido a isso dizemos; nesse caso, que U e V são espaços vetoriais isomorfos. Dois espaços vetoriais isomorfos U e V muitas vezes são considerados indistintos. Para tanto, se F é o isomorfismo considerado de U em V, identifica-se cada elemento u E U com sua imagem F(u) E V. 115
:g possível estabelecer uma caracterização para os isomorfismos entre espaços vetoriais de dimensão finita, em termos de dimensão. O lema a seguir nos levará a isso. Lema - Sejam U e V espaços vetoriais sobre IR. Se dim U
=
n e B
u
v
=
= {UI> U2, ..• , u n } é uma base de U, então, para toda seqüência vI>' .. 'Vn de vetores de V, a aplicação F : U -+ V, definida por
é linear e F(Ui) = Vi (i = 1,2, ... , n). Ademais, se G : U -+ V é linear e G(uD = Vi (i
= 1, ... ,n),entãoG = F.
Demonstração n
I) Sejam Wl
=
L i=
F(Wl
+ W2) =
n
aiui e W2
=
L i=
1
F(.i
+ l3i)Ui) =
(ai
1= 1
n
L
=
i=
~Vi +
t
(ai
+ I3i)Vi
=
1= 1
n
L i=
1
l3iui vetores de U. Então
1
l3iv i
= F(Wl) +
Teorema 2 - Dois espaços U e V de dimens[o finita são isomorfos se, e somen· te se,dim U = dim V.
F(W2)
1
11) Fica como exercício a demonstração de que F(aw) = aF(w), para todo aER e todo wEU. I1I) F(Ul) = F(1Ul Obviamente: F(U2)
=
+
OU2
+ ... + = Vn .
Ou n ) = Iv 1
Demonstração
(
+ Ov2 + ... + Ovn = VI'
IV) Seja w E U. Então w se escreve, de maneira única, como: n
W
=L i=
ti
= ai G(Ui) rio,G = F . • G(w)
(~
aiUi. Daí, levando em conta que G é linear
1
=
ti
ai F(Ui)
»
Seja F : U -+ V um isomorfismo. Então Ker(F) = {O}e Im(F) = V. Mas, devido ao teorema do núcleo e da imagem, dim U = dimKer(F) + dimIm(F). Donde dim U = dimV.
V2, ... , F(un>
) SejamB= {Ul, ... ,un }eC= {vl, ... ,vn}basesdeUeV,res-
pectivamente, e consideremos F : U -+ V dada por F
= F( ~1 aiUi) = F(w) e, como w é arbitrá-
n
me o lema anterior. Assim, F é linear. Supondo ai = O (i = 1, ... , n) e portanto
.
116
(
aiVi =
i
aiVi. confor·
1=1
o, como C é L.I., entl[o
L aiui = O. Donde F é injetora. O corolário do
i=
entre si. Podem, inclusive, ser todos iguais. Mas os Ui (i = 1,2, ... , n) são distintos entre si pois B é uma base de U.
aiui)=
1=1
i= 1
n
Nota: Os vetores VI> ... , vn no lema anterior n[o s[o necessariamente distintos
L
(t
1
teorema do núcleo e da imagem nos garante então que F é sobrejetora e portanto é isomorfismo.
P
11'
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 1. Seja F: 1R ~ 1R 3
2
Solução
K~
a transformação linear dada por F (x, y, z) = (x + y, 2x - y + z).
a)
Dar uma base e a dimensão de Ker(F);
b)
Dar uma base e a dimensão de Im(F).
(F)
Solução a)
{ 2x -
y
= O
+z= O
{X +
Y
= O
- 3y + z
=O
~
(~~
t)
(:
:)
)}
Como o sistema X
= O
y=O {
cuja solução geral é (-y, y, 3y), y E IR, então Ker(F) = {(~ y, y, 3y) I y E IR} = = {y(- 1,1,3) I y E IR}. Logo Ker(F) = [(-1, 1, 3)] e {(-I, 1, 3)} é uma base de Ker(F). b)
M, (R) I ( : _: )
E
( 2:-, 2y
Ker(F) = {(x, y, z) E 1R3 I (x + y, 2x - y + z) = (O, On. Como
X+ Y
= {(: :)
Achemos um conjunto de geradores de Im(F) : (x + y, 2x - y + z) = x(l, 2) + + y(I,.- 1) + z(O, 1) do que segue que Im(F) = [(I, 2), (1, -1), (O, 1)]. Para determmar uma base de Im(F) usamos o processo prático já estudado (Cap. 3, § 5):
2x-z=0 2y - t = O
só admite a solução trivial F é injetora. Por outro lado, levando em conta o teorema do núcleo e da imagem, tiramos que dim Im(F) = dim M 2 (IR) - dim Ker(F) = 4 - O = 4. Logo Im(F) = M2 (IR) e qualquer base deste espaço é base de Im(F). Observe que F é um automorfismo de M 2 (IR). Os mesmos resultados seriam obtidos para qualquer matriz B inversível.
4. Mostrar que o operador linear F do 1R3 dado por F (x, y, z) = (x + z, x . - z, y) é um automorfismo. Determinar F-i Solução Assm;., uma ,base de Im(F) é {(I, 2), (O, 1)}e dim Im(F) = 2. Segue que Im(F) = IR2 e F e sobreJetora.Para concluir que {(I, 2), (O, 1)}é base de Im(F), ver Capo 3, § 5.
Para achar o núcleo de F devemos resolver o sistema
X
2. Determinar uma aplicação linear F: 1R3 ~ 1R4 tal que
+
{
y = O
Im (F) = [(1, 1, 2, 1), (2, 1, O, 1)].
Solução Como dim Im (F) = 2, então dim Ker(F) = 1. Podemos tomar F: 1R3 -+ 1R4 tal que F(:, O, O) = (O, O, O, O), F(O, 1, O) =(1,1,2,1) e F(O, 0,1) = (2, 1, 0,1). A imagem sera o conjunto dado. Temos
cuja única solução é (O, O, O). Logo Ker (F) = {(O, O, O)} e F é injetora. Devido ao corolário do teorema do núcleo e da imagem podemos afirmar que F é um automorfismo. Supondo F-i (x, y, z) = (a, b, c), então (x, y, z) = F(a, b, c) = (a + c, a - c, b). Logo +c=x
F (x, y, z) = xF (I, O, O) + yF(O, 1, O) + zF (O, O, 1) = = y(l, 1,2,1) + z(2, 1, O, 1) = (y + 2z, y
+ z,
3. Seja F o operador linear de M2 \IR) definido por F(X) = BX,:V'XEM 2 (IR), ondeB EM 2 (IR).
118
~( ~
_
~)
''''''''ino
-c=y
2y, y + z).
É claro que o exercício em questão admite muitas soluções.
No '"00 de B
:l = O.
x-z=o
b
=z
x+y x-y do que resulta que a = - 2 - , b = z e c = - 2 - ' Logo:
K~(F)o ~. b"o d. Jm_ do ~F. 119
5. A aplicação linear F: IR3 ~ IR3 dada por F (1, O, O) F(O; 0, 1) = (1, - 1, 6), é um automorfismo?
= (1,
1, O), F (O, 1, O)
= (O,
O, 1) e
Solução
Solução F (x, y, z)
= xF(1, 0, O) + yF(O,
1, O)
+ zF(O, 0,1) = x(l, 1, O) + y(O, 0,1) +
+ z (1, - 1, 6) = (x + z, x - z, y + 6z). Como a única solução do sistema
° + 6z = °
+ z=
z=O
y
Seja B = {uJ, ... , ur}. Todo elemento v E Im(F) pode ser representado por v = F(u), com u E U = [Bl. Logo existem "'lo . . . , ar E IR de modo que u = aluI + ... + arur. Assim v = F (u) = F ("'I uI + ... + "'rur) = alF (UI) + ... + arF (u r ) o que vem mostrar que v E [F(B)1. Ficou provado pois que Im(F) c [F(B)1. Por outro lado um elemento, v E [F(B)) é dado por v = a1F(ul) + ... + arF(ur) = F(alul + ... + aru r ). Logo v E Im (F). Temos então que [F(B)] c Im (F). 9. Achar uma transformação linear do IR 3 no IR 2 cujo núcleo seja gerado por (l, 1, O).
é a trivial, então Ker(F) = {(O, 0, O)} e F é um automorfismo do IR 3 . Outra maneira de resolver: Mostrar que F leva uma base. de IR 3 em uma base de IR 3 .
6. Mostrar que F: IR ~ IR
3 4 dada por F (x, y, z) = (x, x - y, y - z, z) é injetora mas não é isomorfismo de IR3 em IR4 .
Solução
8. Sejam U e V espaços vetoriais sobre IR e F : U ---+ V uma transformação linear. Provar que. se Bc U é tal que [B] U, então [F(B)] = Im(F).
\'
É claro que F é linear. Por outro lado o sistema
Solução A idéia a ser usada na resolução está contida na demonstração do teorema do núcleo e da imagem. O conjunto {(I, 1, O), (0, 1, O), (O, O, 1)} é uma base do IR3 que completa a base {(I, 1, O)} do núcleo da transformação que pretendemos achar. Se tomarmos T(O, 1, O) e T(O, 0, 1) linearmente independentes teremos uma base da Im (T), onde T é a transformação procurada. Façamos então: T(O, 1, O) = (1, O) e TCO, 0, 1) = (O, 1). Como (x, y, z) = x(1, 1, O) + z(O, 0,1) + (y - x)(O, 1, O), então T(x, y, z) = xT(l, 1, Ó) + + (y - x)T(O, 1, O) + zT(O, 0, 1) ='x{O, 6) + (y - x)(l, O) + z(O, 1) = (y ~ x, z). Notemos que o problema admite infinitas soluções.
=0 : {
\0. Provar que o espaço vetorial IR 2 é isomorfo ao subespaço U = {(x, y, z) E IR 3 I z
O}
do IR 3 .
=0
- yy
° z = °
- z =
Solução A função F: IR 2 ~ IR3 dada por F (x, y) = (x, y, (l) é linear injetora e sua imagem é o subespaço U. Logo 1R 2 ' e U são isomorfos.
só admite a solução trivial. Logo Ker(F) = {(O, 0, O, O)} e F é injetora. Mas não é sobrejetora pois dim Im (F) = dim IR3 - dim Ker (F) = 3 do que segue que Im (F) IR 4 .
*
Se uSamos o teorema 2, o exercício é imediato.
7. Determinar o núcleo e a imagem, bem como as dimensões respectivas, de F: P2 (IR) ~ P 3 (IR) dada por F (f(t) = f(t) + t 2['(t). Solução
°
2 (polinômio Seja a + bt + ct E Ker (F). Isso equivale a a + bt + ct2 + t 2 (b + 2ct) = que por sua vez se verifica se, e somente nulo), ou seja, a + bt + (b + c)t 2 + 2ct 3 = se, a = b = c = O. Logo Ker (F) = {O}. Assim dim Ker (F) = O. Por outro lado, seja f(t) um polinômio genérico da Im (F). Então f(t) = a + bt + (b + c)t 2 + 2ct 3 = a + b(t + t 2) + + c(t 2 + 2t 3 ). Isto mostra que 1m (F) = !l, t + t 2 , t 2 + 2t3 1. Como esses três .vetores que geram Im (F) formam um conjunto L.1. (verifique) então {I, t + t 2 , t 2 + 2t 3 } é uma base de Im (F).
°
120
EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Para cada uma das transformações lineares abaixo determinar uma base e a dimensão do núcleo e da imagem:
(a) F: IR3 ~ IR dada por F(x, y, z) = x
+ y - z. + y).
(b) F: IR2 ~ IR 2 dada por F (x, y) = (2x, x
(c) F: IR3 ~ IR4 definida por F (x, y, z) = (x - y - z, x (d) F: P (IR) ~P2(IR) dada por F (f(t» = t 2 f"(t).
+ y + z,2x - y + z, - y).
2
121
(o) F, M,(R)
~ M,(IR) dada pm:~
(f) F: M2 (R)
-7
*12. Consideremos o espaço vetorial R
( : ~Y' ondo
*2. Determinar um operador linear F: R 3 (1, - 1, 2).
-7
:)
4. Determinar um operador linear do R 3 cujo núcleo tenha dimensão 1.
5. Seja F: R 3 -7 R 3 definida por F(l, 0, O) = (1, 1, O) e F(O, O, 1) = (O, O, 2) e F(O, 1, O) = (1, 1, 2). Determinar uma base de cada um dos seguintes sub-espaços vetoriais: Ker(F), Im (F), Ker(F)
n Im(F) e Ker(F) + Im(F).
6. Mostrar que cada um dos operadores lineares do IR 3 a seguir é inversível e determinar o isomorfismo inverso em cada caso:
E
R}.
oo
Mostrar que a transformação linear T: R oo -7 R dada por T(al> az, ... ) = = (O, alo az, ... ) é injetora mas não é sobrejetora.
b)
Mostrar que a transformação linear F: R 00 -7 R 00 definida por F(al, az, ... ) = = (az, a3, ... ) é sobrejetora mas não é injetora.
c)
Encontrar uma aplicação linear injetora de P(IR) em IR 00.
*13.
Consideremos uma transformação linear F: U -7 V. Se dim U > dim V, prove que existe um vetor não nulo Uo E U tal que F (uo ) = o (vetor nulo de V). (Ou seja, F não é injetora.)
*14.
Seja W = U EIl V. Consideremos os operadores lineares de W (projeções sobre U e V, respectivamente) dados por P I (u + 'V) = U e Pz (u + v) = v, Vu + v E W, com u E U e v E V. Definido H: W -7 W por H(w) = P I (w) - Pz (w), Vw E W, mostre que H é um isomorfismo do espaço vetorial W nele mesmo, isto é, H é um automorfismo de W.
R 3 cuja imagem é gerada por (2, 1, 1) e
3. Determinar um operador linear do R 4 cujo núcleo é gerado por (1, 1, O, O) e (O, O, 1, O).
= {(alo a2, ... ) I ai
a)
M2 (R) definida por F (X) = MX - XM, onde
M= ( :
oo
Tome W = R Z , U P I , Pz, H.
= [(1,
1)], V
= [(1,
-1)] e represente geometricamente U, V, W,
*15. Provar que o IR z é isomorfo a qualquer sub-espaço de dimensão 2 do IR 3.
(a) F(x, y, z) = (x - 3y - 2z, y - 4z, z); (b) F(x, y, z) = (x, x - y, 2x + y - z).
7. Considere o operador linear F do IR 3 definido por F(1, O, O) = (1, 1, 1); F(O, 1, O) = = (1, O, 1) e F(O, 1, 2) = (O, O, 4). F é inversível? Se for, determine o isomorfismo inverso. 8. Sejam u, v E IR 2 vetores tais que {u, v} é uma base do IR 2. Sendo F: IR 2 transformação linear, mostrar que uma das seguintes alternativas se verifica: a) {F(u), F(v)} é L.I.;
.:-,
b)
dim Im (F) = 1;
c)
-+
IRn uma
Im (F) = {o}.
',2,1 Sejam
U e V sub-espaços do espaço W tais que W = U EIl V. Consideremos o espaço vetorial U X V cuja adição é (Ul> VI) + (U2, V2) = (UI + U2, VI + V2) e cuja multiplicação por escalares é dada por O!(u, v) = (O!u, O!v). Mostrar que é um isomorfismo de U X V em W a aplicação assim definida: F(u, v) = u + v.
*10. Seja {el' ... ,en} a base canônica do IRn. Seja F: IRn -+ IRn o operador linear dado por F(el) = e2' F(e2) = e3' ... ,F(en) = el' Determinar F(x1> ... , xn ) e verificar se F é um automorfismo. Se for, acne o automorfismo inverso. * 11. Considere uma transformação linearT : U --> V. Provar que, se o conjunto {T(u j ), é L.I. em V, então {UI, ... , ur} é L.I. em U. Provar que, se T é injetora e {UI, é L.I.em U, então {T(uI),"" T(ur)} é LJ. em V.
III
,
T(u r)} ,ur }
In
CAPfTULO
A propriedade comutativa se verifica assim:
5
Se F, G E L(U, V) e u E U, (F +G)(u)
Matriz de uma Transformação Linear
=
G(u)
+ F(u) = (G + F)(u), o
+ G(u)
que significa que F + G
=
= G + F.
Do mesmo modo se prova a associativa. Que o elemento neutro é a transformação nula se prova do seguinte modo: V-u E U, (F + O)(u)
1. QPERAÇÕES COM TRANSFORMAÇÕES LINEARES
= F(u)
=
F(u)
+ O(u) = F(u)
+ o
=
F (u).
Por último, (-F) é aplicação dada por (-F)(u) = -F(u), Vu E U. Deixamos como exercício a verificação de que (-F) E L(U, V). Por outro lado, Vu EU, (F + (-F))(u) = F(u) + (-F)(u) = F(u) + (-F(u)) = o = O(u), o que vem mostrar que de fato F + (- F) = O.
Sejam U e V espaços vetoriais sobre IR. Indicaremos por L(U, V), daqui para frente, o conjunto das transformações lineares de U em V. Se U = V, o conjunto dos operadores lineares de U será denotado por L(U). Vamos a seguir introduzir a operação de adição em L(U, V).
A seguir, definiremos a multiplicação de uma transformação linear por um escalar.
Definlção 1 - Dados F, G E L(U, V), definimos a soma F + G de F com G da seguinte maneira:
p Definição 2 - Dados F E L(U, V) e o: E IR, definimos o produto o: F de F por o: assim:
F + G: U ~ V
e (F + G)(u)
= F(u) +
= F(Ul +~) + G(Ul F(~) + G(Ul) + G(~) =
= F(Ul) +
(b)
+ ~)
= F(Ul) + G(ud + F(~) + G(~) = = (F + G)(Ul) + (F + G)(~) e (F + G)(c{~ = F(o:u) + G(o:u) = o:F(u) + = o:(F(u) + G(u)) = o:(F + G)(u).
Temos assim uma adição (F, G) ~ F valem as seguintes propriedades:
+G
=
o:G(u)
=
o:(~F);
~)F
= o:F
+
=
+ o:G;
(I1I) o:(F + G) (IV) lF
=
~u
E U.
+ (G + H) = (F + G) + H, V F, G, H E L(U, V); Comutativa: F + G = G + F, V F, G E L(U, V);
(IV) Para toda transformação F E L(U, V) existe neste conjunto a transformação o{XJsta: existe
= O.
o:F
~F;
F;
quaisquer que sejam o: e
(III) Existe elemento neutro: a transformação linear nula O: U ~ V é tal que F + O = F, .:v-F E L(U, V); e
124
=
(o:~)F
(11) (o: +
em L(U, V). Para essa adição
(-F) E L(U, V)'I F + (-F)
V e (o:F)(u) = o:F(u),
A aplicação o:F assim defmida também é uma transformação linear 4e U em V, ou seja, também pertence a L(U, V). Deixamos a constatação desse fato ao leitor. Dessa forma ficou defInida uma multiplicação de IR X L(U, V) em L(U, V) multiplicação essa que tem as seguintes propriedades: (I)
(I) Associativa: F
(11)
~
o:F : U G(u), Vu E U.
A aplicação assim defInida também é uma transformação linear pois: (a) (F + G)(Ul + ~)
I
~
em IR e F e G em L(U, V).
Façamos a verificação de (111). Para todo u E U, (o: (F + G) )(u)
= =
+ G)(u)) = o:(F(u) + G(u)) = o:F(u) (o:F)(u) + (o:G)(u) = (o:F + o: G)(u). Logo o:«F
= o:(F + G) = o:F
=
+ o:G(u)
+ o:G.
Do que vimos até aqui neste parágrafo podemos concluir que se U e V são espaços vetoriais sobre IR, então L(U, V) também é um espaço vetorial sobre IR em relação ao par de operações consideradas acima. No próximo passo, introduziremos a importante operação de composição de transformações lineares. 125
Defmição 3 - Sejam U, V e W espaços vetoriais sobre IR. Se F: U -+ V e g: V ~ W são transformações lineares, define-se a aplicação composta de F e G (notação: G o F) da seguinte maneira:
(G o F)(x, y)
=
(F o G)(x, y)
G(F(x, y))
= F(G(x,
=
y))
G(x
=
+ y,
= (x + y, = (x + 2y,
O)
F (x, '2y)
O) e O).
Logo G o F =1= F o G. G o F: U -+ W e (G o F)(u) = G(F(u)), Vu E U. 2) No conjunto L(U) define-se potenciação para expoentes naturais assim: FO = I (operador idêntico); F 1 = F; F 2 = F o F; F 3 = F o F o F; ... Contudo é bom observar que para essa potenciação podemos ter resultados em princípio curiosos como F 2 = I, com F =1= I e F =1= - I, Fn = O (operador nulo) com F =1= O. Um operador F E L(U) tal que F 2 = F chama-se idempotente (ou projeção); se F n = O, para um certo número natural n, então F se diz nilpotente.
Exemplos 1) F: IR2 -+ IR2 onde F(x, y)
GoF
F 2 (x, y)
=
F(F(x, y)) 2 o que nos garante que F = O.
É fácil provar que G o F E L(U, W). De fato:
= (O, x) é nilpotente pois: = F(O, x) = (O, O) = O(x,
y)
2) O operador derivação D: Pn(IR) -+ Pn(IR) é nilpotente (por quê?).
+ Uz) = G(F(U1 + Uz)) = G(F(ud + F(Uz)) = = G(F(ud) + G(F(Uz)) = (G o F)(u 1) + (G o F)(U2)'
(a) (G o F)(U1
(b) Fica como exercício mostrar que (G o F)(au)
= a(G o F)(u).
É importante considerar, quanto à composição, o caso U = V = W. Pois quando isto acontece (G, F) -+ G o F passa a ser uma operação em L(U) que apresenta as seguintes propriedades:
(I) (H o G) o F
=
(11) IoF = F o I neutro da composição);
H o (G o F), V H, G, F E L(U)(associativa);
= F,
V- F E L(U) (o operador idêntico é o elemento
(III) H o (F + G) = H o F + H o G e (F + G) o H = F o H G, H E L(U) (a composição é distributiva em relação à adição).
+ GoH
V F,
A verificação de (I) e (11) fica como exercício. Quanto à (III) sua primeira parte se prova assim: para todo u E V, ((H o (F + G))(u) = H((F + G)(u)) = = H(F(u) + G(u)) = H(F(u)) + H(G(u)) = (H o F)(u) + (H o G)(u) = (H o F + + H o G)(u); logo H o (F + G) = H o F + H o G.
Notas: 1) A operação (F, G) -+ F o G não é comutativa em geral. Por exemplo, dados F: lR? -+ lR? e G: lR? -+ lR? por F(x, y) = (x + y, O) e G(x, y) = (x, 2y), então 126
EXER~~RESOLVIDOS
1. Sejam F: IR? -+ 1R2 e G: 1R3 -+]R2 as transformações lineares definidas por F(x, y, z) = = (x + y, z) e G(x, y, z) = (x, y - z). Determinar as seguintes transformações lineares
de ]R3 em IR?: a) F + G e
b)
2F - 3G.
Solução
= F(x, y, z)
+ G(x, y,
= (x + y, z)
a)
(F + G)(x, y, z)
b)
(2F - 3G)(x, y, z) = (2F)(x, y, z) - (3G)(x, y, z) = 2F(x, y, z) = 2(x + y, z) - 3(x, y - z) = (-x + 2y, -3y + 5z).
z)
+ (x, Y -
z) ~
= (2x + y, y); =
3G(x, y, z)
2. Sejam F: 1R2 -+]R e G: ]R -+ IR as transformações lineares definidas por F (x, y) = x + 2y e G(x) = 2x. Determinar a transformação G o F.
Solução (GoF)(x, y)
= G(F(x,
y»
= G(x
+ 2y)
= 2(x
+ 2y)
= 2x
+ 4y.
Observemos que a composta F o G não está definida. ]27
3. Consideremos F, G Determinar: a)
2F + 3G;
b)
FoG;
c)
GoF; 2 F ; G2 .
d) e)
E
L(R2 ) definidos por F(x, y) = (x - y, x) e G(x, y) = (x, O).
6. Seja B = {el' e2, e3} a base canônica do R 3 . Se F F(el) = e2, F(e2) = e3 e F(e3) = el,
a)
(2F + 3G)(x, y) = 2F(x, y) + 3G(x, y) = 2(x - y, x) + 3 (x, O) = (5x - 2y, 2x);
b)
(F o G)(x, y) = F(G(x, y.»
c)
(G o F)(x, y) = G(F(x, y)) = G(x - y, x) = (x - y, O); F 2 (x, y) = F(F(x, y)) = F(x -y, x) = (-y, x - y); G2 (x, y) = G(G (x, y» = G(x, O) = (x, O).
= F(x, O) = (x, x);
Como G2 = G, então G é um operador idempotente. 4. Sejam F, G
«H + l) o F)(x, y, z) = (H o F + F) (x, y, z) = (2x, - 2x) + (O, 2x) = (2x, O).
b)
Todas as transformações a serem determinadas pertencem a L(R2).
e)
(H o (F + G»)(x, y, z)= (H o F + H o G)(x, y, z) = H(F(x, y, z» + H(G(x,y, z» = = H(O, 2x) + H(x - y, x)= (2x, -2x) + (2x - y, -y) = (4x - y, -2x - y);
Solução
d)
Solução a)
E
L(R2) definidos por:
E
L(R3) é o operador tal que
a) determinar F(x, y, z); b) mostrar que F 3 = I e que, portanto, F 2 = F-I. Solução F(x, y, z) = F(xel + ye2 + ze3) = xF(el) + yF(e2) + zF(e3) = (z, x, y); F 2 (x, y, z) = F(z, x, y) = (Y, z, x) e F 3 (x, y, z) = F(y, z, x) = (x, y, z) = I(x, y, z). Logo F 3 = L Como F 2 o F = F oF 2 = F 3, então F 2 = F-I.
a)
b)
I
7. Sejam F E L(R3 , R 2 ) e G E L(R2 , R 3) dadas respectivamente por F(x, y, z) = (x - y, y - z) e G(x, y) = (x - y, y - x, x + y). Sendo I o operador idêntico do R 3 verifique se G o F + I é um automorfismo do R 3 . Se for, determine o automorfismo inverso.
F(x, y) = (O, x) e G(x, y) = (x, O). Solução
Determinar: a)
G o F;
c)
(G o F)2.
b)
F o G;
d)
(F o G)2;
(G o F + I)(x, y, z) = (G o F)(x, y, z) + (x, y, z) = G(x - y, y - z) + (x, y, z) = = (x - 2y + z, - x + 2y - z, x - z) + (x, y, z) = (2x - 2y + z, - x + 3y - z, x). Determinemos Ker (G o F
+ I)
pela resolução do sistema:
Solução a)
(G o F)(x, y) = G (F (x, y)) = G(O, x) = (O, O). Notemos que G o F é o operador nulo, embora nem G e nem F o sejam.
b)
(F o G)(x, y) = F(G(x, y» = F(x, O) = (O, x). Notemos que F o G = F, embora G não seja o operador idêntico do R 2 .
c)
(G o F)2 (x, y) = (G o F)«G o F)(x, y)) = (G o F)(O, O) = (O, O);
d)
(F o G)2 (x, y) = (F o G)( (F o G)(x, y)) = (F o G)(O, x) = F (G(O, x» = = F(O, O) = (O, O).
Notemos então que G o F = O e que F o G é um operador nilpotente pois (F o G)2 = O. 5. Sejam F, G E L(R3, R 2 ) definidas por F(x, y, z) = (O, 2x) e G(x, y, z) = (x - y, x) e H E L(R2) dado por H(x, y) = (x + y, x - y). Determinar:
+ G) e
a)
H o (F
b)
(H + I) o F,
onde I indica o operador idêntico de R 2.
128
{
2x - 2y + z = O -x + 3y - z = O
x
= O
Não oferece dificuldade verificar que a única solução desse sistema é a trivial e que portanto Ker (G o F + I) = {(O, O, O)}. Assim G o F + I é um automorfismo do R 3. Determintl\Dos o isomorfismo inverso. Façamos G o F + I = H. Suponhamos H-I (x, y, z) = = (a, b, c). Então (x, y, z) = H (a, b, c) = (2a - 2b + c, -a + 3b - c, a). Daí 2a - 2b + c = x {
-a + 3b - c = y a
=z
cuja solução é (z, x + y - z, 3x + 2y - 4z). Logo H-I (x, y, z) = (z, x + y - z, 3x + 2y - 4z). 8. Consideremos as seguintes transformações lineares do R 3 no R 2 : F(x, y, z) = (y, x + z) e G(x, y, z) = (2z, x - y). Mostrar que {F, G} é linearmente independente no espaço L(R3 , R 2 ).
129
L
Solução
teorema do núcleo e da imagem nos garante que dim Im (G) ;;. dim Im (F o G), isto é,
°
(transformação nula). Temos então (o , um} e {VI> ... , vn } são bases de U e V respectivamente, então B = = {Ui, , um, Vi, ... , vn} é uma base de W. Calculemos a matriz de F em relação a essa base. Como F(ui) E U(i = 1, , m) e F(Vj) E V (j = 1, ... , n), então
+ by, cx)
= 1
* O.
(I)
= S(ax
= O
Resolvendo o sistema obtido encontramos a = O e bc = 1, ou seja, c = b-l. Então satisrázem as condições do problema todos os operadores do IR2 dados por S(x, y) = (by, b-lx) ,
Solução
S2 (x, y)
= O
EXERCÍCIOS PROPOSTOS
onde A e B são matrizes de ordem m e n, respectivamente, 0m, n é a matriz nula de ordem m X n e 0n, m a matriz nula de ordem n X m.
F(Ul) = anUi +
ab { ac bc
:)
~
V-X em M2 (IR). Sendo B a base canônica do espaço M2 (IR) determine li! traço da matriz (F)B' (Nota: traço = soma dos termos da diagonal principal.) 5. Calcular o traço da matriz do operador linear F E L(IR3 ) dado por F(x, y, z) = (x,x~y,x+z). GeneralizarparaF(x,y,-z) = (ax + by + cz,dx + ey + fz,gx + +~+W. .
147
6. Seja F o operador linear do 1R2 cuja matriz em relação à base B = {(I, O), (1, 4)} é
(F)p(: :) Determinar a matriz de F em relação à base canônica, usando a fórmula de mudança de base para um operador. 7. Seja B = {e p e2, e 3} uma base de um espaço vetorial V sobre IR. Sendo F, G E L(V) dados por F(e l ) = e l - e2' F(e2) =el + e3, F(e3) = e2' G(el) = 2el + e3' G(e2) = el e G(e 3) = e 2 - 3el' determinar em relação à base B as matrizes dos seguintes operadores lineares:
14. Sejam F e G operadores lineares do 1R3 tais que: F(x, y,z) = (x, 2y, y - z) e que a matriz de 2F - G em relação à base canônica é
G:O
Determinar a matriz de G em relação à base canônica. Determinar também G(x, y, z). 15. Seja T um operador linear de um espaço ve.torial V de dimensão 2. Se a matriz de T em relação a uma certa base B de V é
(: :)
F, G, F + G, 2F - G, F o G, G o F, F 2 + G2, F-I (caso exista) e (F o G)-l (caso exista). 8. Determinar o operador linear do IR 2 cuja matriz em relação à base B = {(1, 2), (O, 5)} é
mostrar que T 2 - (a + d)T + (ad - bc)I = O(operador nulo). 16. Sejam V um espaço vetorial de dimensão finita n e F E L(V). Se U é um sub-espaço de V de dimensão m e se U é invariante pelo operador F, mostrar que existe uma base de V em relação à qual a matriz de F é da forma
9. Sejam F, G E L(P2(1R), P 3 (1R» assim definidos: F{p(t» = tp(t) - p(l) e G{p(t» = = (t - l)p(t), Vp(t) E P2 (IR). Determinar as matrizes de F e de G em relação ao seguinte par de bases: B = {I, t - 1, (t - 1)2} e C = {I, t - 1, (t - 1)2, (t - 1)3} de P2 (IR) e P3 (IR) respectivamente. 10. Seja F E L{P 2 (IR), IR) definida por F(p{t» relação às bases: a)
b)
= {I, t, t 2 } e C = {I}; 2 B = {l, 1 +t, -1 + t } e
L:
onde A é uma matriz mx m, B é do tipo m x (n - m), O é a matriz nula (n - m) x m e C é quadrada de ordem n - m.
p(t)dt. Determinar a matriz de F em
B
C
11. Se a matriz de um operador linear F do
(
4. ESPAÇO DUAL
= {-2}. m.3 em relação à base canônica é
Seja U um espaço vetorial sobre R. Conforme já vimos o próprio R é um espaço vetorial sobre R. Logo tem sentido falar em L(U, R) como espaço vetorial sobre R. Este espaço vetorial é chamado espaço vetorial dual de U e: costuma ser denotado por U*. Assim, L(U, R) = U*. Cada elemento de U* recebe o nome de forma linear ou funcional linear sobre V.
1 1 O)
O
1
O
1-1
O
2 e se H = I + F + 2F , determine a matriz de H em relação à base canônica do lR? Ache também H(x, y, z).
Exemplos
12. Determinar todos os operadores lineares F do IR2 tais que F 2 = F e F(x,y) = (ax, bx + + cy).
]) F: R 3 -+ R dada por F(x, y, z) = 2y é um elem&nto do espaço (R3 )* pois se trata de uma transformação linear de R 3 em R. É portanto uma forma linear sobre R 3 •
13. Determinar todos os operadores lineares F do IR 2 tais que F 2 que F(x, y) = (ax + by, cy).
2) Em geral como se apresenta um elemento F do espaço dual de IRll? Seja F uma forma linear sobre o IRn. Indiquemos por {el> e2,' .. ,e n} a base canônica
]48
o (operador nulo)
e
]49
de IRn , isto é, e I = (1, O, ... ,O), ez = (0,1, O, ... ,O), ... ,e n = (O, ... ,O, 1). Dado então u = (XI> ,xn ) E IRn, u é combinação linear dessa base da seguinte ma· + xne n . Logo F(u) = xIF(el) + ... + xnF(e n). Se neira: u = Xlel + , k n os escalares F(el)' ... , F(e n), respectivamente, tere· indicarmos por kl> mos: F(XI' ... , x n) = klxl +
+ knxn .
, k n ) de números reais é fácil Por outro lado, dada uma n-upla qualquer (kl' verificar que a aplicação F: lRn """* lR, dada por: F(XI, ... , x n) = klxl + ... + + knx n é uma forma lineár sobre o lRn . Então podemos afirmar que F E (lRn)* se, e somente se, existem números reais k l , ... , k n de forma que F(XI' ... , xn ) = klxl + ... + knxn , V- (XI, ... , x n) E lRn . Seja U um espaço vetorial sobre lR de dimensão n. Se B = {UI, ... , u n } é uma base de U, então todo vetor desse espaço se apresenta como u = XI UI + + ... + xnun ' com os Xi em lR, e é fácil verificar que pertencem ao dual de U as aplicações F I, ... , F n assim definidas:
Exemplo - Determinar a base dual da base B = {(I, O), (1, In do IR? Sejam UI = (1, O) e Uz = (1, 1). Conforme o exemplo 2 dado neste parágrafo: FI(x,y)=ax+bye
F z (x, y) = cx + dy faltando-nos determinar a, b, c e d. Mas isto é questão apenas de fazer algumas substituições convenientes: FI (UI) = aI + bO = 1
F !Cuz)
= aI + bl = O
Fz (UI) = cl + dO = O Fz (uz) = c1 + dI = 1 Logo a = 1, b = -1, c = O e d = 1. Assim a base dual de B é {FI> F z }, onde: FI (x, y) = X - Y e F (x, y) = y, V(x, y) E lRz .
z
Fi: U """* lR e Fi(U) = xi (i = 1, ... , n). Dado F E U* suponhamos que F(ud = k l , . " , F(Un) = k n . + xnF(un) = klxl + ... + knxn = klF I (u) + Então F(u) = xlF(ud + + ... + knFn(u) = (kIF I + + knFn)(u). Como u é genérico conclui-se que F = klF I + '" + knF n . Com isso provamos que [FI, ... , Fnl = U*. Por outro lado, nula), teremos:
S\)
admitirmos que alF I + ... + anF n = O (transformação
alF I (uJ + ... + anFn(un) = a n = O
5. MATRIZES SEMELHANTES Dadas as matrizes P e Q, ambas quadradas e de ordem n, dizemos que P é semelhante a Q se, e somente se, existe uma matriz inversível M, também de ordem n, de modo tal que: P = M-IQM. É fácil ver que a semelhança assim definida é uma relação de equivalência em Mn(lR).
o que vem garantir que {FI, ... , F n } é um conjunto L.I. em U*. Assim provamos o seguinte teorema:
A semelhança de matrizes está intimamente ligada à mudança de base e representação matricial de operadores lineares.
Teorema 1 - Se B = {UI> ... , u n } é uma base do espaço vetorial U, então as aplicações F 1> ••• , F n que associam a cada u = XIUI + ... + xnun E U os elementos XI, ... , Xn , respectivamente, pertencem a U* e constituem uma base deste espaço. Logo, se dim U = n, então dim U* = n.
De acordo com a proposição 2 demonstrada neste capítulo duas matrizes do mesmo operador linear são semelhantes. Mas também vale a recíproca desse fato: se P = M- I QM, então P e Q representam um mesmo operador linear. Provemos esta afirmação. Tomemos uma base B de lRn (estamos supondo as matrizes reais e de
Nota: A base {FI, ... , F n } construída no teorema acima leva o nome de base dual da base B = {UI, ... , u n }.
ordem n) e seja F E L(lRn ) o operador tal que (Fh = Q. Suponhamos B = n = {UI, ... , u n } eM = (aij)' Consideremos então os vetores do lR :
150
151
Solução
vn
= Cl:lnUI + ... + Cl:nnun ·
Como a matriz M é inversível pode-se concluir que o conjunto C = {VI> •.• , vn } também é 'uma bas.e de ]R n. Como obviamente M é a matriz de mudança da base B para a base C, então M = (I)c,B. Teremos então
P
a)
(FI + 5F z )(x, y) = FI (x, y) + 5Fz (x, y) = 2x + y + 5 (x - 3y) = 7x - 14y.
b)
(-3F I + 2F z )(x, y) = -3FI(X, y) + 2F z (x, y) = -3(2x + y) = -4x - 9y.
+ 2(x - 3y) =
2. Determinar a base dual da seguinte base do IR3:
{(l, 1, O), (O, 1, O), (O, O, 2)}
= M-IQM = (I)B,dF)B(I)c,B = (F)c.
Solução
Logo P é a matriz de F em relação ã base C.
Seja {F 1> Fz, F 3} a base dual procurada. Essas transformações são dadas por
A semelhança de matrizes aparece também no problema de diagonalização de uma matriz. Definição 5 - Uma matriz quadrada se diz diagonalizável se for semelhante a uma matriz diagonal. A questão de saber se uma matriz quadrada é ou nã'o diagonalizáve1 é bastante importante mas somente será tratada no capítulo 2 da parte 2. A seguir daremos apenas um exemplo.
Fz (x, y, z) = b1x
F3(x, y, z) = clx
Fazendo (1, 1, O) = et. (O, 1, O) = ez e (O, 0,2) = e3 os coeficientes ai, bi e ci (i = 1,2, 3) nas igualdades acima se determinam levando em conta que Fj (ei) = 1 se j = i e Fj (ei) = O se j *" i (j == 1, 2, 3). Assim:
:~ }-> {:~ :~ =>
Fl(el) = ai + az FI (ez) =
A matriz
+ azy + a3z + bzy + b 3z + czy + c3z
FI (x, y, z) = alx
az
FI (e3) =
2a3 = O
Ft l
2b 3 = O
bz=
1
b3 =
O
>
F z (x, y, z) = -x
+
Y
Por último
e calculando teremos:
M-IAM =
bz
F 3 (el) = cl + Cz F 3 (ez) =
que é uma matriz diagonal.
Cz
F 3 (e3) =
-1
= O} =0 2c3 = 1
=>
{Cl = Cz = O 1 c3=2
3. Verificar se os funcionais lineares FI> F 2 , F 3 do (IR3 )*, abaixo definidos, formam uma base deste espaço: Fl(x, y, z) = 3x - y, Fz(x, y, z) = x Solução
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 1. Sejam F I e Fz os funcionais lineares de (IRz )* definidos por F I (x, y) = 2x Fz (x, y) = x - 3y. Determinar:
a)
FI + 5F z
b)
-3F I + 2Fz .
152
e
+ 2y + z e F 3 (x, y, z) = 5y - 3z.
+
y e
Basta verificar se eles formam um conjunto L.I. pois dim (IR3)* = 3. Suponhamos que alF I + a2 F 2 + a3 F 3 =0 (funcional linear nulo). Então (alFI +a2FZ + a3F3)(x,y,z) = = O (número zero), V- (x,- y, z) E IR3 . Daí: ai (3x - y)
+
az (x
+ 2y + z) + a3 (5y + 2az + 5a3)y +
= (3al + az)x + (-ai
5z) = (az - 5a3)z = O, V-x, y, z E IR.
153
Portanto
Solução
+
= O -0.
(Aqui já usamos a condição (d) da definição 1).
lIull P3 •
= V gl -
oE
Vi;
(b) u> = = °
+°
+
V2, u> =
= 0, Vu E V; e
(c) = 0, "tu E V = > = a = aO = 0, "ta E IR e 'V u E V. Definição 6 - O sub-espaço Vi acima defmido recebe o nome de complemento ortogonal de V.
vi
Exemplo - Seja V = IR 3, V = {(O, 0, z) : z E IR}. Verifique.
{(x, y, O)
x, Y E IR}.
Então
Proposição 5 - Seja V um sub-espaço vetorial de um espaço euclidiano de dimensão finita V. Então V = VEBV1, ou seja, V = V + Vi e V nvl = {o}.
175
_
Demonstração (a) Seja B = {g } b d t . uI 1> • oo,gr uma ase ortonormal de U. Devido à proposo - 4 es e capIt o, dado u E V, o vetor v = u _ 11111 = 1 = = O • O + 1 • 1 + O • 0= 1 2 2 = = O • O + O • O + 1 • 1 = 1
> IItll = 1 > IIt 2 11 = 1.
Verifiquemos agora se os vetores da base dada são ortogonais dois a dois.
(b) V2=U2-gl=(1,-I,l)-
=( ; ,-
~ , -})
~(~, ~, ~)
. Daí
< 1, t> = 1 • O + O • 1 + O • O = O (Logo 1 e t são ortogonais). 2 < 1, t > = 1 • O + O • O + O • 1 = O (Pórtanto 1 e t 2 são ortogonais). 2 = O • O + 1 • O + O • 1 = O (Então também estes dois vetores são ortogonais). 10. Mostrar que a base canônica de P2 (R) não é ortonormal em relação ao produto interno dado por: gl - = U a projeção ortogonal de V sobre U. Provar que E é sobrejetora, isto é, Im(E) = U.
<
n
n
k= 1
t= 1
2 akigk, gj> = i=l j=l n
n
"L "L lX 1·t3j· aO). Chama-se sinal da permutação a o número inteiro representado por sgn(a), que é
sgn(a) Exemplos
1) Seja
a
= (
Os pares (i, j) com 1 e sgn(a) = 1. 2) seja
o
~
312
i
(:
O único par (i, j) com 1 e sgn(a) = -1.
3) Tomemos a
=
aU)
3 e a(i)
são (1, 2) e (1,3); logo r
=
2
~ ~) ~
(1
3
i
5)
.
2
Neste caso os pares (i, j) com 1 ~ i (4, 5); logo r = 3 e sgn(a) == -1.
aU)
1
Defmição 4 - Chama-se transposição uma permutação Z em que existe apenas um par (i, j) de maneira que i < j e Z (i) > Z (j) e que deixa os demais elementos fixos, isto é, Z (k) = k, k i, j. Esta transposição é indicada por (i j). Exemplos
(aqui i = 1 e j = 2);
2
3
4
5
2
6
4
5
• (aqui i = 2 e j = 3);
:)
(neste exemplo i = 3 e j = 6).
Teorema 1 - Toda permutação a do conjunto Nn pode fatorar-se na forma a = Z1 o Z2 o ... o Zs onde Zi são transposições. Se a = Z1' o Z; o ... o Z; é outra decomposição de a em transposições, então s e t são ambos pares ou ambos ímpares. Além disso, sgn(a) = (-1)s. Decorre desse teorema que sgn(a o~) = sgn (a) sgn(~), onde a e ~ são permutações quaisquer do conjunto Nn . Em particular para toda transposição Z, sgn ( a o Z ) = - sgn (a). A verificação destas fórmulas é uma tarefa para o leitor.
são (l, 2), (1, 3) e
Definição 3 - Uma permutação a é par (respectivamente, ímpar) se sgn(a) = 1 (respectivamente, sgn(a) = -1).
"*
~)
As transposições são importantes devido ao seguinte teorema, cuja demonstração omitiremos.
1 2 3)
~
3
Nota: As transposições são permutações ímpares muito simples pois n - 2 elementos de Nn = {I, ... , n} são inalterados por elas e, logicamente, os outros dois são invertidos ou transpostos.
= 1, se r é par = -1, se r é ímpar.
sgn (a)
(: (:
2
2. DETERMINANTES Seja A forma
= (aij)
uma matriz real de ordem n. Consideremos um produto da a10(1) a2o(2) •. , .• ano(n)
onde a é uma permutação do conjunto Nn . Nesse produto aparece apenas um elemento de cada linha de A (pois os primeiros índices não se repetem) e apenas um elemento de cada coluna de A (pois os segundos índices também não se repetem, já que a é bijetora). Vamos.multiplicar esse produto pelo sinal de a que é 1 ou -1: sgn(a) a1o(1) a2o(2) •.. , • ano(n)'
198
199
Finahnente somemos todos os números assim obtidos, de maneira que a percorra o conjunto de todas as permutações de N n . Teremos portanto n! parcelas na somat6ria
Logo det(A)
=
all~2a33
-
I
+ a12~3a31 +
a13~la32 - all~3a32 - a13~2a31 -
a12~la33
sgn(a) aIU(I) a2u(2) " ... " anu(n).
U
real
Definição 5 - Chama-se determinante da matriz A de ordem n o número
det(A)
=
I
sgn(a)aIU(I) a2U(2) " ... " anu(n).
U
Notemos que como o número de parcelas de det(A) é n!, então o cálculo de determinantes através da definição se toma trabalhoso em demasia para n ~ 3. Mas em certos casos, como no exemplo seguinte, o problema é relativamente simples.
4) Seja A = (aij) uma matriz de ordem n em que aij = O, sempre que i*" j. Mostremos que neste caso det(A) = alla22 ann. De fato, temos:
Exemplos
1) Se A
= (all),
2) Seja A
=
então det(A) au
( ~l
a12) a22
= au ~2
C
'U)
a21
a22
a23
a31
a32
a33
(~~' ~ ..
~
'
O
••.
~
)
ann
Examinemos cada parcela que figura na expressão de det(A). Para a = id, temos sgn (id) = 1 e portanto aparece a parcela all ~2 ... ann . Se a id, existe i E Nn i; logo na parcela definida por a aparece o elemento aiU(i) que não tal que a(i) pertence à diagonal prinCipal de A, o que significa que aia(1 )a2 a( 2) ... aia(i) ... ana(n) = O. Assim , as parcelas correspondentes aos a id são nulas e o determinante se reduz a
*
*
(sinal -1)
- a12 a21 . a12
3) Seja A =
r
=
O
E M2 (lR)
M P::"(: do~r::{:; 2~ '.~:S Logo det (A)
A
= au.
*
det (A)
=
au ~2 " ... " ann .
E M3 (lR).
As permutações do conjunto {l, 2, 3} e respectivos sinais são
G :) 2
2
(~ (~ 200
2 3 2
1
~) ~)
(+ 1)
(+ 1)
(+ 1)
(~
G (~
2
3 2 2 2
1
~) ~)
:)
(-1)
EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Calcular sgn(a) nos seguintes casos:
(-1)
(-1)
(a)
(c)
C :) 2
(~
3
3
2
2
3
3
4
4
5
(b)
:)
(d)
(~ (~
2
3
1
4
:)
2
3
4
5
6
5 2
:) 201
3. PROPRIEDADES DOS DETERMINANTES
2. Calcular det(A) nos seguintes casos:
(a) A =
C:)
(b)
A=(:
3
(c) A =
(e) A =
(: D
(}
O
O
2
O
2
(d) A =
0)
4
O
1 -1
G
1
O
O
1
~)
(f) A =
O
i)
(~ ~) O
O
3
O
O
4
O
O
3. Calcular det(A) (À E IR):
(a)
A (1 =
1
. Seja A = (aij) uma matriz de ordem n. A linh~ j-ésima da matriz A 6 A(j) = (ajl aj2 ... ajn) que indicaremos apenas por AJ, para facilitar a notação. Então a matriz A pode ser representada pela seqüência de vetores-linha
A= An Isso nos permite pensar no determinante como uma função de n variáveis A I , A2, .. , , An que são vetores do R.n:
1)
À
1-
À
det(A)
=
det
4. Determinar os valores reais ou complexos de Àde modo que det(A) = Ono exercício 3.
5. Seja
A =
(021 ~3 ~4)
C~cular det~A - À13) e, a seguir, no polinômio p(À) obtido, substitua À por A obtendo assim a matriz p(A). ' 6.
plie as i~éias usadas no exemplo 4 deste parágrafo para provar o seguinte: se A = (a") :un e uma matnz em que aij = O, todas as vezes que i < então IJ
Nota: Podemos também pensar no determinante como uma função das n colunas. AI, ... , An de A. Conforme veremos na proposição Ps , tanto faz pensar em termos de linhas como de colunas. Em razão da definição· que demos de deterlninante, vamos trabalhar sempre com as linhas, até que se estabeleça a propriedade Ps . Daí para a frente, cada propriedade enunciada em termos de linhas tem uma correspondente para colunas e vice-versa.
j,
det (A) = aUa22 •...• ann . 7. Escrever todos os produtos
a o 'fi onde a e 'fi são permutações de
P1 •
A função determinante é linear em cada uma das variáveis A I , A2, ... , An, isto é: , Ai + A'i, ,An) = (a) det(A 1 , A2, = det(A 1 , A2, , Ai, ,An) + det(A 1 , A2, ... ,A'i, ... , An); , ÀAi , , An) = Àdet (AI , ... , Ai, ... , An) (b) det(A 1 , A2, para todo 1
L__.
i
~
n e todo ÀE IR.
203,
202 •
~
.......
_
Prova - Esta propriedade decorre de que em cada uma das parcelas de
Prova - De fato, det(A I , ... , Ai + Ai, ... , Ai + Ai, ... , AU ) = O, pois, há duas linhas iguais (i e j). Então, pela linearidade em cada variável, O = det(A I, , Ai + Ai, ... , Ai + Ai, ... , AU ) = = det(A I , ,Ai, , Ai, , AU ) + ,Ai, ,Ai, ,AU ) + + det(A I , ,Ai, ,AU ) + + det(A I , , Ai,
L sgn(a)ala(l) ... aua(u) aparece um e apenas um elemento de
det(A) =
a
cada linha. Exemplos
Y~l Z~3)=det(~ ~ ~)+det(~-~-~)
l)det (X;l
221
221
+ det(A I,
2) det
271.
~
3
(
À~)
-1
= Àdet
2
1
3
2
ao fato de determinante ser linear na primeira linha que é AI
. det(A I , ... ,
+
, devido
1
= (371., 271., À) =
t)
Y (2x 2
+ det
(2Y
t)
3y -t
1) 2
1) + det (x 3y -t
+ P4 •
Seja A = (AI, ... , AU). Então vale sempre a igualdade: det(A) = det(A I , ... , AU ) = det(A I , ... , Ai +
= x - 2tx + Y - 5yt.
U
+
Explique como chegamos a este resultado. P2 •
_
Sugestão para o leitor fazer a demonstração: usar o teorema 1.
Y X+2 l+t) = det. (x ( x+3y 2-t x
det
Ai, ... ,Ai, ... , AU ) =: -det(At, ... , Ai, ... ,Ai, ... ,AU ).
Nota: A propriedade P 3 costuma ser assim enunciada: se trocamos entre si duas linhas de uma matriz A, o determinante muda de sinal. Decorre daí (não faremos a demonstração) que se a é uma permutação das linhas de A = (AI, ... , AU ), então det(Aa(l), ... , Aa(u») = sgn(a)det(A I , ... ,AU ).
= 71.(3,2,1).
3) det
, AU).
Logo
)
-1
, Ai,
Pela propriedade (P2 ), det(A I , ... , Ai, ... ,Ai, ... ,AU ) = det(A I , ... ,Ai, ... ,Ai, ... ,AU ) = O.
221
devido ao fato de que determinante é uma função linear na primei):a variável AI, que neste caso é AI = (x + 1, Y - 1, z - 3) = (x, y, z) + + (1, -1, -3). 371.
, Ai,
L
~Ak, ... , AU ), \f G:k E IR.
k=l k fi
Se A = (AI, A2 , ••• , AU ) é uma matriz de ordem n e se Ai =Ak , com j < k então det(A) = O.
A prova decorre de P I e P2 ; fica como exercício.
Prova -'- Será feita no apêndice ao fim deste capítulo. _ P3 •
Dada uma matriz A de ordem n suponhamos que B é a matriz obtida da seguinte maneira: B = (AI, A = (AI,
, Ai, , Ai,
Então det(B) = - det(A). 204
, Ai, , Ai,
, AU ), sendo que U
,A
).
Ps .
Det(A) = det(At), para toda matriz A de ordem n.
Prova - Fica como exercício. Nota: A propriedade Ps permite estender as propriedades das linhas de A às colunas de A. Por exemplo, se duas colunas de A são iguais então det A= O. Escreva as propriedades P I , P2 , P 3 e P4 em termos de colunas, como exercício. 205
Exemplo
1
O
O
O
O exemplo a seguir mostra como a propriedade P 4 para colmas pode ajudar no cálculo de um determinante. Seja
3 -11
O
O
1
20 11 24
-3
(i
A=
5
2
4
2
2
1
3
1
~)
O
2
3-11
2
1 -3
1
3
1
O
-TI TI
Multiplicamos a terceira coluna por -20 e somamos com a quarta:
1
~)
que tem o mesmo determinante que A (mas não é A). Em seguida substituímos a terceira coluna pela diferença entre a terceira e o dobro da primeira coluna desta última matriz:
(
1
3
O
Somando à segunda a primeira colma, multiplicada por - 5, obtemos a matriz
1
11
O
O
O
3 -11
O
O
1
-3
O
3
1
11 -1 11
O
4
e pelo exercício 6 acima det A = - 4.
~ -l~ -~ ~) 1 -3 -1
2
O
3
3
1
ExERCÍCIOS PROPOSTOS
Substituindo nesta última matriz sua quarta coluna pela diferença entre ela própria e a primeira coluna:
1
O
1. Provar que se A = (A l , ... , = Àl • '" • Àndet(A).
~)
e Àb
... ,
Àn E IR, então det(ÀlA l , ... , ÀnAn )
O 2. Sem cálculo, provar que a matriz
3 -11 -4 1 -3 -1 031
Em seguida multiplicamos a segunda coluna por
-4 11
e somamos com a
terceira coluna e depois multiplicamos a segunda coluna por
~i
e somamos
x)
3 -6 1 -2
y
( 2 -4
z
tem determinante igual a zero quaisquer que sejam x, y, z E R. 3. Seja A uma ~atriz de ordem 3. Provar diretamente que det(A)
= det(At).
à quarta coluna: 206
207
S. Seja A uma matriz de ordem n tal que A + At Que acontece se n é ímpar?
6. Soj. A
= O.
Provar que det(A)
= (_ l)ndet(A).
~ (i )
Na expressão do determinante de A agrupemos os termos que contêm a12: - al2 a21 a33 + al2 a23 a31' Analogamente existem duas permutações que levam 2 em 2:
(b b ... b). Qumto , d"(A)?
(:
~
:) (+ 1) e
G~
~)
H)
a primeira par e a segunda ímpar. Agrupemos os termos correspondentes: al1 ~2 a33 - al3 a22 a31' Existem finalmente duas permutações que levam 3 em 2:
7. Provar que
det
(~
::
: : ) = det ( : :
cZ
c3
1
(:
ab
~ ~)
(-1) e
G ~ ~)
(+1)
usando as propriedades P I e Ps . 8. Seja A = (AI' A z, A3) uma matriz de ordem 3. Seja B A3 - AI - A z )· Provar que det(B) = - 4 det A.
= (AI
- A z - A3, A z - AI - A3,
a primeira ímpar e a segunda par, cujos termos correspondentes são: -al1 aZ3 a 32 + al3 aZl a3Z' Assim
9. Provar que det(A) = Osendo
det{A) 1
A=
cos a
(
+
cos a
cos 2a) cos 2a cos 3a
cos 2a cos 3a cos 4a
= (-aI2 ~l a33 + alZ a23 a3~) + (al1 aZ2 a33 - a13 ~2 a31) + + (a13 a21 a32 - all~3a32) = a12(a2I a33 - a23a31) + + a22 (al1 a33 - a13 a31) + a32 (aI3~1 - al1a23) = a12 A 12 + ~2A22 + a 32A 32,
com a defmição evidente de A 12 , A 22 e A 32 . Observemos que
4. COFATORES e A 32
Tomemos a matriz
(
all a21
al2 a22
a 13) a23
a31
a32
a33
208
:) (-1) e
(~ ~
a l1 ( a21
3
=
I
det (A)
=
ai2Ai2 é o desenvolvimento de det(A) pela i=l segunda coluna. O que foi feito com respeito à segunda coluna também vale para as duas outras, ou seja, A expressão det(A)
. Seu determinante ~ dado pela soma das seis parcelas sgn( a) ala(l) a2 a (2) a3a(3) . EXIstem duas permutaçoes que levam I em 2: (à direita, está o seu sinal)
(~ ~
= -det
3
:) (+1)
I
aikAik (k
= 1, 2,
3).
i= I
209
Nota: Tudo o que foi feito para as matrizes de ordem 3 vale para as matrizes de ordem n. Para verificar tal afIrmação seja A uma matriz de ordem n e ftxemos um Úldice j, 1 ~ j ~ n. As n! permutações do conjunto {I, 2, ... , n} estão repartidas em n classes disjuntas SI, . " , Sn, onde Si consiste das permutações a tais que a(i) = j. Além disso cada classe Si consiste do mesmo número de permutações que é (n - I)!. Decorre daí que:
det(A) =
L
sgn(a)alj a20 (2) • '"
• ano(n)
EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Calcular os cofatores de cada um dos termos da matriz
+
OESl
+
L
sgn(a)al O(1)a2j a30(3) •...• ano(n)
2. Calcular o cofator do elemento x da matriz
+
oE~
+ ... +
L
oES n = aljA1j
+
sgn(a)alo(1)~O(2)
a2jA2j
+ ... +
•...• an-l, o(n-l) anj =
anjAnj
onde
3
3. De.senvolva pela primeira coluna (det (A)
Aij =
L
=I
ailAil) e depois calcule o determinante
i=l
sgn(a)alo(l) •...• ai-l,o(i-l)ai+l,O(i+l) •...• 3.no(n)
da matriz
oESi
(i=I,2, ... ,n). Portanto n
det(A)
=
L aijAit)
4. Repetir o exercício 3 com a matriz
Vj = 1, ... , n.
i= 1
Defmição 6 - O número real Aij obtido segundo as considerações acima chama-se cofator do elemento aij da matriz A. Devemos notar que Aij é o determinante da matriz de ordem n - 1 obtida de A pela supressão da linha i-ésima e da coluna j-ésima, multiplicado por (_I)i +j. 5. Sejam A, B e C matrizes de ordem 2 e seja Este é o desenvolvimento de det (A) pela coluna i-ésima. É possível provar que det (A)
=
n
=
L ariAri> para todo r tal que 1 .-; r .-; n.
É o desenvolvimento de det (A) pela
i=l
r-ésima linha. Para isto basta lembrar que det (A)
210
= det (At ).
de ordem 4. Provar que det(X)
= det(A)det(B).
Este resultado vale para A,B, C E Mn(IR).
211
5. ADJUNTA CLÁSSICA E INVERSA Exemplo - Seja
Definição 7 - Seja A = (ajj) uma matriz de ordem n e seja Ajj o cofator de aij. Chama-se adjunta clássica (ou simplesmente adjunta) de A a matriz
AdjA
=
(~:: ~:
... ... ::: ..
A 1n
A2n
...
~=)
cujo determinante é 1 X 7 - 1 X 2
A nn
n
I
Akiakj e este número é igual a ôjjdet(A). De fato, para i
=j
caso a adjunta de A é a matriz:
( 7-1)
Calculemos o produto (Adj A)A. O elt~mento de posição (i, j) nesse produto é
= 5. Neste
-2
essa
1
k=1 Temos
n
soma vale
I
(1 1) (7 -1) (5° 0) = 5. (1° 0)
akiAki que é o desenvolvimento de det(A) pela coluna i-ésima.
k=1 Para i =1= j é o desenvolvimento pela coluna,i-ésima do determinante da matriz A' = = (Alo' .. , Aj' ... , Aj, ... , An), com as colunas i e j iguais, e portanto vale zero. Então (Adj A)A = (det(A»In . Se considerarmos o desenvolvimento de det(A) por meio de uma de suas linhas chegare~os a que A (Adj A) = (det (A»In .
2
7
-2
1
5
1
Logo
A- =_15 (7 -1) -2 1 1
Portanto vale sempre a igualdade:
A(Adj A)
=
(Adj A)A
= (de'(A)
d,.(A)....
O teorema a seguir será demonstrado em apêndice; sugerimos ao leitor que faça sua demonstração quando A e B têm ordem 2.
) det(A)
~
deltA)
(I I.. I) ~
Teorema 2 - Sejam A e B matrizes de ordem n. Então det(AB) det (A) det (B).
dot(A)ln •
Relembremos: uma matriz A de ordem n é inversível se, e somente se, existe uma matriz B, também de ordem n, de maneira que AB = BA = In. Então das considerações que acabamos de fazer resulta a seguinte proposição: Proposição 1 - Uma matriz quadrada A tal que det (A) sua inversa é dada por: 212
=
=1=
°
é inversível e
Corolário - Seja A uma matriz de ordem n, inversível. Então: e det(A- 1) = (det(A»-1. det(A)
'* °
Demonstração - Por hipótese existe. uma matriz B de ordem n tal que AB = BA = In. Logo det(AB) = det(A)det(B) = det(In) = 1. Daí det(B) =1= 1 e det (B) = det (A) . •
°
213
n
6. REGRA DE CRAMER
desenvolvido pela sua primeira coluna. De um modo geral o termo
Consideremos wn sistema de Cramer sobre ]R: all x l + a12 x 2 + ~lXl
+
+ alnxn
+
~2X2
+
= b1
(k
=
I
Ajkbj j=l 1, 2, ... , n) é o desenvolvimento, pela coluna k-ésima, do determinante da
matriz
~nxn = b 2
....................................................
ant Xl + am X2
+ ... +
annxn = b n
ou, equivalentemente, obtida de A pela substituição de sua k-ésima coluna por B. Temos então finalmente
AX = B onde A. = (aij) é inve~sív~l, X = (Xl ~ '" xn)t e B = (b 1 b 2 ... bni. Já vimos no capItulo 1 que taIS sIstemas são compatíveis determinados com solução dada por X = A-I B. Levando em conta a proposição I do parágrafo precedente, temos:
det(Llk) det(A)
Xk =
(k
=
1, 2, ... , n).
Esta fórmula dá a solução de AX = B quando A é inversível e é conhecida como regra de Cramer.
X= det(A) 1 (a d ~ A) B. Este último resultado nos permite calcular explicitamente xl> ... , x n . Vejamos como. Xl
Au
X2
A 12
1 det(A)
Xn
A21 A 22 A 2n
2x - Y. - 2z = 5 4x + y + 2z = 1
Ant
{
A n2
......................................
A 1n
Exemplo - Resolver o sistema
Ann A
=
(~ -~ -~) 8 -1
L Ajl bj
e det(A) = 18.
1
j=l
Além disso n
I
Ajnbj
j=l n
O termo
z=5
Neste caso
n
1 det(A)
8x-y+
L Ajl bj é o determinante da matriz
Ll 1 =
j=l
(
;-5~-1 11
com det(Ll 1)
i
1
-2) 2 1
~J-l
= 18,
,Ll2
det(~)
(2 =
= 18
~5~-2)
i
e
e det(Ll3 )
= -36.
4 \1 2 8 ~J 1
Logo ..................................
18
X
214
= 18 = 1,
Y=
18
18 = 1
e z
36
= - 18 = -2.
215 I,
I
EXERCÍCIOS PROPOSTOS
7. DETERMINANTE DE UM OPERADOR LINEAR
1. Calcular, se existir, a matriz inversa de A (usando sua adjunta) e use essa inversa para resolver AX = B nos seguintes casos:
a) A
== (:
b) A
=
o) A
~)
B
C~ ~)
=
B
U~ ~ ~)
**2. Seja a matriz de ordem n
+
B
==
Seja V um espaço vetorial de dimensão n. Se F: V
(~)
(F)c
= M- 1 (F~M. det((F)c)
C) =( D
Logo
= det(M-l(F)BM) = det(M- 1)det((F)B)det(M) = (det(M»-1det(M)det((F)B) = det((F)B)'
==
Definição 8 - Chama-se determinante de um operador linear F: V -+ V o determinante da matriz de F em relação a uma base qualquer de V. Usaremos a notação det(F) para indicá-lo. As seguintes propriedades são imediatas:
2
1
ao
ao
1
aI
aI
2
n-l ao n-l aI
n ao n aI
ann-1
ann
(I) Se F e G são operadores lineares de V, então det(F o G)
(11) det (I) (I1I) F: V
=
V é um operador
Assim, embora a matriz de F dependa da base escolhida em V, todas as matrizes que representam o mesmo operador F têm o mesmo determinante.
=
1 (V andermonde)
A==
a) Provar que det A
-+
linear e B e C são bases de V, sabemos que existe uma matriz inversível M tal que
n
O~i v) + azf(uz, v) e b) f(u, ai VI + azvz) = alf(u, VI) + azf(u, vz)
*d) f(u, v) 9. Sejam
"P:
2. Provar que se f: U X V .... IR e g: U X V .... IR são bilineares, então f + g e Àf são bilineares (À E IR).
I/I(x, y)
3.
Provar que B(U; V) é um espaço vetorial sobre IR.
b)
"P 1/1
4.
Seja f: U X V .... IR uma forma bilinear. Provar que
c)
o)
(t
I
aiui, v)
d) f (u,
e)
t
=
bjVj )
t
1,
"P 0 "P;
f)
"P 0 1/1 + 1/1 0 "P.
0
1/1 - 1/1 0"P;
= X+ Y-
z.
= (Yi> yz) vetores genéricos do IRz . Quais das seguintes funções 3. MATRIZES CONGRUENTES - MUDANÇA DE BASE PARA UMA FORMA BILINEAR
Z + XZYl;
+ yz);
d) f(u, v) = O;
g) f(u, v) = XlYl
+ xzYz +
1;
h) f(u, v) = xlYz - xZYl.
6.
Calcular a matriz das formas bilineares que aparecem no exercício anterior em relação à base canônica.
7.
Seja a forma bilinear do IR2, f(u, v) = xlYl + 2XlY2 - xZYl + x2Y2. Calcular sua matriz em relàção às seguintes bases do IR2 :
224
"P
J
f) f(u, v) = Xl
(l, -I)};
c) {(2, 3), (4, I)}.
1/1 0 1/1;
e)
Sugestão: voltar ao exercício 9.
aibj f(Ui, Vj).
b) f(u, v) = xlYZ;
b) {(2, 1), (1, 2)};
d)
"P;
Como se obtém a matriz de "P 0 a a partir das matrizes de "Pe de a?
e) f(u, v) = 1;
{(l, 1),
1/1;
0
("P){vj} = ("P(Vl), ... , "P(vn»·
a) f(u, v) = xlYl;
a)
0
+ ye
..
Sejam u = (Xl. Xz) e v são formas bilineares:
c) f(u, v) = Xl (Yl
1/1: IR2 -+ IR as formas lineares dadas por "P(x, y) = 2x y. Calcular as formas bilineares:
*12. Sejam V um espaço, {VI' ... , vn} uma base de V e "P: V -+ IR uma forma linear. A matriz de "P é, por definição, a matriz 1 X n
=
1
= O.
IR2 -+ IR e
= X-
bj f(u, Vj); J=l.
f(~aiui' ~bjVj)' I 1
5.
aif(ui, v);
i=l
J=l
;
11. Seja f: U X V -+ IR uma forma bilinear. Seja Uo um vetor fixo de U. Se W = {v E V I f(uo, v) = O}, prove que W é sub-espaço vetorial de V.
r
1=1
a)
=
O para todo v E IRz acarrete u
2
E IR
10. Sejam "P: IR2 -+ IR e 1/1: IR3 -+ IR dadas por "P(x, y) = 2x + 3y e 1/1 (x, Y, z) Calcular as formas bilineares "P ® 1/1 e 1/1 ® "P. Existe "P ® 1/1 + 1/1 ® \{ft.
= O;
b) f(-u, v) = f(u, -v) = -f(u, v);
c) f
'* O tal que f (u, v) = O para todo v
*c) Existau
para todos os vetores u, UI, Uz de U, todos os vetores v, vi> Vz de V e quaisquer escalares ai e az em IR.
= f(u,
Que condições
2 a) f(u, v) = f(v, u) para todo u, v E IR ;
1. Mostrar que f: U X V .... IR é uma forma bilinear se, e somente se,
a) f(o, v)
+ bX2Yl + cXlY2 + dX2Y2'
A partir de agora estudaremos formas bilineares definidas em V X V com valores em IR. Neste caso consideraremos sempre a mesma base para definir a matriz de uma forma bilinear. Defmição 2 - Dizemos que duas matrizes A e B de ordem n são congruentes se existe uma matriz inversível P, do mesmo tipo, de maneira que B = ptAP. Usaremos a notação A "'" B para indicar que A e B são congruentes. Essa relação binária em Mn (IR) tem as seguintes propriedades: (I) A"'" A;
(lI) A "'" B
> B "'" A;
(111) A "'" B e B "'" C
> A "'" C. 225
Portanto
A demonstração da primeira é trivial: tomar P = In. Quanto à segunda, se B = ptAP, então A = (pt)-lBP- 1. Como porém vale a igualdade (pt)-l = (P- 1)t, obtemos A = (P-l)t B(P- 1). Deixamos como exercício a verificação de (I1I). Portanto a relação "congruência de matrizes" é uma relação de equivalência.
f(u, v)
=f
(~ ~)
e
B =
~)
(:
são congruentes pois tomando a matriz inversível P
f(u, v)
Uma vez introduzido o conceito de congruência de matrizes, podemos pensar em representar uma forma bilinear em relação a duas bases e comparar as matrizes. Seja V um espaço vetorial sobre IR de dimensão n, {UI, ... , u n } uma base de V, f: V X V -+ IR uma forma bilinear. Sua matriz em relação a essa base é a matriz A = (ajj) defmida por f(uj, Uj) = ajj. Consideremos agora uma outra base {VI, ... , Vn} de Ve suponhamos que f(vj, Vj) = bjj . Veremos a seguir que é possível estabelecer uma relação entre as matrizes A e B envolvendo a matriz de mudança P da primeira dessas bases para a segunda. Consideremos os vetores u e v do espaço V referidos às duas bases consideradas: U=
I
XjUj
j=l
=
I
n
YjVj e v
i=l
=
I
i=l
n
X{Uj
=
(t t YiVi,
f(u, v)
teremos
J=l
n
I
Xif(Uj, Uj)xj e
i=l j=l YIVj )
=
ti
Yif(Vj, Vj)yj.
1=1 J=l
I
Y{Vj.
i=l
No § 8 do capítulo 4 vimos que valem então as seguintes relações:
=
XtAX' e f(u, v)
=
ytBY'(*)
o que decorre diretamente do conceito de produto de matrizes. Daí, levando em conta as igualdades X = PY e X' = PY',
isto quaisquer que
n
=I
As igualdades acima podem ser colocadas na forma matricial do seguinte modo:
ytBY'
n
=f
n
Xj'Uj)
J= 1
1=1
(~ ~ )
=
XiUj,
1= 1
Exemplo - As matrizes A =
(i i
= f(u,
= XtAX' = (PY)tA(pY') = yt(ptAP)Y/ sejam os vetores u e v tomados. Logo B = ptAP. v)
Conclusão: quando se muda a base de V a matriz de f muda para uma outra que lhe é congruente. Por outro lado pode-se provar facilmente que toda matriz congruente à matriz A representa a forma bilinear f em relação a alguma base de V. De fato, se B = ptAP, com P inversível, e se X e X/ são as matrizes das coordenadas de u e v, em relação a uma certa base, então Y = p- 1X e y' = = p- 1 X/ serão as matrizes das coordenadas de u e v, respectivamente, com respeito a uma outra base do espaço (ver capítulo 3 - § 8 - PROBLEMA 3). Daí ytBY'
= yt(ptAP)Y' = (Py)t A(pY') = xtAX' = f(u, v).
Segue disso que a matriz de f em relação a uma certa base será inversível se, e somente se, todas as possíveis representações matriciais de f forem inversíveis. Definição 3 - Uma forma bilinear f: V X V -+ IR se diz não degenerada quando admite uma representação matricial inversível. Caso contrário a forma se diz degenerada. Exemplo - O produto interno no IRn cuja matriz em relação à base canônica é evidentemente In é um exemplo importante de forma bilinear não degenerada. Observação: Nos parágrafos seguintes resolveremos problemas do seguinte tipo: dada uma forma bilinear procura-se uma base em relação-à qual a matriz dessa forma seja "bem simples".
ou apenas X
226
= PY
e X'
= Py'
com os significados óbvios de X, X', Y e y'.
(*)
Isto mostra que o exemplo 2 do primeiro parágrafo deste capítulo é bastante geral.
227
EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1.
Sejmn A=
(~
-;), B=
(~
;) e P=
C_:).
Calcuw ptAP e com-
Nota: É evidente que a matriz de uma fonna bilinear simétrica é uma matriz simétrica. Seja, por outro lado, A uma matriz simétrica e seja f a forma representada por A, com relação a uma certa base. Assim: f(u, v)
parar com B. Conclusão?
= XtAX'
mantendo as notações anterionnente usadas neste capítulo. Daí 2. Seja a forma bilinear do IR? dada por f(u, v) = xlYl + xlY2 + x2Y2 - x2Yl para todo u = (xl' xz) e v = (Yl' Y2)' Calcular a matriz de f em relação às bases: a) {(O, 1), (1, O)};
b) {(l, O), (0, I)};
c) {(I, 1), (1, -I)}.
Verifique que elas são congruentes duas a duas. 3. Seja a forma bilinear do 1R3 dada por
f(o, v) = xlYl + 5x2Y2 + 8X3Y3 + xlY2 - ; xlY3 - 2x2Y3' Calcular sua matriz e~ relação às bases {(l, 0, O), (0,1, O), (0, 0, I)} e {(l, 1, 1), (l, 1, O), e provar dlretmnente que as matrizes são congruentes.
(1,0, O)}
4. Sejmn as formas lineares do IR 3, lp(x, Y, z) = x + Y+ z e 1/I(x, Y, z) = 2x - y. Calcular a matriz de 'P ® 1/1 em relação às bases do exercício 3.
* 5. Seja A = ( : diagonal.
~). Encontre uma matriz inversível P tal que ptAP seja uma matriz
6. Provar que se ptAP é uma matriz simétrica então A é simétrica e reciprocmnente. Que se pode dizer se Aé anti-simétrica? Foi usado o fato de P ser inversível?
f(v, u)
= (X')t AX = (X')t At(Xt)t = (XtAX')t = (f(u, vnt = f(u, v)
pois f(u, v) é uma matriz I X 1 que, portanto, coincide com sua transposta. Logo o espaço das fonnas bilineares simétricas é isomorfo ao espaço das matrizes reais simétricas cuja dimensão é n(n + 1)/2 (exercício resolvido 8 - § 6 - capítulo 3). Desse isomorfismo segue, inclusive, que a dimensão de Bs (V) é também n(n + 1)/2 desde que a dimensão de V seja n. Por último, da relação B = p t AP segue que B é simétrica se, e somente se, A é simétrica. Logo se f é uma fonna bilinear simétrica sua representação matricial será simétrica qualquer que seja a base considerada. Teorema 1 - Seja f: V X V --)o R uma forma bilinear simétrica. Então existe uma base de V em relação à qual a matriz de f é diagonal.
Demonstração (por indução sobre a dimensão de V): São triviais os casos em que f = O e aquele em que dim V = 1. Suponhamos pois f =1= O e dim V > 1. Certamente existe um vetor Vl tal que f(Vl' Vl)=I= O. De fato, se f(v, v) = O, Vv E V, então f(u + v, u + v) = f(u, u) + f(u, v) + f(v, u) + f(v, v) = 2f(u, v) = = O, Vu, v E V. Daí f = O o que é absurdo. Considerando o vetor Vi tal que f(Vl' Vl)=I= O, todo vetor v E V admite a seguinte decomposição v=
4. FORMAS BILINEARES SIMÉTRICAS E ANTI-SIMÉTRICAS
f(v, Vl) . Vl = Xl f(Vl' Vl)
+
+ X2
Observemos que X2 é múltiplo de v1 e que f(Xi' vd
Definição 4 - Uma fonna bilinear f: V X V --)o R é chamada simétrica se f(u, v) = f(v, u), para todo (u, v) E V X V. '
»).
f(v, Vl ( v - f(Vl' ·Vl Vl)
f(v v
»)
= f (. v - f(v:, ~i) Vl, Vl
f(v, Vi)
= f(v, Vl)- f(Vi' Vl) f(Vl' Vl) = O
+ g também é pois (f + g)(u, v) = f(u, v) + g(u, v) = f(v, u) + g(v, u) = (f + g)(v, u).
(dizemos que Xl e ortogonal a Vl relativamente a f). Como um múltiplo não nulo de Vl não pode ser ortogonal a Vi (relativamente a f), a decomposição acima é única no seguinte sentido: todo vetor v E V se decompõe, de maneira única, como a soma de um múltiplo de Vi e um vetor ortogonal a Vl relativamente a f.
O mesmo acontece, é evidente, com ÀÍ (VÀ E R). Portanto o conjunto das formas bilineares simétricas de V X V em R é um sub-espaço de B(V) que se denota por Bs(V).
O sub-espaço gerado por Vi e de dimensão 1; logo os vetores ortogonais a Vl (relativamente a f) fonnam um sub-espaço de dimensão n - 1. A restrição I de f a este sub-espaço é simétrica; pela hipótese de indução existe uma base
É claro que se f e g são simétricas então f
228
229
{V2, ... , vn } deste sub-espaço de maneira que f(Vi, Vj) = O se 2 ~ i =1= j Considerando a base {Vl, V2, ... , vn } de V (porque é base?) temos f(vi> Vj) sempre que i =1= j, e portanto a base procurada. -
~
=
n. O,
maior que 1. Existe então (u, v) E V X V de modo que f(u, v) =1= O. Esses vetores LI e v são necessariamente L.I. pois, caso contrário, teríamos por exemplo u-= Àv (À E lR) e daí f(u, v)
Corolário - Para toda matriz simétrica A existe uma matriz inversível P de modo que ptAP é uma matriz diagonal. -Definição 5 - Uma forma bilinear f: V X V f(u, v) = -f(v, u), V- u, v E V.
-+
.IR se diz anti-simétrica se
Decorre da definição que f(u, u) = O,Vu E V. É fácil provar que se f e g são anti-simétricas então f + g também é anti-simétrica, o mesmo acontecendo com Àf, para todo À E IR.
Nota: Do que ficou dito acima segue que as formas bilineares anti-simétricas formam um sub-espaço de B(V) o qual será indicado por Ba(V). É claro também que a matriz de uma forma bilinear anti-simétrica é uma matriz anti-simétrica. Vice-versa, dada uma matriz anti-simétrica, pode-se mostrar que a forma bilinear de que ela provem, escolhida uma certa base de V, é anti-simétrica. Logo há um isomorfismo entre os sub-espaços das matrizes anti-simétricas sobre .IR de ordem n e o das formas bilineares anti-simétricas de V X V em lR, desde que dim V = n. Em particUlar a dimensão de Ba (V) é 2 n(n + 1) _ n(n - 1) n 2 - 2
=
f(Àv, v)
anti-simétrica e sua matriz em relação à base B
=
O.
= { f(u~v)
, v } é precisamente
A (verifique). Seja U = {u E V I f(u, w) = O, \/w E W}. ~ode~se provar então que U ® W = Ve daí decorre que dim U = n - 2. A restrição f de f a U é anti-~imé. trica e, por hipótese de indução existe uma base de U tal que a matriz de f em relação a ela é do tipo desejado, porém de ordem n - 2. Juntando à base B a base de U nessas condições obtemos a base que se pretente. -
Corolário 1 - Se f: V X V dimensão de V é par.
-+
lR é anti-simétrica não degenerada então a
Prova - Para que f seja não degenerada sua matriz deve ser inversível, o que significa que os zeros da diagonal não aparecem. Corolário 2 - Se dim V = 2k = n, então existe uma base de V em relação
à qual a matriz de uma forma bilinear anti-simétrica não degenerada é do seguinte tipo
~H~j
Teorema 2 - Seja f: V X V -+ .IR uma forma bilinear anti-simétrica. Então existe uma base de V em relação à qual a matriz de f é onde
A
ÀÍ(v, v)
Scja W o sub-espaço gerado por u e v. A restrição de f a W é uma forma bilinear
isto porque Mn (lR) é soma direta do sub-espaço das matrizes simétricas com o das matrizes anti-simétricas, sendo portanto a dimensão deste último a diferença entre as dimensões dos dois primeiros.
A
=
B = (
~
~ ~.)
1
O
..
é de ordem k.
O
A O
'.
Prova - Seja {Vl' Wl, V2' W2, ... , Vk, a matriz de f é
wd
a base de V em relação à qual
onde
a
Demonstração (por indução sobre dim V): Se f é nula nada há a provar. caso dim V = 1 também é trivial. Suponhamos f não nula e a dimensão de V
230
Considerando a nova base {Vl, ... , Vk, Wk,·.·, wd obteremos a representação matricial desejada. •
231
EXERCÍCIOS PROPOSTOS
que é simétrica. A forma quadrática associada a f é a função q(v) = Xl2 + 2x,] + 3x; + X1X2 + X2X1 = X12 + 2~2 + 3x;
1. Escrever a expressão geral de uma forma bilinear simétrica no IR 2 e no IR3 .
Nota: Dada uma forma bilinear simétrica, se qé a forma quadrática associada a f
2. Escrever a expressão geral de uma forma bilinear anti-simétrica no IR 2 e no IR 3 . Encontrou algo de familiar? 3. Sejam I() e 1JJ formas lineares sobre V. Provar que a forma bilinear I() ® 1JJ métrica e I() ® 1JJ + 1JJ ® I{J é simétrica.
+ 2X1X2
um cálculo fácil (faça-o) mostrará que f(u, v)
1JJ ® I() é anti-si-
1
= "2[q(u + v) -
1
=4
q(u) - q(v)]
[q(u
+
v) - q(u - v)]
para todo (u, v) E V X V. Estas fórmulas são conhecidas como identidades de 4. Provar que I() ® 1JJ -
1JJ ® I() = Ose, e somente se, I() e 1JJ são linearmente dependentes.
5. Dada f E B(V) provar que as formas bilineares g e h definidas por g(u, v) = f(u, v) + + f(v, u) e h(u, v) = f(u, v) - f(v, u) satisfazem as condições: a) g
E B s (V);
b) h
E
Ba(V);
c) 2f = g
+ h.
polarização e mostram que não somente q está univocamente determinada por f como também vale a recíproca: q determina f univocamente. Como uma conseqüência do teorema 1, veremos a seguir que toda forma quadrática admite uma "forma cartônica". Seja agora {VI> ... , vn } uma base do espaço V; suponhamos q: V -+ IR a forma quadrática associada à forma bilinear simétrica f. Então, para todo vetor n
5. FORMAS QUADRÁTICAS
U
=
L
XiVi E V temos
i= 1
o estudo das formas bilineares está intimamente ligado ao das formas quadráticas. Estas aparecem em numerosos problemas dentro e fora da Matemática o que torna o seu estudo bastante atraente. Defmição 6 - Seja f: V X V -+ IR uma forma bilinear simétrica. Consideremos a função qr: V -+ IR defmida por qr(v) = f(v, v), para todo v E V. Esta função de uma variável, que indicaremos apenas por q, quando não houver possibilidade de confusão, chama-se forma quadrática sobre V associada à forma bilinear f.
Exemplos 1) A forma quadrática associada ao produto interno usual do IRn é q(Xl. ... , xn)
= x;z + '" +
xi.
2) É uma forma bilinear simétrica do IR 3 a função f dada por f(u, v)
=
XlYl
+ 2X2Y2 + 3X3Y3 + XlY2 + X2YI>
q(u)
= f(u,
u)
=f
(t
~ X.v~
XiVi, L J J 1=1 j=l
n
=
n
L L xpqf(vj, Vj) =
i=1 j=l
n
L f(Vi, Vi)X{ + 2 L f(Vi, Vj)XiXj. i=1
i ... , wn = uno Se as coordenadas de u em relação a esta última base são dadas pela matriz Z e e se zt = (Zl, ... , zn), então
o
1
-1
q(u)=zt.
•Z
~1
o
6.1. PROCESSO DE GAUSS
=
Seja a forma quadrática no lRn , q (Xl, ... , Xn) =
n
I
aijXiXj com aij =
i,j= 1
= aji' Suponhamos all =1= O. Façamos a seguinte mudança de coordenadas: O O
Com isso dizemos que q foi reduzida a uma soma de quadrados.
Xn = Yn EXERCÍCIOS PROPOSTOS
3
1. Qual a forma bilinear simétrica que dá origem à forma quadrática do 1R ;
a) q(X1, x2' X3) = X12 + x22 + x32 - 2X1X2 + 4X1X3 - x2 x3; b) q(Xl> x2, x3) = x12 - x22 + 4X2x3; c) q(X1, x2, X3) = 2 (X1X2 + x1 x3 + X2 X3)' 2. Escrever a matriz das formas bilineares que aparecem no exercício 1, em relação à base canônica do IR3. 234
Então, levando para a expressão de q (Xl, ... , Xn) estas substituições obteremos q(Y1, ... , Yn) = aUY12 + q1(Y2, ... , Yn) onde q1 (Y2' ... , Yn) é uma forma quadrática em n - 1 variáveis Y2, ... , Yn· Se por acaso all = O mas a12 =1= O fazemos a substituição de variáveis
235
Xl = Yl
+ Y2
sendo portanto
X2=YI-Y2 P
X3 = Y3 Daí Xn =Yn
2
O -7
1
3
O
1
-3
= x;
+ 2~2
- 3XlX2 - 3X2Xl
O
O -7
q (yI, Y2) = Y; - 7 Y
Exemplo 2 - Seja q(XI, X2) = 2XlX2 = XlX2
2xi - 6XlX2
2
i.
Logo
A repetição desse raciocínio um número finito de vezes nos levará à redução desejada.
Sendo all
•P
-3
Repete-se o procedimento com a forma quadrática ql.
Exemplo 1 - Seja q(XI' X2) = Xl2 +
( 1-3) = (1 O) . ( 1-3) . (1 ~) = (1 -3) (1 3) = (1 O)
pt •
e recaímos numa forma quadrática nas variáveis Yl , ... , Yn em que o coeficiente de Y? é não nulo. A esta aplicamos então a mudança de coordenadas explicada de início.
(~ ~)
=
+ XIX2·
Sendo all = O devemos fazer a substituição
{:: : ~: ~ ~:
'* O fazemos a substituição Xl = Yl - (-3Y2) obtendo
{ X2 = Y2
+ Y2)(Yl - Y2) = 2y; - 2Y22
q(Y1> Y2) = 2(YI
obtendo
O mesmo cálculo feito matricialmente apresenta-se assim. = Y;
+ 3Y2)2 + 2yi - 6(YI + 3Y2)Y2 + 9Y22 + 6YlY2 + 2Y22 - 6YlY2 -
= Yl2
-
q(Yb Y2) = (Yl
= A matriz de q é
18y{
7Yi
Daí:
que é uma forma diagonal. Vejamos como o mesmo processo pode ser visto sob o ângulo das matrizes.
A matriz de uma forma quadrática é a matriz da forma bilinear de que ela provém. Logo a matriz de q no exemplo é
( 1-3) -3
{ X2 = Y2
236
e ). ~
= pt. Donde
+ 3Y2
p
q(Yb Y2)
e a matriz de mudança de base é P = (: _:) .
= pt.
(1 -1) 1 1
2
A matriz de mudança de base P é tirada da substituição de variáveis
Xl = Yl
pt.
(~ ~)
= 2y?
(~ ~ )
• (: _
(1 1) (1 -1) 1 -1 1 1
=
~)
=
O)
(2 O -2
- 2y,j.
Exemplo 3 - Seja q(XI, X2, X3) = Xl2 =
x; + XlX2
+ 2XlX2 + ~2 - 4XlX3 - 6X2X3 + xi = -2XIX3 + X2Xl + xi - 3X2X3 - 2X3Xl - 3X3X2 + xi,
.
forma quadrática no IR3 .
237
Efetuamos as substituições
= YI = Y2
Xl X2 {
Então O
=B
e
-1
X3 = Y3
obtendo
O 1
q(YI, Y2, Y3) = (YI - Y2 + 2Y3)2 + 2(YI - Y2 + 2Y3)Y2 + Y22 - 4(YI - Y2 + 2Y3)Y3 - 6Y2Y3 + Y; = Yl2 + yl + 4y; - 2YIY2 + + 4YIY3 - 4Y2Y3 + 2YIY2 -
G -D G -D O
2yl
+ 4Y2Y3 + Y; - 4YIY3 + 4Y2Y3 _
T
O
do que resulta
- 8y; - 6Y2Y3 + Y; = Y{ - 3y; - 2Y2Y3' Efetuemos agora a redução de ql(Y2, Y3) = -3y; - 2Y2Y3. Façamos, conforme a teoria, as substituições As multiplicações de matrizes, deixamos a cargo do leitor. Observe o leitor que este processo é trabalhoso, sendo impraticável quando o número de variáveis for grande. Tudo o que explicamos acima pode ser "mecanizado" da maneira explicada a seguir.
Y2 = Z2 YI = Zl obtendo ql(Z2, Z3) = -3 (Z3 _-}Zz)2 - 2Zz (Z3 --}Z2) -3212+ 2Zzz 3 - - Z3 - TZ2
-
2Zzz 3
+ 32 Z22
=
31 Zz2
-
=
3z;.
Portanto
zl + 31 Zz2
q(ZI, Zz, Z3) =
3z;.
-
É claro que a mesma redução poderia ser feita por matrizes. Vejamos como.
A matriz de q inicialmente é A
.
=
(
1 1-2) 1
-2
1-3
~3
Efetuamos duas mudanças
1
238
~ G-~
D
e P,
~
1 (
No apêndice I, capítulo 1, vimos o que são matrizes elementares. Foi provado nesse apêndice que se E é uma matriz elementar de ordem n e se A é uma matriz qualquer n x n a matriz EA é a matriz que se obtém de A efetuando na matriz A a mesma operação elementar que transformou In em E. Assim como definimos naquela altura operações elementares com as linhas de uma matriz poderíamos definir operações elementares com as colunas dessa matriz. E teríamos as matrizes elementares por colunas, definidas de maneira óbvia, em contraposição àquelas já conhecidas. Também poderíamos provar, de modo análogo, que se F é elementar (por colunas) AF é a matriz que se obtém de A efetuando sobre suas colunas a mesma operação elementar (com colunas) que transformou In em F. Também é claro que o conjunto das matriZes elementares por colunas é o mesmo conjunto das matrizes elementares (por linhas). Por exemplo a matriz
sucessIvas de bases dadas respectivamente por
P,
6.2. PROCESSO DAS MATRIZES ELEMENTARES
O
~ ~ -
239
tanto se obtém de 13 somando à terceira linha desta sua primeira linha multi. plicada por 3, como se obtém de 13 somando à primeira coluna desta sua terceira coluna multiplicada por 3. Observemos que a transposta de uma matriz elementar é ainda elementar. A transposta da matriz E acima é a matriz
a) Somando à segunda linha a primeira multiplicada por (-1) e à segunda coluna da matriz obtida sua primeira coluna multiplicada por (- 1) obtemos sucessivamente
(~
~ =~)
-2 -3
que se obtém de 13 somando à primeira linha de 13 o triplo de sua terceira linha. Ou somando à terceira coluna de 13 o triplo de sua primeira coluna. Em resumo, se para efetuar uma certa operação elementar com as linhas de uma matriz A precisamos multiplicar A por uma matriz elementar E obtendo EA a mesma operação seria efetuado com as colunas de A calculando o 'produto AE< Consideremos agora uma forma quadrática q (u) = XtAX sobre um espaço vetorial V. Já sabemos que existe uma matriz inversível P de modo que ptAP = D é diagonal e que D é uma outra representação matricial de q. Mas P, por ser inversível, é um produto de matrizes ele,mentares E I , ... , Er (apêndice I, capíE2E I . Logo tulo 1); P = Er D
= (Er = (E lt
~EI)tA(Er ... E2Et>
t
= (E l E2t ... Ei)A(E r ...
E{-I)(EiAEr)(Er_1 '" E I ).
Esta igualdade nos diz que existe uma seqüência fmita de operações elementares que aplicadas alternadamente sobre as linhas e sobre as colunas irá transformar A na matriz D. t t Como p = El ... Ei == (E/ ... Ei)ln , a mesma seqüência de operações, aplicadas sobre as linhas, transformará a matriz In na transposta da matriz P de mudança de base. Exemplo - Diagonalizar a forma quadrática q (Xl, X2., X3) = Xl2 + 2 Xl X2 2 + X2 - 4XIX3 -6X2X3 +x;. A matriz de q é
(~ ~ =~)
=
(~ ~ =~) -2 -3
1
~ =~)
-2 -1
e
O -1 -3
I
( ~ ~ -~) O -1 -3
(Convém, nesta altura, parar um instante e comparar o resultado obtido com o processo de Gauss.) c) Permutemos a segunda e a terceira linhas da última matriz e façamos a mesma operação com as colunas do resultado obtido. Teremos
\?
e
0-1
d) Finalmente
G=: -D G-~ -1) G-~ D Na primeira destas passagens substituímos a terceira linha pela soma dela com a segunda multiplicada
A
240
+
(~
b) Somando à terceira linha desta última matriz o dobro de sua primeira linha e à terceira linha da matriz assim conseguida o dobro de sua primeira coluna achamos, respectivamente
(~ -~ -~)
~EI) =
e
1
po~
-
+.
Na segunda fizemos o mesmo com relação
à segunda e à terceira colunas. Na prática podemos (com base na associatividade da multiplicação de matrizes) efetuar primeiro as operações com linhas que forem possíveis, depois todas as operações com colunas correspondentes, e assim por diante. Vejamos como fazer isso de uma maneira que nos leve também à obtenção de P. 241
1 -2
1
1 -3
O
o
1 -2:
1
o
1
O -1: -1
1
I
2. Reduzir pelo processo de Gauss à forma diagonal as formas quadráticas seguintes no IR 3:
xi
a) X; + X1X2 + X; + 2X2X3; 2 2 2 b) 3Xl + 2X2 - 3X3 + 5X2X3;
I
-3
1
O
O
O
O
1
O
O -1 -1
1
-1 -3: O
2
O
O: 1
O
I
-1 -3:
2
O 1
c) X{ -
xi - X;
+ 2X1X3 + 4X2x3 + 6X1X2'
Dar, em cada caso, a substituição linear que diagonaliza a forma quadrática.
I
-1 -3
2
O
O -1: -1
O
1
O
O
2 -3 -1 -1 O -1
O
O
1
Ci :-D ~pt
1
-3 -1:
2 5
O
G~~ onde
O:I
O:
1
I I
2
O
1:
3. Reduzir por operações elementares à forma diagonal as formas quadráticas do exercício 2. Comparar os resultados.
cxi,
4. Seja a forma quadrática q(Xl, X2) = ax; + 2bxlX2 + a"* O. Reduza-a à forma diagonal, dando a substituição linear correspondente à redução.
3:-"5
1: 5
7. LEIDE INÉRCIA
"5:-"5
Conforme vimos nos parágrafos 4 e 5 é sempre possível fazer uma mudança de variável da forma X = PY de modo a diagonalizar uma forma quadrática q (Xl, ... , x n). No entanto existem muitas mudanças da forma X = PY que nos conduzem a uma forma diagonal. Contudo, existe um invariante neste processo. É o que afIrma o teorema seguinte.
wgo
o leitor deve notar que não efetuamos nenhuma operação elementar com colunas pará obter p t . O por que disto está no último parágrafo da explicação deste método.
Teorema 6 (Lei de Inércia): Seja q uma forma quadrática em um espaço vetorial V. Suponhamos que numa representação diagonal de q o número de coefIcientes positivos seja r e o número de coeficientes negativos seja s. Então em qualquer outra representação diagonal de q haverá r termos positivos e s termos negativos.
Demonstração: Seja {Vl, ... , vn} uma base de V que diagonaliza q. Assim se u =
EXERCÍCIOS PROPOSTOS
i= 1
1. Reduzir à forma diagonal pelo processo de Gauss as seguintes formas quadráticas no IR2:
2 a) Xl + X2 + 2X1X2; b) X{ + C)
2
Xl - X2 - 2X1X2;
d) 4X1X2 + e) 4X1X2. 242
2
'
... , d r
xi;
> O, dr +1 < O, .... , dr + s < O e dr +s +l
= ... = dn = O.
Seja {Ul' : .. , u n } uma outra base que diagonaliza q. Sendo u =
xi - 2X1X2;
2
L:n xivi E V, então q (x) = d l X{ + ... + dnxJ e podemos supor d l > O, n
L: Yiui, i= 1
então q(u) = d l'Y12 + .. : + d~yJ e podemos supor que d l' > O, ... , d~ > O, d;+l < O, ... ,d~+q < O e d~+q+l = O, ... , dri = O. Devemos provar que p=
=r
e q
= s. 243
Sejam U = [VI, ... ,vr ] e W = [up +1, ... ,un ]. Mostremos que U n W. Então
nW=
{o}.
De fato, seja w E U
w = alvl + ... + arvr = bp+1uP+l + ... + bnun , com os ai e os bj em
m..
Portanto 2 q(w) = d1a1 + ... + dra; ;> O e q(w) = d~+lbp+l + '" + d~bJ :;;;;; O do que decorre que q(w) = O. Como porém di, ... , dr > O a igualdade q(w) = 2 = d1a1 + ... + dra; = O é possível se, e somente se, ai = ... = ar = O, ou seja, se e somente se w = o. Como dim U = r e dim W = n - p, temos r + (n - p) = dim U + dim W = dim (U
n
W) + dim{U + W) =
=dim(U+W):;;;;;n donde r + (n - p) :;;;;; n e portanto r:;;;;; p. De maneira análoga provamos que p ;> r. Então p = r. Daí vem que s = q.• Defmição 7 - O par (r, s) das considerações acima chama·se assinatura da forma quadrática q.
Exemplos 1) A forma quadrática q(Xl, X2) = X{ + 2X22 - 6X1X2 tem.assinatura (1, 1). 2) A forma quadrática q(Xl' X2) = 2X1X2 tem assinatura (1,1).
3) A assinatura da forma quadrática q(Xi> X2, X3) = X{ + 2X1X2 + - 4X1X3 - 6X2X3 + é (2, 1).
xi
4) A forma quadrática associada ao produto interno usual no assinatura (n, O).
m.n
xi _ tem
Deixamos como exercício o cálculo da assinatura das formas quadráticas dos exercícios do parágrafo 6.
244
CAPíTULO
Defmição 2 - O sub-espaço introduzido nas considerações acima chama-se sub-espaço próprio de 'A e será indicado por V ('A).
1
Assim:
Diagonalização de Operadores Lineares e Forma de Jordan
V(f...) == {u E V
I T(u) == f...u} = Ker(T - f...I)
Exemplos
/ (y, x) ,, 1) Seja T: ]R2 -+ ]R2 dado por ,, ,, T(x, y) == (y, x). A aplicação T é a - Ix, v)' reflexão dos vetores em tomo à diagonal Ix, yl A Assim, se o vetor está no eixo-x, sua imagem está no eixo-y. Não há portanto vetores próprios no eixo-x. No entanto se (x, y) está na diagonal t:" teremos ,, , T(x, y) == (x, y) e assim todo vetor de t:, é um vetor próprio de valor próprio igual a 1. Analogamente se um vetor está na diagonal t:,', sua imagem está em t:,' e é exatamente seu oposto. Logo os vetore,s de t:,' são vetores próprios com valor próprio -1. Então V(I) == t:, e V(-I) == t:,. ~
~
~
1. VALORES E VETORES PRÓPRIOS Seja V o espaço vetorial constituído dos vetores definidos por meio de segmentos orientados. Consideremos um operador linear T: V --+ V. Tomando-se "ao acaso" um vetor li E V, em geral lie T(U) não têm a mesma direção. Mas existem, às vezes, certos vetores privilegiados para os quais T(U) = À,U, com À, E IR; isto é, T (U) e li têm a mesma direção. Neste caso o efeito de T sobre li é apenas uma mudança de módulo ou uma mudança de sentido. Os vetores assim privilegados são importantes, conforme veremos a seguir. Às vezes é possível formar uma base com eles e esta será uma base privilegiada.
Definição 1 - Seja V um espaço vetorial (sobre IR ou sobre f2 } é uma base de
]R2.
Os vetores próprios de S devem satisfazer a condição S(x, y) = (x, y), ou seja, (x + y, y) = (x, y) que equivale ao sistema:
1) e (-1 -3) 1 -1 1
6. Calcular o polinômio característico e os valores próprios da matriz:
252
Vamos examinar dois operadores do ]R2 que se comportam de maneira diferente quanto aos vetores próprios. São eles T(x, y) = (y, x) e S(x, y) = (x + y, y)
X {
+
y
=x
y=y
cuja solução geraí é y = O. O sub-espaço próprio de S é formado então pelos múltiplos do vetor (1, O) e portanto sua dimensão é 1. Então é imposs(vel formar uma base de JR2 com vetores próprios de S, contrariamente ao que se verificou com o operador T. 253
No caso do operador T, se B
=
(10) O -1
Mais ainda, sendo M
= (
a base B, temos (T)B
=
1-1O) (O
Nosso objetivo agora é dar um critério para que um operador linear T de um espaço de dimensão finita (sobre IR ou ~) seja diagonalizável. Para tanto precisaremos de alguns pré-requisitos ainda não constantes do texto. Lembremos que a sorna de dois sub-espaços H 1 e H 2 de um espaço vetorial V é o sub-espaço
{fi, f 2 }, então
.
1 1)
a matriz de mudança da base canônica para 1 -1 M-l(T)M, ou seja
=
1(-1-1 -1)1 (O1 O 1) (11-11)
-2
Hl
Defmição 5 - Seja V um espaço vetorial de dimensão finita. Um operador T: V ~ V se diz diagonalizável se existe uma base de V formada por vetores próprios de T.
= {u
+
v I u E H l ; v E H2}
e que essa soma se diz direta se H 1 n H 2 = {a}. Estas noções podem ser generalizadas de maneira óbvia Se H l , ... , Hr(r;;;' 1) são sub-espaços vetoriais de V, a soma desses sub-espaços é o conjunto H1
Em resuIl1o: existe uma base do R 2 em relação à qual a matriz de T é diagonal. Tal fato não ocorre com a matriz do operador S. Em outras palavras, a matriz de T é semelhante a uma matriz diagonal, o que não acontece com a matriz de S. Faremos a seguir um estudo breve dos operadores que podem ser diagonalizados conforme o operador T acima.
+ H2
+ .,. +
É claro que H 1 igualdades
H r ={Ul
+ ... +
+ ... +
UrIUiEHi}·
H r também é um sub-espaço de V. Se ocorrerem ainda as
H 2 n H l = {o} H 3 n (H 1 + H 2 ) = {o}
H r n (H 1
+ ... +
H r _ 1) = {o}
Se B = {el, ... , en} for uma base formada de vetores próprios de T então
(T~
0) (° "'~n ~1 ~
a soma em questão é chamada direta e se indica por H 1 E!l ••• E!l H r . Para uma soma direta H = H1 E!l ••• (& H r de sub-espaços de um espaço V vale o seguinte fato: se B1, ... , Br são bases de Hi> " ' , HI' respectivamente, então B = B1U ... UB r é uma base de H.
2
n
onde ~l' ... , ~n são os valores próprios de T. Segue daí que
0)
~n-x
=
(~l X)(~2 -
Como cada H i é gerado por Bi e todo u E H é uma soma u = - x) ..
'(~n-
u Í> onde ca-
i=l
x)
e assim PT (x) se decompõe em fatores lineares.
da Ui E H i , então B gera o sub-espaço H. Para mostrar que B é linearmente indepen, Ulnl}"'" B r = {u n ,.·. ,urnr }. Então, se dente suponhamos B1 = {uu, aUul + ... + allllullll + + artUn + ... + arnru rnr = o deixando no primeiro membro apenas as n r últimas parcelas teremos an Url
Nota: Os números ~1, ... , ~n não são necessariamente distintos dois a dois. Pode acontecer de o polinômio característico PT(x) de um operador linear T se decompor em fatores lineares da forma x - ~,sem que T seja diagonalizável. É o que acontece, por exemplo, com o operador linear S: IR 2 ~ IR 2 dado por S(x, y) = = (x + y,y)cujopolinômiocaracterísticoé(x - l)(x - l)quejávimostratar-se de operador não diagonalizável. 254
I
ondevEH l
+ ... +
+ ... +
arnru rnr = v
H r - 1 · ComoH r n(H 1
v = an Un
+ ... +
+ '" +
Hr -
d
= {o},então
arnrunlr = o
e, levando em conta que Br é L.!., concluímos que a r1 = ... = a rnr = a. A repetição desse raciocínio nos levará à conclusão que todos os escalares a são nulos e, conseqüentemente, que B é linearmente independente. 255
Uma conseqüência do que acabamos de mostrar é que dim(H 1 Cf) ... Cf) H r ) = dim Hl Cf) ... Cf) dim H r ·
Então À1íXUUll
+ ... +
À1íXu1 U1r1 ...
+
À1íXk1Uk1
+ ... +
À1íXkrkUkrk =
Teorema 1 - Seja V um espaço vetorial de dimensão finita sobre K(K = IR QU K = (8). Um operador linear T E L (V) é diagonalizável se, e somente se,
= À1u=T(u)= íXu T(Ull) + ... = À1íXllUU + ... + À1íXu1UU1
1) o polinômio característico de T tem todas as suas raízes em K (sempre acontece no caso K = (8);
Comparando a primeira e a última combinações lineares acima obtemos À1íX21 = À2íX21 , ... , À1íX2r2 = À2Q2r 2
2) a multiplicidade algébrica de cada valor próp'rio Jq de T é igual à dimensão de V(À i).
À1Qk1 = Àk Qk1, e assim
Demonstração:
(===» Seja B = {Ull' ... , UU1' ... , Uk1' ... , ukrk}uma base de V formada de vetores próprios de T de maneira que em cada Bj = { Ui!, ... , Uir) estão todos os vetores próprios associados ao valor próprio Ài E K(i = 1, 2, ... , k). A matriz de T em relação a essa base é
Q21
= ... = íX2r2 =
+ íXkrkT(Ukrk) = + ... + Àk íX k1 Uk1 + ... +
ÀkíXkrkukrk'
, À1Qkrk = ÀkQkrk = Qk 1 = ... = akrk = O
Donde u = Qll Uu + ... + QU1 UU1 e portanto u E H 1. Analogamente se chega à conclusão que V(Ài) C Hi para todo i (1 .;;; i .;;; k). Das igualdades V(Àj) = H i resulta que dim V(Ài) = dim Hi = ri que é a multiplicidade algébrica de Ài.
«===)
Por hipótese o polinômio característico de T pode ser fatorado sobre K do seguinte modo: PT(t) = (À 1 - tY1 ... (Àk - tYk ondeÀi *- Àjsei *- jer1 + ... + rk = graudePr(t) = dimV. Amultiplicidade algébrica de cada um dos valbres próprios Ài é, pois, ri (i = 1,2, ... ,k). Por hipótese ainda, dimV(Ài) = ri (i = 1, 2, ... , k). Seja H = V(À 1) + ... + V(Àk) e mostremos que V(Ài) n V(À~ = {O} ,sempre que i *- j. De fato, se u E V (Ài) n V(Àj), então T(u) = ÀiU = ÀjU e daí (À i - Àj)u = o. Como Ài *- Àj, então u = o. Conseqüentemente V(À r) n(V(Àd + + ... + V(À r -1)) = {o}(2 .;;; r .;;; k) e então
o
H = V(À 1) Cf) ... Cf) V(À0·
é portanto, já quePT(t) independe de representação matricial de T,
PT(t) = (À 1 - t)r1 ... (À k - tYk cujas raízes estão todas em K. Para cada índice i (1 .;;; i .;;; k) seja H i o sub-espaço gerado por B i e mostremos que Hi = V (À i). A inclusão Hi C V(Ài) é fácil de verificar pois um elemento u E H i é uma combinação linear de Bi e é, portanto, um vetor próprio cujo valor próprio associado é Ài . Para provar que V(Àd C H 1 tomemos u E V(À 1) em relação à base B: u = íXll Ull
256
+ ... +
íXkrkUkrk'
DaídimH = dim V(À 1) + ... + dim V(À0 = r1 + .,. + rk = ne,sendoHum sub-espaço vetorial de V cuja dimensão é n, então H = V. Tomando uma base Bi de V(Ài) (i = 1,2, ... , k), então B = B1u ... UBk é uma base de V, constituída só de vetores próprios de T. Donde T é diagonalizável.
Nota (Importante): Seja A uma matriz real n x n. Se B indica a base canônica do lRn, existe então um operador linear T E L (Rn) tal que (T)B = A. A matriz A se diz diagonalizável se, e somente se, T é diagonalizável; isto é, quando existe uma báse B1 de IRn tal que (T)B1 = D é diagonal. Essa base B 1, como vimos, é forma· da por vetores próprios de T.
257
Mas sendo A e D matrizes de um mesmo operador linear, se indicarmos por M a matriz de mudança de base de B para BI , então (ver Capo 5, § 5). D = M-l AM.
Ora, sendo B
=
Um cálculo ",álogo nos d.d
(~) como ou!m voto< p,óp,io de T, '''0-
ciado ao vetor próprio 6. A matriz M
[(1,0, ... , 0J; ... ; (O, 0, ... ,0, l)J, se
( 20 06)
=
2) 1
(2 -1
é tal que M- 1 AM _.
. Pedimos ao leitor que faça estes cálculos. \
2) Seja
M
A
Quer dizer, as componentes do i-ésimo vetor próprio de BI formam a i-ésima coluna de M(i = 1, 2, ... , n). Para as matrizes complexas n x n vale o mesmo observado acima.
PA (x) =
(4x + 4y, x + 4y). Sua
:
-~)
O 2-2
Seu polinômio característico é:
Exemplos 1) Seja T : 1R2 ---> 1R2 o operador dado por T(x, y) matriz em relação à base canônica é:
(-~
=
Para
À
~ C~ ~ _:~.) ~ det
4
x
(x - l)(x
+ I)(x -
2).
= 1 temos
Então: PT(X) = det (
4 - x 1
4
4 - x
) = x2 _ 8x + 12 = (x - 2)(x - 6)
o que mostra que A é diagonalizável. Para
À =
donde vem o vetor próprio
2 temos Para
À
= -1
temos
donde vem que í4x + 4y
=
2x
l
=
2y.
x + 4y
A resolução desse sistema nos leva a que:
donde vem o vetor próprio
é um vetor próprio de T. 258 ;
·259
q:ue equivale, por sua vez, a
Para À = 2 teremos o vetor próprio
íY = lz = Então, formando a matriz
\
M~ G! D
teremos M;-l AM
=
(~1 -001
~O)
O t
Donde V(2) = [(x, o, z, z) Ix, z E = ÀI • • O = O. Isto nos permite considerar A, enquanto atua somente sobre os elementos de H1 , como um operador linear deste sub-espaço. E como = = !v2' ... , !v2' •.. , !vp , ••• , !vp , onde !vi ;;t!; !vj se i ;;t!; j. Um exemplo poderia ser o seguinte
2 L
o
O
Demonstração . 4 Observemos primeiro um exemplo. Digamos, o de um operador lmear de r e j > s. É claro, então, que através de uma sucessão finita dessas transformações de semelhança se chega ao resultado pretendido, visto que em cada etapa onde a ss ;t:. a rr pode-se anular !3rs fazendo c = (- a rs) (a ss - a rr) - I. O último resultado obtido já se aproxima razoavelmente da forma canônica de Jordan. Mas ainda faltam etapas difíceis, como o lema a seguir, cuja demonstração omitiremos. O leitor poderá encontrá-la na bibliografia em [13].
') d J e' uma matriz de Jordan com elementos da diagonal principal toond e: (I ca a i ' ' À d T dos iguais a um certo valor próprio Ài de T; (ii) um mesmo valor propno i e À pode figurar em mais de um bloco, ~or~m o número de blocos com o mesmo i é igual à dimensão do subespaço propno de Ài ,
Demonstração , . Pelo lema 2 existe uma base de O, considerando que
"'I
onde o primeiro membro é ~ O e o segundo < O, é claro que (4) representa o vazio neste caso. Se b ;é O e os sinais de b e são contrários, colocando (4) na forma
b~
Xz chegamos a
"'zY~ + 2b 1xz = O
"'I
x~ -,.---=---,--- +
(--i;-)
Y~ -,.--~--,----
Yz
(5)
que, por serem "'z e b l não nulos, obviamente representa uma parábola. No caso b l = O a equação (3) se reduz a
(- :z )
Â,zYI + 2b zyz + a
= O
que, por completamento de quadrados, pode ser expressa por
vemos que se trata de uma elipse
_ b~ __ O ~ ( bz ) z I\z YI + ~ + a "'z
"'I
Se b = O, supondo por exemplo > O e Â,z < O, o primeiro membro de (4) pode ser se fatorado como diferença de dois quadrados, assim:
A translação dada por
Xz que é a equação de um par de retas. Se b ;é O, então (4) representa uma hipérbole. De fato, supondo por exemplo b < O, > O e "'z < O, essa equação pode ser escrita do seguinte modo
"'I
z
x~
YZ
(--t-)
(
~z )
YI
Yz
+ ~
"'z
a reduz finalmente a
"'zy~ + b
= I
O
(6)
onde b
a -
(iii)
286
287
É claro que "'2Y~
+ b =
y~ +
°é o vazio se "'2b > O. Se "'2b < 0, como
Logo, a equação (4), referente a estes casos, fica:
b
°
"'2 0, (6) se reduz a y~
então (6) representa duas retas paralelas. E se b é a equação de um par de retas coincidentes.
0, que
• Não há dúvida de que o procedimento anterior não é muito prático. Veremos agora uma maneira mais simples de encaminhar a resolução do problema. Voltando à equação (1) e à matriz A, observemos que seu polinômio característico é
Se fizermos all + a22 = se detA = alla22 - aT2 = cS, então P A(t) = t 2 - st + cS. Ora, como matrizes semelhantes têm mesmo polinômio característico, então a rotação que transforma (1) em (3) não altera s e cS. Mais precisamente: s = "'1 + "'2 e cS = "'1"'2' Além disso, se numa equação qualquer do segundo grau em duas variáveis x e y fizermos uma translação Xl = X + k e Yl = Y + k e calcularmos, na nova equação em Xl e YI> os valores correspondentes de s e cS, obteremos os mesmos resultados que na primeira. A verificação desse fato não oferece nenhum embaraço. É por isso que se diz que s e cS são invariantes de uma equação do segundo grau em X e y. Mas há um outro invariante associado a essa equação e que interessa ao nosso estudo. É o determinante de terceira ordem
Ó
all
a12
ai
a12
a22
a2
(7)
Com esses novos dados, os casos estudados passam a ser:
°
(i) cS > Se Ó = 0, (7) traduz apenas um ponto.
A
e cS > 0, então b e Ó têm o mesmo sinal. Além disso, sendo cS Õ = "'1"'2 > 0, os sinais de "'1 e "'2 são iguais, do que resulta que s = "'1 + "'2 tem mesmo sinal que "'1' Logo, dizer que b e "'1 têm mesmo sinal equivale a dizer que Ó e s têm mesmo sinal. Conseqüentemente, b e "'1 têm sinais contrários se, e somente se, Ó e s têm sinais contrários. Logo: sÓ > implica que f(x, y) = representa o vazio; sÓ < implica que (1) é a equação de uma elipse (ou circunferência). Como b =
°°
(ii) cS
<
°
°
°
se, e somente se, b = o. cS Logo, se b = 0, isto é, se Ó = 0, f(x, y) = representa um par de retas concorrentes. Se b ;é. 0, isto é, se Ó ;é. 0, a curva é uma hipérbole. De
A
= b segue que Ó =
°
°
(iii) cS = O caso de uma parábola ("'2 ;é. 0, b 1 ;é. O) é dado por "'2Y~
+ 2b,X2
O.
Logo
a Para não alongar muito o assunto com cálculos, deixamos de verificar esse fato. Voltando à classificação, lembremos que nos casos (i) e (ii) estudados, a equação (1) se transforma, mediante uma rotação, seguida de uma translação, em "'lX~ + "'2y 2+ b = O. Considerando a invariância de se cS, podemos garantir que cS = "'1"'2 e
° ° ° ° ° b
"'1
O
288
"'2
Como então: Ó ;é.
°
{=?
"'2, b, ;é. 0, podemos concluir que quando cS=OeÓ;é.O
a equação (1) representa uma parábola. É fácil concluir que o caso restante (duas retas paralelas ou duas retas coincidentes) corresponde a cS = Ó = O.
289
o quadro abaixo resume o ~ ~
8
O
< O
~
< O ; elipse
s
~
> O : vazio Por exemplo os vetores (l, - 1) e (1, 1). Ortonormalizando esses vetores obtém-se a matriz ortogonal P:
Hipérbole
O
(
Duas retas concorrentes
P
Parábola
O
Duas retas paralelas ou Duas retas coincidentes
8 = O ~
~
Um ponto
= O
~ ~
s
e
= O
~ ~
"'I
c portanto = Oe "'2 = 2. Os vetores próprios linearmente independentes associados a e "'2 se obtêm resolvendo.
"'I
> O ~
8
estudo feito.
= O
~ Vi 2
~)
Vi 2
Assim os coeficientes b l e b 2 da equação (3) se obtêm calculando I
Exemplo 1 2( -1 2)
Classificar a curva dada por x2 + 2xy + y2 - 2x + 4y + 1
O
Logo, b l e dar sua equação canônica. Como
(
~ Vi) ~ Vi 2
- 3Vi e a equação canônica da parábola é (conforme (5»: 2 2y~ - 3Vi x2
O
e
~
1
-1
1
1
2
-1
2
1
= (-3,12, (2)
O
ou y~
-9
l-Vi x2. 2
Exemplo 2
trata-se de uma parábola. A equação característica da matriz
Mesmo exercício, relativamente à curva 3x2 + 4xy - 4x - 6y + 2
O
Neste caso é (1 - t)2 - 1
290
t(t - 2)
3
2
2
O
-4
e
~
3
2
-2
2
O
-3
-2
-3
2
-11
291
G ~)
e portanto a curva é uma hipérbole. Os valores próprios de A
"'I
=
4 e "'2
= -
obtemos são (2')
1. A matriz P de rotação neste caso é
Consideremos os seguintes casos quanto à existência de valores próprios nulos:
P (2V; =
V5
Esta hipótese permite considerar a translação definida por
5 - 7V5 - e b2
Neste caso b 1
4
5
V5. 5
Daí b
- canomca ~·d a -11- e a equaçao 4
b2 YI + ~' Z2
X2
hipérbole é
Y~ 11 4
~
que transforma (2') em
11
(3')
16
onde o segundo membro pode sempre ser considerado maior que ou igual a zero. (a) b = O e todos os têm mesmo sinal: um ponto (b) b = O e, por exemplo, "'I, "'2 > O e "'] < O. A equação (3') pode ser reduzida a
"'j
2. AS SUPERFÍCIES DE SEGUNDO GRAU Consideremos agora a equação geral do segundo grau nas variáveis x, Ye z: f(x, Y, z) = allx 2 + a22y 2 + a33z2 + 2al2xy + 2a13xz + 2a23YZ + (1') + 2alx + 2a2Y + 2a3z + a = O Semelhantemente ao que foi feito no item anterior, se considerarmos as matrizes
e
O
Como para cada secção paralela ao plano X2Y2 (fazendo z2 constante) o resultado é um ponto ou uma circunferência (quando Z2 "t. 0)* e, para cada secção paralela ao plano X2Z2 ou Y2Z2, o resultado é um par de retas (Y2 = O ou X2 = O) ou uma hipérbole, então trata-se de um cone
podemos escrever f(x, Y, z)
=
XI • A . X
+
2(al a2 a3) X
+
a
=
O
Sendo A simétrica, pode-se determinar uma matriz ortogonal P tal que "'2, "'3 de A. Considerando a mudança de base que se traduz, em termos de coordenadas, por
pl . A . P = D, onde D é a matriz diagonal dos valores próprios
"'lo
* Ou elipse.
292
293
(c) b <
o e "'I>
"'2,
"'3
> O. A equação (3') pode ser reescrita
e portanto representa um elipsóide (uma superfície esférica se r
que é a equação de um hiperbolóide de duas folhas·
s
t).
(d) b < O; "'I; "'2 > O e "'3 < O. A equação (3') pode ser transformada, então, em
(f) b (ii)
< O; "'], "'2,
"'I> "'2
;é.
Oe
Â,3
< O: conjunto vazio.
Â,3 =
O
Exemplo - f(x, y, z) = x2 + y2 - 2x - 2y - 4z + 3 Completando quadrados em x e em y obtemos e portanto representa um hiperbolóide de uma folha
f(x, y, z) = (x
1)2
+
(y -
1)2 - 4z
+ 1 4
Fazendo a translação: x - I
O
O
z] chegamos a
I
I
I
que é a equação de um parabolóide elíptico (circular)
I
- -
I -;>t- - - -
//
//
t - - - - -.....
I
Z2
I I
----~---
, I
(e) b < O; "'] > O; "'2,
"'3
< O. Então (3') pode ser expressa assim - - - - - --
--~~:.--_------~Y2
X2
294
295
(iii) Ivl .,r:
o;
1v2
=
1v3
=
o
EXERCÍCIOS PROPOSTOS
Exemplo - f(x, y, z) = 2x 2 - 8x - 4y - 2z + 2 Completando quadrados em x chegamos a
f(x, y, z) = 2(x - 2)Z - 4y Por meio da translação:
XI
=
2,
X -
YI
=
O
2z - 6
Y, ZI
I. Identifique as seguintes curvas de segundo grau: a)2xy + 3x - y + I = O b)4x 2 - 24xy + lly2 + 56x - 58y + 95 = O c) 6x2 .- 4xy + 9y2 - 4x - 32y - 6 = O d) 16x2 - 24xy + 9y2 - 19x - 17y + 11 = O e) 4x2 - 20xy + 25y2 + 4x - lOy + I = O
O
Z
obtemos finalmente
f)x 2 +y2+xy-x+I=O
Observemos o seguinte: para cada valor de parábola num plano paralelo a XIYI; como
YI
~
fixado a equação é a de uma
c) x 2 + y2 - 2xy + x =
3 2
~
2
ZI
2
3. Identifique as seguintes superfícies de segundo grau: a) 11x2 + lOy2 + 6z2 - 12xy - 8yz + 4xz - 12 = O b) x2 + y2 + 2z2 + 2xy - 4xz + I = O
os vértices dessas parábolas são os pontos
- J.--2' Z) (O, -~ 2
=
2. Ache as equações canônicas de: a) x2 + 4xy - 2y2 = 6 b) 3x2 + 2xy + 3y2 = I
z(o' 2 -~' 1) + (O "
_J.-2'
c) 9x2 + 12y2 + 9z2 - 6xy - 6yz = d) x2 + y2 + z2 + 2xz = I e)x2 + 2y2 - z2 + 2xz + x = O
O)
que, portanto, estão alinhados. Então, a figura correspondente à equação dada é um cilindro parabólico cujo esboço da figura está a seguir. /
4. Discutir, em termos dos valores de À" as cônicas de equação: a)À,x2 - 2xy + À,y2 - 2x + 2y + 3 = O b) x 2 - 2xy + À,y2 + 2x = 4
/
5. Discutir, em termos dos possíveis valores de a) x2 + À,y2 + z2 - 2xy = 2 b)x2 - À,y2 - 2À,z2 - 2y = O
/
/ / /
/
À"
as superfícies de segundo grau:
YI
296
297
CAPíTULO
f(t 1) = ao
+ alto + + altl +
f(t r ) = ao
+ al t r + ... + art:
feto) = ao
3
Polinômios de Lagrange
+ art~ + art[
Obtivemos assim um sistema linear nas incógnitas: ao, ai, ... , ar
1. VALORES NUMÉRICOS
que é compatível determinado pois a matriz dos coeficientes é:
Conforme vimos no Capítulo 2, o conjunto P(IR) dos polinômios reais:
A= Itr
constitui um espaço vetorial sobre IR que não é finitamente gerado. Nesse espaço vetorial, o conjunto de polinômios {I, t, ... , t n , ...} é infinito e linearmente independente no seguinte sentido: todo subconjunto finito dele é L.I. (definição 1 do capítulo I1I). No entanto, conforme também já vimos, o conjunto Pn (IR) dos polinômios de grau menor ou igual a n, mais o polinômio nulo (n sendo um número natural fixado), é um espaço vetorial sobre IR de dimensão n + 1. Defmição 1 - Seja to um número real fixado e f(t) um polinômio. Se substituirmos a variável t pelo número to, obtemos feto), um número real, que se chama valor numérico do polinômio f(t) no ponto to. A aplicação que associa ao polinômio f(t) o número feto) é uma transformação linear de P(IR) em :IR, ou seja, uma forma linear em P(IR) pois
para quaisquer polinômio f(t) e g(t) e qualquer número real À.. Essa transformação linear tem como núcleo o conjunto dos polinômios f(t) tais que feto) = O, ou seja, os polinômios divisíveis por t - to.
A importância dessa aplicação linear resulta do teorema a seguir. Teorema 1 - Seja f(t) um polinômio de grau < r e suponhamos conhecidos r + 1 valores numéricos feto), f(td, ... , f(tr> sendo ti =1= tj se i =1= j. Então f(t) está perfeitamente determinado (isto é, seus coeficientes estão determinados). Demonstração - Seja f(t) = ao + ai t + ... + artr onde os coeficientes devem ser determinados. Então, por hipótese
298
t;
t;
e seu determinante é diferente de zero, valendo: det (A) =
:rr O, O, ... ) E R oo n Portanto o R pode ser visto como sub-espaço vetorial de IR desde que se idenoo n tifique cada (xo, ... , Xn - l ) E R com (Xo, ... , Xn _ l , O, O, ...) E IR • Neste capítulo vamos estudar outros sub-espaços de R 00, também de dimensão finita, e irriportantes do ponto de vista das aplicações. OO
Definição 1 - Uma seqüência (Xij, Xl, ... , Xn, ...) chama-se seqüência recorrente linear de ordem 2 se existem a, b E R com b =1= tais que x n + l = + = ax n + bXn _ l para todo n ~ 1. Mais geralmente, se x n = an-lxn-l + + an_pxn _ p verifica-se para todo n ~ p e an _ p =1= O, a seqüência (xo, ... ,Xn , )
°
304
305
é recorrente linear de ordem p. Os números an-l' ... , an _ p são os coeficientes da relação de recorrência.
Exemplos 1) As progressões aritméticas são seqüências recorrentes lineares de ordem 2, pois Xn+l = 2xn - x n - l para todo n ~ 1. Os coeficientes são a = 2 e b = -1. 2) As progressões geométricas são recorrentes lineares de ordem 1, pois Xn+l
=
qx n · 3) As seqüências de Fibonacci (dadas por Xn+l = Xn + Xn-l, V- n ~ 1) são recorrentes lineares de ordem 2 com coeficientes a = 1 e b = 1. Teorema 1 - Fixando a, b E IR, o conjunto de todas as seqüências recorrentes lineares de ordem 2 com coeficientes a e b é um sub-espaço vetorial de IR".
A seqüência é, então:
= (xo, xl, 2Xl - Xo, 3Xl - 2Xo, 4Xl - 3xo, ,nxl - (n - l)xo, ... ) = = (xo, 0, -Xo, -2Xo, -3xo, ... , -(n - l)xo, ) + (O, Xl, 2xl, 3xl> ... nXl> ... ) = xo(l, 0, -1, -2, -3, ... , -(n - 1), ... ) + Xl (O, 1, 2, 3, ... , n, ... ). Observemos atentamente os cálculos acima. Em primeiro lugar, Xo e Xl determinam univocamente o termo Xn por meio de: Xn
a2
Demonstração - Seja S o conjunto das seqüências recorrentes lineares de
+ Yn+1 = (axn + bXn_l) + (aYn + bYn-l) = = a(xn + Yn) + b(Xn_l + Yn-d e aXn+l = a(ax n + bXn_l) = a(axn ) + b(aXn_l) Xn+l
Um problema que se apresenta agora é o de calcular uma base de S. Antes de resolver o. caso geral, vejamos dois exemplos, um com ordem 2 e outro com ordem 1.
Exemplo 1 - Tomemos o sub-espaço das progressões aritméticas defmidas por x n +1 = 2xn - Xn-l' Vamos calcular os termos X2, X3, ... em função de :>co e Xl' Temos X2
'4
= 2Xl = 2X3
- XO, X3 - X2
= 2X2
= 2(3xl
-
= 2(2x l -:>co) - Xl = 3Xl -.2xo, 2xo) - (2Xl - xo) = 4Xl ~ 3Xo·
- Xl
Por indução teremos a fórmula Xn 306
= nXl
- (n - l)Xo.
= (1,0, -1, -2, -3, ... , = (O, 1,2, ... , n, ... ).
(n - 1), ... ) e
Estas duas seqüências são progressões aritméticas (de razão -1 e 1, respectivamente) e são vetores (= seqüências) linearmente independentes pois nenhuma delas é igual à outra multiplicada por um número real. Conclusão: S tem dimensão 2 e {ai ,a2} é uma base de S.
Exemplo 2 - Consideremos o conjunto S das seqüências:
\:f n ~ 1, o que vem provar que S é sub-espaço vetorial de IR".
Deixamos ao leitor a tarefa de enunciar e provar o teorema 1 para seqüências de ordem p. •
- (n - l)Xo.
Bastam portanto os dois primeiros termos para determinar toda a seqüência. Em seguida, usando a igualdade acima foi possível decompor uma seqüência (Xo, Xl, ...) como combinação linear, com coeficientes Xo e xl> das seqüências:
ai ordem 2 com coeficientes a e b e consideremos (Xo, Xl, ...) e (Yo, Yl' ...) em S e a E IR. Então:
= nXl
a
em que Xn +l
=
=
(Xo, Xl, ... , Xn , ... )
qXn (q E IR, fixo).
Vamos calcular x n em função de xo. Temos: Xl
= qxo,
X2
= qXl = q(qXo) = q2 xo , X3 = qX2 = q(q2 XO ) =
= q3 xo , ... , x n = qn Xo . Se q = a seqüência é a = (xo, 0, 0, ... ) e neste caso o conjunto S das seqüências
°
consideradas identifica-se com IR l
=
IR. Seja então q =1= O. Então:
= (Xo, qXo, q2 Xo , ... , qn xo , ... ) = Xo(l, q, q2, Conclusão: S tem dimensão 1 e {ad = {(l, q, q2, a
, qn, ... ). )} é uma base de S.
Voltemos agora ao caso geral onde S é o conjunto das seqüências a = (xo, Xt. ... , xn , ... ) em que Xn+l = aXn + bxn_t. isto é, seqüências recorrentes lineares de ordem 2. Vamos procurar uma base de S formada de seqüências da forma a(n) = qn, com q =1= O. Sendo qn uma solução, devemos ter qn+l =
307
=
aqu
+ bqU-l, V
é o n-ésimo termo de uma seqüência de Fibonacci. Se tomarmos, por exemplo,
n ;;;;. 1. Logo, dividindo por qU-l, vem: q2
Xo
= aq + b
ou, o que é equivalente, q2 _ aq - b
Caso 1: a + 4b 2
=Oe
= 1 teremos: 1 + . f5)n(1 . f5)n 1 X = ( v.J _ - v.J = _ _ ((1 + y'S)n n Xl
2n
= O.
ys
2n~
Observe que, embora não pareça, Xn é inteiro, pois: o = (O, 1, 1,2,3,5,8,13,21, ... ).
> O.
Neste caso existem números reais distintos entre si ql e ~ que verificam a igualdade q2 - aq - b_ = O. Consideremos as seqüências 01 (n) = qf e 02 (n) = ~n. S~ndo b =1= O, entao ql =1= O e ~ =1= O e como ql e ~ são distintos entre si as seqüências 01 e 02 são linearmente independentes. Se mostrarmos que toda seqüência de S é combinação linear de 01 e 02, ficará provado que {aI. 02} é base de S e portanto dim S = 2. Seja 0= (Xo, Xl,' ..) E S; procuremos Cl, C2 E]R de maneira que Ora, isto equivale a:
+ ~02'
oCO) { a(1)
0=
CIOl
= CIOl(O) + ~02(0) = CIOl(l) + C2a2(1)
Caso 2: a2
+ 4b = O
Neste caso a equação q2 - aq - b remos as seqüências:
+
e
Então para n
Daí vem que:
=
Oe n
=
1 devemos ter: 0(0)
0(1)
= =
CIOl(O) CIOl(l)
0=
Xl - Xo~ 01 ql - q2
+
Xoql - Xl ql - ~
+ 4b = 5,
C2 02(0) C2 0 2(1)
e O
2
ou, ainda:
Exemplo - As seqüências de Fibonacci são aquelas que satisfazem X + Xn-l lS. to 'e, aque1as em que a = b = 1. Neste caso: n+l a2
+ +
ou seja:
e portanto
xn
= O admite a raiz real dupla q = ~. Conside-
É fácil verificar que 01 e 02 são vetores (= seqüências) linearmente independentes. Mostraremos que {OI> 02} é uma base de S. Seja o E S; procuremos CI. C2 E ]R tais que
ou seja, a
--
_ (1 _ y's)n).
2n~
ql
=
1
+
ys
--~
e
Portanto:
O
=
Xo0l
2
Xl - Xoq
+ - -q- -
02'
O exemplo mais importante é o das progressões aritméticas definidas por XU+ l = 2Xn - x n - l , Neste caso:
a2 308
+ 4b = 4
- 4
=
O, q
=~ = 2
1 e
309
aI
= (1,
1, 1, ... ) e
a2
= (O,
1, 2, ... )
= (xo, xI> ... ) teremos: ... ) + (Xl - xo)(O, 1,2, ... ).
Daí para toda progressão aritmética a
a
= xo(1,
1, ... , 1,
al(n)
=
< O.
a(n)
Tomando n
= 0,1
= Clpn cos (n'fi) + ~p!l
= cl(-I)n + C2
sen (n'fi), Vn;;;' O.
e a3(n)
=
1 2 n (1 -
V
rc S)n formam uma
e
;n (1
+ .;5)n + C3 ;n (1 - 0)n
+ C2P sen 'fi
+ ~ + C3 1+0
a(O)
=
a(1)
= -Cl +
a(2)
=
Cl
a(O)
cOS'fi
+ 0)n
é a expressão geral das seqüências sujeitas à condição Xn+l = 2Xn -l + Xn-2' Para determinar as constantes Cl, C2 e C3 que produzem uma determinada seqüência, basta lembrar que o sistema linear
temos:
= Cl a(l) = CIP
1 2 n (1
= clal + ~a2 + C3G3
a(n)
Quando isto acontece, existem duas raízes complexas conjugadas da forma p(COS'fi + i sen 'fi) e p(cas 'fi - i sen 'fi). As seqüências aI (n) = pn cos (n'fi) e a2 (n) = = pn sen (n'fi) pertencem ambas a S, são linearmente independentes e geram S. As duas primeiras afirmações ficam a cargo do leitor. Vejamos a terceira. Seja a E S e façamos a = clal + ~a2' Então:
=
base do espaço vetorial S. A solução geral é a
Caso 3: a2 + 4b
(_I)n, a2(n)
2
. (1
Cl
+
~
+ .;5)2 4
C2
+ +
l-y'S
---2-·- C3 (1 - 0)2 4 C3
determina univocamente Cl, C2 e C3'
e daí se tira que a(l)
= a(O) p cos 'fi + C2 P sen 'fi
Portanto: ~
=
a(1) - a(O) p cos 'fi p sen 'fi
Então a(n)
= a(O)pn cos (n'fi) +
a(l) - a(O) p cos 'fi p sen'fi
2. APLICAÇÃO pn sen (mp).
Um problema de Química cuja resposta está ligada às seqüências recorrentes lineares é o seguinte:
Nota: Os mesmos métodos podem ser usados para estudar as seqüências recorrentes lineares de ordem p ;;;. 3. Se, por exemplo, tivermos Xn+l = 2xn _ l + xn - 2 podemos procurar soluções da forma a (n) = qn. Levando esta igualdade à relação
O hidrogênio (H) e o oxigênio (O) reagem segundo a lei: 2H 2
+ O2 -----+ 2H2O
"
que existe entre os termos da seqüência obteremos: Segundo os químicos essa reação é, em verdade, mais complexa, pois a presença dos radicais OH, O e H produz três reações ao mesmo tempo: de onde se tira que: q3
= 2q + 1, ou seja, (q + 1)(q2 - q - 1) = O.
As raízes dessa equação são -1, 310
(2) OH
+ H2 ---+ OH + H + H2 ---+ H20 + H
(3)
+
(1) O
~
(1
+
0) e
~
(1 - 0 ) e as seqüências"
H
O2 ---+ OH
+
O
Estas reações se processam segundo o seguinte esquema: 311
n=O
n
=1
n=4
n=3
n=2
Esse sistema linear, onde as incógnitas são seqüências, é resolvido assim: Xn +l
= Zn = Xn _l + Yn-l = Xn-l + x n - 2 + Zn-2 = = Xn-l + x n - 2 + Xn-l = 2Xn _1 + xn - 2·
Assim, a seqüência que dá o número de radicais O satisfaz a relação:
= 2Xn _1 + x n _2
Xn+l o
H,
que já estudamos. Conforme já vimos
e, pelas condições iniciais Xo como solução do sistema 1 xo
~
1
x,
~O
x,
~O
Y,
~
1
~
2
Yo
~O
Y,
~1
'o
~O
"
~
1
"
x,
~
1
Y,
~
2
"
~2
x,
~
Y,
~3
"
~4
(Admite-se que as três reações têm a mesma velocidade, demorando uma unidade de tempo para completar-se, e que os reagentes existem sempre em quantidade suficiente). No instante t = O, existe apenas o radical O. Calculamos a seguir quantos radicais O, H e OH existem nos estágios sucessivos correspondentes aos instantes n = O, 1, 2, ... Sejam
Yn zn
= número = número = número
+ C2 +
O = -CI
=
CI
+
+
1
(1
C3
+..j5 2
+ ..j5)2 4
+
C2 ~
+
Deixamos ao leitor a tarefa de calcular os valores CI, C2 e C3 para obter o termo geral da seqüência (x n), que é o número de radicais O no instante n. Fica para o leitor demonstrar que também: Yn+l
= 2Yn-1 + Yn-2
e Zn+l
= 2zn _1 + Zn-2'
Assim as seqüências (xn>, (Yn) e (zn> estão no mesmo espaço vetorial de seqüências recorrentes lineares.
de radicais O no instante n; de radicais OH no instante n; de radicais H no instante n.
Então a terceira reação H + O2 ------+ OH + O diz que Xn+l = zn, pois um radical O aparece no instante n + 1 quando existe um radical H no instante n. A primeira e a terceira reação dizem que Xn + zn = Yn+1 e a primeira e segunda reação dizem que zn+l = Xn + Yn.
Xn +l
oo
fonnado pelas seqüências (xo, Xl, ... , xn, ...) tais que xn + í = aXn + bXn _ I, Achar uma base de S nos seguintes casos:
zn
= Yn+l Zn+l = xIÍ. + Yn, Vn Xo = 1, Yo = Zo = O. Xn
com a condição inicial
+
=
EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Seja S o sub-espaço de R
Todo o processo é então descrito por:
312
CI
1
1
Xn
=
= 1, Xl = O, X2 = 1, teremos os valores de CI, C2, C3
e b
e b
c) a = 2 e b = 1;
g)
e b
d) a = 1 e b = -3;
h)
b) a = -1
E N.
=2 =6 a =O a=O
e) a
f) a
a) a = 1
Zn
e b = 2;
e b = 2;
e b
= -5; = -9; = -1; = 1. 313
2. Seja S o subconjunto das seqüências (x o , X" .•. , xn, ...) E IR 00 tais que Xn + 3 = oo = 6xn + 2 -:- llxn +! + 6x n Vn E N. Provar que S é um sub-espaço vetorial de IR e
CAPíTULO
achar uma base desse sub-espaço.
Equações e Sistemas de Equações Diferenciais Lineares com Coeficientes Constantes
3. Mesma questão, com relação a x n +4 = 5xn+3 - 5xn+2 - 5xn+! + 6xn, Vn E N. 4. Observar que:
= 3 = 1 + 1 + 1 = 1 + 2 = 2 + 1; n =4 = 1 + 1 + 1 + 1 = 1 + 1 + 2 = 1 + 2 + 1 =2 n
+ 1+ 1
=2
5
+ 2.
O "3" pode ser obtido como soma de "1" e "2" de três maneiras distintas. O "4" pode ser obtido como soma de "1" e "2" de cinco maneiras distintas. Faça o mesmo com relação a 5, 6 e 7. *5. Seja an o número de seqüências de "1" e "2" cuja soma dos termos é n. Provar que an + = an + an _ 1. Deduzir a expressão de an·
1. OPERADORES DIFERENCIAIS 1
=
Seja IR a reta real e seja Coo (IR) o conjunto de todas as funções reais definidas em IR e que admitem derivadas de todas as ordens. Esse conjunto é um espaço vetorial sobre IR pois sendo f(t) e g(t) duas funções que pertencem a CO (IR) e sendo a um número real, então f(t) + g(t) e a f(t) também pertence a Coo (IR) e, além disso, os axiomas da definição de espaço vetorial podem ser verificados de maneira análoga ao que foi feito para o espaço das funções contínuas. No entanto Coo (IR) não é um espaço vetorial de dimensão finita. Se f(t) E C= (IR) então para todo n ;:: O, f'(t), f"(t), ... , f(n)(t) também pertencem a C= (IR) e portanto toda combinação linear aof(t) + a]f'(t) + ... a nf(lI)(t) é um elemento de C= (IR).
Definição 1 -
A aplicação que associa a cada f(t) E C= (IR) a função
aof(t) + a1f'(t) + ... + anf(n)(t), com a n ~ O, chama-se operador diferencial de grau n com coeficientes constantes ao, ... , an0 Se representarmos por D o operador linear dado por D(f(t)j = f'(t), então o operador diferencial definido acima é aoI + a]D + a 2D2 + ... + anDn (I = operador idêntico) ou apenas ao + a]D + ... + anDn, como é costume representar. Notemos que um operador diferencial é necessariamente linear.
Exemplos 1) Consideremos o operador diferencial 2 - 3D. Aplicando esse operador a uma função f(t) obtemos a função seguinte: (2 - 3D)(f(t» = 2f(t) - 3D(f(t» = 2f(t) - 3f'(t). Se, por exemplo, f(t) = 5e 3t então
(2 - 3D)(5e 3t ) Se f(t)
t3
-
2(5e3t )
-
3(I5e3t )
=
-
35e 3t •
1, então
(2 - 3D)(t3
314
=
-
1)
2t 3
-
2 - 3(Jt2)
315
2) Consideremos o operador diferencial D2 f(t) = sen wt. Então (D2 + ( 2 )(senwt) = D2(senwt) + w2(sen wt)
+
w 2 , onde w E lR e a função
= - W2 sen wt + w 2 senwt =0. 2 Logo sen wt pertence ao núcleo de D + W2. 3) A função f(t) = e at , onde a E lR, está no núcleo do operador D-a pois: (D - a)(e at ) = D(eat ) _ ae at = ae at _ ae at = O.
2. ÁLGEBRA DOS OPERADORES
Sejam os operadores diferenciais LI = ao + alD + ... + anD n e L 2 = = bo + b ID + ... + b m Dm , onde n .,:;;; m. Conforme já vimos anteriormente o operador soma LI + L 2 é definido por (LI + ~)(f(t)) = LI (f(t)) + ~(f(t)) e daí decorre que: LI
EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Aplicar o operador diferencial D3
+ D2 + D -
a) sen t; b) cos t;
f)
g)
2
d) sen t + cos t; 2t e) 5 + e ;
às seguintes funções:
t; 2 et ; 2
+ t + 1; i) t + t2 + t -
h) t
c) e \
1
3
l.
2. Aplicar os operadores lineares abaixo à função sen wt: a) D;
d) D 2
+
b) D 2 ;
e) D 2
+ w3.
a) D;
d) D 2
+
2
e) D 2
+ w3.
c) D
2
w2;
+ w;
3. Aplicar à função cos wt os operadores:
b) D ; c) D
4.
2
+
w2;
w;
Provar que toda combinação linear(com coeficientes em IR) das funções sen wt ecos wt pertence ao núcleo de D2 + W2.
5. Provar que toda função da forma ke at , onde k E IR, está no núcleo do operador D - a. 6. Demonstrar que se uma função f(t) está no núcleo de D - a, então f(t) é dada por
f(t) = ke at , onde k é um número real. Sugestão: Considere a função f(Oe- at e mostre que ela é constante.
+ L 2 = (ao + bo) + (ai + bl)D + ... + (an + bn)Dn + + bn+lOU+ 1 + ... + bmDm .
Portanto a soma de dois operadores diferenciais é um operador diferencial e essa soma se calcula de maneira análoga à soma de polinômios. Por exemplo, se LI = 3 2 = 5D + 3D - 4D + I e L 2 = D 4 - 3D3 + D, então LI + L 2 = D4 + 2D 3 + 3D2 - 3D + 1. De maneira análoga, se À E lR e L = ao + alD + ... + anDn , então o produto ÀL do operador L pelo número real À é o operador ÀL = Àao + ÀalD + + ... + ÀanD n . Por exemplo se L = 5D 3 + 3D2 - 4D + I, então 5L = 25D3 + + 15D2 - 20D + 5. n Se LI = ao + alD + ... + anD e L 2 = b o + blD + ... + bmD m vejamos como se obtém LI o L 2 . Da definição de composta temos para toda função f(t) de C" (lR):
= LI (L2 (f(t)) = LI (bof(t) + blf'(t) + ... +bmf(m)(t)) = = LI (bof(t)) + LI (blf'(t)) + + LI (bmf(m)(t)) = = boLI(f(t)) + bILI(f'(t)) + + bmLI(f(m)(t)) = = bo(aof(t) + alf'(t) + + anf(n)(t)) + bl(aof'(t) + alf"(t) + + ... + anf(n+l)(t)) + + bm(aof(m)(t) + ... + anf(n+m)(t)) = (LI o L 2)(f(t))
= boaof(t) + (bOal + blao)f' (t) + (bOa2 + blal + b2ao)f"(t) + + ... + bmanf(n+m)(t) e daí reconhecemos facilmente que LI o L 2 também é um operador diferencial que é definido por: LI o ~
= boao + (bOal + blao)D + (bOa2 + blal + b2ao)D2 +
+ ... + bmamDm +n que corresponde ao produto:
316
317
efetuado como se os operadores diferenciais fossem polinômios ordinários. Por essa razão neste caso é comum indicar-se por L 1L2 a composta e dar a ela o nome de produto dos operadores LI e L2 (é o que faremos a seguir). Observemos que o grau de LI~ é a soma dos graus de LI e ~.
Exemplo - Sejam LI = D2 - 3D + 1 e ~ = 3D2 - 1. Então: LI~ = (02 - 3D + 1)(3D 2 - 1) = 3D4 - D2 - 9D 3 + 3D + 3D2 - 1 =
= 3D4 L1L 1 = (02 -
9D3 + 2D2 + 3D - 1 e 3D + 1)(02 - 3D + 1)
= D4
-
6D3 + 1m2 - 6D + 1.
3. EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES COM COEFICIENTES CONSTANTES As equações diferenciais lineares com coeficientes constantes aparecem em numerosos problemas de outras ciências, o que as torna bastante importantes. Na Física, por exemplo, elas aparecem em Mecânica e Radioatividade. Em Biologia, no problema de crescimento de populações. O cálculo das soluções de tais equações é feito inteiramente dentro da Álgebra Linear. As equações diferenciais lineares fazem parte dos problemas que deram origem â Álgebra Linear.
Definição 2 - Uma equação· do tipo
EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Sejam LI
a) LI
== SD2
-
4D
+ 1, L2 == D - 3 e L3 == D S
+ ~ + L3;
b) 2L 1 - L2
c) LI - ~
-
3 D . Calcular:
e) LIL 3 ;
+ L3 ;
f) L 1 L2L 3 ;
+ L 3;
a) Lf;
b) L[;
aoy + alY' + a2Y" + ... + any(n)
g) LfL2 .
= h (t).
Toda função f(t) tal que
d) LIL2; 2. Sejam LI == 3D
L(y) = h(t) (1) n onde L = ao + alD + ... + anD é um operador diferencial de grau n com coeficientes constantes, h(t) é uma função dada em Coe (lR) e yé a função incógnita (também em Coe (lR)), chama-se equação diferencial linear de grau n com coeficientes constantes. ExplicitaÍnente a equação (1) se apresenta assim:
2
+1
L (f(t))
e L2 == D. Calcular:
+ ~)3; e) (LI + L2)n.
d) (LI
é verdadeira chama-se solução da equação diferencial. Se, a função h (t) é identicamente nula, a equação (1) assume a forma mais simples L(y)
c) L?;
n 3. Qual é o núcleo do operador D? E do operador D ? 4. Sejam LI e L2 dois operadores diferenciais com coeficientes constantes. É verdade que LI~ == L2 LI? 5. Achar uma função que esteja no núcleo do operador D - 2 e cujo valor para t = O seja 4. Fazer o gráfico dessa função. 6. Achar uma função que esteja no núcleo do operador D 2 , cujo valor para t = Oseja 3 e tal que o valor de sua derivada em t = Oseja 1. Fazer o gráfico dessa função. 7. Achar todas as funções que estão no núcleo do operador D 2 e cujo valor para t = 2 seja 5. Desenhar em um mesmo gráfico algumas dessas funções.
= h(t)
= O.
Quando isso acontece as soluções da equação são as funções que estão no núcleo de L. Por isso é importante saber calcular o núcleo de um operador. Dada a equação diferencial L(y) = h(t) a equação L(y) = O chama-se equação diferencial homogênea associada ã equação dada. Teorema 1 - Seja L(y) = h (t) uma equação diferencial linear e L(y) = O a equação homogênea associada. Se f(t) é uma solução de L (y) = h (t) e se N é o núcleo de L, então: f(t)
+N =
{f(t)
é o conjunto das soluções de L (y)
+ g(t) I g(t)
E
N}
= h (t).
Demonstração, - Em primeiro lugar, se g(t) E N, então f(t) + g(t) é uma solução de L(y)
= h(t)
pois:
L(f(t) + g(t)) 318
= L (f(t)) + L(g(t)) = h(t) + O = h (t). 319
Por outro lado, se k(t) é uma solução qualquer de L(y) = h(t), então
d) f" = -f; e) f H
+ f = O.
L(k(t) - f(t)) = L (k(t)) - L (f (t)) = h(t) - h(t) = O 3. Achar a solução geral das seguintes equações diferenciais:
o que mostra que a função g(t) = k(t) - f(t) está no núcleo N de L e daí k(t) = f(t)
+ g(t) E
f(t)
+ N.
-
a) f' = O;
c) f' = f;
b) f(n) = O;
d) f' = af(a
4. Mostrar que f(t)
E
IR).
= t é uma solução de y" + Y = f(t).
Explicação O teorema que acabamos de provar nos ensina um fato muito importante. Se quisermos achar todas as soluções da equação (1), podemos proceder em três etapas:
1) Procuramos uma solução particular f(t) de (1). 2) Determinamos o núcleo do operador diferencial L. 3) Somamos cada função do núcleo de L com a solução particular f (t) que encontramos na primeira etapa.
5. a) Provar que as funções sen t ecos t são ambas soluções de yH + y = O. b) Provar também que sen t ecos t são linearmente independentes. c) Achar a solução geral de y" + y = O. d) Achar todas as soluções da equação y" + Y = t. 6. Seja L
= D2 -
2D + 2.
a) Provar que as funções fi (t) rencial L(y) = O.
= etcos t e f2( t) = etsen t são soluções da equação dife-
b) Provar que fi (t) e fit) são linearmente independentes.
Admitiremos sem demonstração o seguinte resultado:
"O núcleo de um operador diferencial L = ao + alD + ... + anDn , com co an O, é um sub-espaço vetorial de C (lR) de dimensão finita igual a n." A demonstração desse resultado está acima do nível deste livro. No próximo parágrafo daremos métodos para resolver equações homogêneas L(y) = O. A resolução das equações não homogêneas exige resultados de análise um pouco mais elaborados, razão pela qual não será vista neste livro.
"*
c) Qual é a solução geral da equação y" - 2y'
+ 2y = O?
d) Dentre as soluções existe uma, e apenas uma que satisfaz as condições f(O) = 1 e f'(0) = -1. Ache-a.
4. EQUAÇÕES HOMOGÊNEAS DE SEGUNDA ORDEM EXERCÍCIOS PROPOSTOS
"*
1. Escrever as equações diferenciais homogêneas determinadas pelos operadores seguintes: f) 3D2 - 2D; a) D; b) D 2 ;
g) D
n c) D ;
d) D
+
2
+ W2;
h) D - a; i) (D - l)(D
1;
e) D2 - 3D
+ 1).
+ 1;
Demonstração - Suponhamos que f(t) está no núcleo de Li, isto é Li (f(t)) = O. Então: De maneira análoga se completa a demonstração. _
= O;
Nota: O teorema 2 pode ser generalizado para um produto LtLz ... L n (n ;;;. 2)
b) 3 f H + 2 f' + f = O; c) f(n)
320
Teorema 2 - Sejam Li e Lz operadores diferenciais com coeficientes constantes. O núcleo de Li e o núcleo de Lz estão contidos no núcleo de L 1 Lz.
(L 1L2)(f(t)) =(LzL 1)(f(t)) = Lz(Lt(f(t))) = Lz(O) = O.
2. Quais os operadores que definem as equações diferenciais seguintes? a) f H
Neste parágrafo vamos calcular as soluções da equação diferencial homogênea aoy + alY' + a2Y" = 0, onde a2 O. Comecemos com o seguinte teorema válido para operadores lineares de qualquer grau. '
+ f(n-l) + ... + f' + f
= O;
de operadores. Deixamos ao leitor a tarefa de enunciá-lo.
321
Exemplo - Seja a equação diferencial linear e homogênea y" - 4y = O ou, de maneira equivalente, (D2 - 4)(y) = O. Como (D2 - 4) = (D - 2)(D + 2), então o núcleo de D - 2 e o núcleo de D + 2 estão ambos contidos no núcleo N de D2 _ 4. Ora, o núcleo de D - 2 é constituído pelas funções k 1e2t e o núcleo de D + 2 pelas funções k 2e- 2t . Sendo N um sub-espaço vetorial de C" (IR), então todas as funções k 1e2t + k2 e- 2t (k 1, k2 E IR) pertencem a N. Como dim N = 2 e como e2t e e-H são funções linearmente independentes, então essas funções formam uma base de N. Assim a solução geral de (02 - 4)(y) = O é f(t) = k e2t + k e- 2t . 1
2
Seja agora a equação diferencial de segundo grau: aoy + alY' + a2Y" = O, ou seja (ao + alD + a2D2 )(y) = O. Podemos supor que a2 = I pois ao + al D + + a2 D2 e ~ + ~ D + D2 têm exatamente o mesmo núcleo. Consideremos o a2 a2 polinômio do segundo grau ao + alx + x 2 cujas raízes no campo complexo são 0:1 e 0:2' Conforme veremos as soluções da equação (ao + alD + D2)(y) = O dependem da natureza bem como da multiplicidade das raízes do polinômio considerado acima. Três casos se apresentam:
"*
Caso 1: 0:1 e 0:2 são números reais e 0:1 0:2' Neste caso as funções e~2t e e~2t são linearmente independentes, {e~lt}é base do núcleo de D - 0:1, {e~t} é base do núcleo de D - 0:2 e portanto formam juntas uma base do núcleo de (D - 0:1)(0 - 0:2) = D2 - (0:1 + 0:2) + 0:10:2 = D2 + al D + ao· Neste caso a solução geral de aoy
+ alY' + y" =
kle~lt
+
Sendo eM e teM soluções e sendo funções linearmente independentes elas formam uma base do núcleo de (ao + alD + D2) e portanto a solução geral da equação é: k 1ec ... , x n ), v = (YI' ... , Yn)) de lRn X lRn associa o número real = XIYI + ... + xnYn' Esse número real chama-se produto escalar dos vetores u e v. Conforme vimos anterior-
.J
ment~o número real positivo lIu 11 = xl + ... + x; (estritamente positivo se u :;i: (O, ... , O)) é a norma do vetor u. Lembremos ainda que se u é um vetor do ]Rn e se {gl' ... , gs} é uma base ortonormal de um sub-espaço W de lRn , então a projeção de u sobre W (indicaremos por projw u) é o vetor dado por: projw u
6. Calcular aprojeção do vetor (x, y, z) E IR 3 sobre o sub-espaço gerado por (1,0, O) e(O, 1, O). Fazer uma figura. 7. Provar que projg(ul + u2) = projgu 1 + projgu2. Fazer a figura. 8. Provar que projg À 2 •... , À n .
"j5);
b) 12 - 4; ± 2;
2
c) 1 - 31 + 2; I e 2; d) 12 - 4; ± 2.
+ X2YI +
6.
+ XIY3 + x3Yl + x2Y3 + x3Y2'
~ ~). 1.2.
I. a) q(n, Y2) = Y;; 2 c) q(YI, Y2) = YI - 2yi; 2 e) q(YI, n) = 4YI - 4yi.
PTUl =
Os valores próprios de T são
cX3Y2·
+ 2x2Y2 + 2x,y, - 2XIY2 - 2X2YI + 4xIY, + + 4x'YI - X2Y' - X'Y2)'
8.7.
3 (triplo) e (1, O, O, O) e (O, O, 0,1); 4 e (O, O, 1, O).
19 ( 33
a= = e =-c;
c) ad = bc.
346
,fi -
No 1R : 3XIYl
h) Matriz de f(u, v) = xI Y2 - x2YI: ( _
b)
(1,
c) Não há valores próprios reais.
São formas bilineares: a), b), c), d) e h).
6. a) Matriz de f(u, v) = xI' n:
7.
,fi e
b) -1 e qualquer vetor não nulo;
3.
5.
I. a)
PA(I) = (I - 2)'(1 - 3); 2 (duplo) e 3.
7.
I (duplo); não há.
8.
PA(I) = (au - l)(a22 - I) ... (a nn - I).
I. a) M =
2.
C-;):
M= (
O -:
O
O
=::
b) Não existe.
3. a) p/ti ~ (À - (l" b) dim V(À) ~ 1
-7 )
-: 347
2.
I. a) Hipérbole
2. a)
f) {3n , n3 n }; = I
(hipérbole)
g) jcos n " , sen n;
2
I:
superfície cilíndrica de diretriz elíptica
I;
3.
2: um ponto 3
5=1+1+1+1+1=1+1+1+2=
.. <
2:
.
5.1.
2 =+(1 - I).
2~ (I
Lo =
L4 =
i4
5.6.
2.
-. 1)(1 - 2)(1 - 3);
4
31 - 21' + 12 - I + 5 = 5Lo + 6L I + +.39L2 + 200L. + 657L4.
I
5.3.
6. b) . X(I) =
3.
Funções constantes; polinômios degrau n - 1.
4.
Sim.
S.
4e21. 1+3.
7.
Polinômios da forma aI
+ (5 -
b) (2,1);
7 d) T(I, I, I, I, I, 1).
+ 'Ye t ;
X(t) =
I. a) OS -O' +50 2 -30-2; d) 50' - 190 2 + 130 - 3.
6.
2t
2
a) .
d) O.
4 2 1 + I' - 1 - I + 1 = Lo + LI + 19L, + + 97L. +301 L4
I I. a) 2(3,3);
c) (O, O, O);
2. a) 1; c) 12.
6.3.
i) a sen wt + p cos wt.
I. a)
53
c) k
2' - ..!.. - ..!..e 2 2
((I
+
t2)e2'
2 I.,. e ' + 31e2t t 202' -1+e2t _te 2t
k=f;.
b) k =31;
I
-,2e2') e
(
5.2.
1 24 t(1
+ l1e-
3. a) -wsenwl;
t(1 - 1)(1 -2)(1 - "),
6.2.
I. a) "e 21 + ~e -31; c) lk
e) (_w2 .. w') senwl.
1 L2 = 4t(1 - l}(1 - 3)(1 - 4),
[gJl e (g].
e) ,,+ ~e21 + -rle 21 + 612e2l; g) "e SI + ~leSI;
c) (_w2 +w)senwl;
- 1)(1 .,. 2)(1 - 3)(1 - 4),
(x, y, O)•
9.
I 1 e (2 cos SI + "5 sen SI).
S. 5.5.
2. a) w cos wt;
LI =- il(1 - 2)(1 - 3)(1 - 4),
L. = -
- v'S)2d = 8.
6.
c) f" -4C' + 20f=0.
e) 13e 21 - 5; l2 2 g) e (81' + 41 + 141 + 1); 2 i) -I' + 21 + 71 + 10.
c) 1 = Lo + LI + L2.
I, I, 1, 1).
~Iel.
b) f" - 9C= O;
1. a) -2senl; c) 13e 21 ;
2. a) 12 =L I +41 2; 2 b) 1 + I + 1 = Lo + 3L I 'l- 7L2 ,
T19 (I,
4. a) C" + 8C' + 16f= O;
(I + v'S)c + (I - JS)d = 2 e (I + JS)2c +
1. a) Lo = +(12 - 31 + 2), LI = _1 2 + 21, L, =
3.
c)
b) e'/21 + 2Ie'/21 ;
c e d são as soluções do sistema linear
. ebpse
+ (I 3.2.
O, 1);
b) u;
c) _ .21 + 4.1.
. d an = ;n (I + v'S)n + ~ (I - v'S)n onde
s.
.. > 2: vaz'o 3
8 17 (4, O,
4. a)
+1+1=2+2+1=2+1+2=1+2+1
-I[ 3 .. =
c) 3;
e) 26.
2. a) 2 (sen..[2I + cos..[2 1);
4.
=1+1+2+1=1+2+1+1=2+1+
.. >
I. a) 5;
c} "cos 21 + ~sen 21; e) ".21 + ~ e4/'I; g) ".1 +
4. b)" = -I: parábola .. < - I: hipérbole
6.1.
I. a) "el + ~e -21;
5.4.
{1,~, 3n }.
2.
+ P sen t, a, PER;
l 6. c) e (" cosI + ~ sen 1), ",~ER; l d) e cos I.,. 2e l sen I.
h) {I, (_I)n}.
=
c) Ctcos t
d) I+"cosl+~seol.
., = IIB (I + 2i);
4- -4-
3. a) Elipsóide d) xf + 2zf
s.
e) {( ",'5)0 cos o
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