Álgebra linear
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Tópicos clássicos para um primeiro curso de álgebra linear....
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Paulo Almeida Enide Andrade Martins So a Pinheiro Maria Raquel Pinto Rosália Rodrigues Rita Simões
Apontamentos de Álgebra Linear
Departamento de Matemáti a Universidade de Aveiro Janeiro de 2012
Conteúdo 1 Matrizes. Noções gerais
2
1.1
De nição. Algumas matrizes espe iais
. . . . . . . . . . . . . . .
3
1.2
Operações om matrizes e suas propriedades . . . . . . . . . . . .
5
1.2.1
Adição de matrizes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
1.2.2
Multipli ação por um es alar
7
1.2.3
Multipli ação de matrizes . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
1.2.4
Transposta de uma matriz . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12
. . . . . . . . . . . . . . . .
2 Sistemas de equações lineares
16
2.1
Sistemas e matrizes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17
2.2
Método de eliminação de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21
2.3
Dis ussão de sistemas
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
28
2.4
Sistemas homogéneos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
31
3 Matrizes invertíveis. Determinantes 3.1
3.2
35
Matrizes invertíveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
36
3.1.1
Propriedades da inversa
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
37
3.1.2
Algoritmo de inversão
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
39
Determinantes. Con eitos gerais . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
42
3.2.1
Propriedades do determinante . . . . . . . . . . . . . . . .
46
3.2.2
Teorema de Lapla e
49
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3
Condições de invertibilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
52
3.4
Cál ulo da inversa a partir da matriz adjunta . . . . . . . . . . .
55
3.5
Sistemas de Cramer
57
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4 Espaços ve toriais sobre um orpo
60
4.1
De nição e propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2
Subespaços ve toriais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
61 66
4.3
Combinação linear de ve tores
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
69
4.4
Independên ia e dependên ia linear . . . . . . . . . . . . . . . . .
71
4.5
Subespaço gerado por ve tores
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
78
4.6
Sistema de geradores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
80
4.7
Base e dimensão
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
81
4.8
Coordenadas de um ve tor relativamente a uma base . . . . . . .
90
CONTEÚDO 4.9
ii
Interse ção, reunião e soma de subespaços . . . . . . . . . . . . .
4.10 Teorema das dimensões
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.11 Subespaço omplementar
97
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
5 Apli ações lineares 5.1
92
106
De nição e propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107 5.1.1
Classi ação de apli ações lineares . . . . . . . . . . . . . 111
5.1.2
Propriedades das apli ações lineares
. . . . . . . . . . . . 112
5.2
Imagem e imagem re ípro a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
5.3
Nú leo e imagem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
5.4
Isomor smos
5.5
Matriz de uma apli ação linear
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
L(E, E ′ )
e
Mp×n (K)
5.5.1
Isomor smo entre
5.5.2
Matrizes invertíveis e isomor smos . . . . . . . . . . . . . 134
. . . . . . . . . . 134
5.6
Matriz de mudança de base
5.7
Relação entre matrizes de uma mesma apli ação linear . . . . . . 137
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135
6 Valores e ve tores próprios
142
6.1
Valores e ve tores próprios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143
6.2
Endomor smos diagonalizáveis
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151
7 Produto interno
163
7.1
De nição e exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164
7.2
Norma de um ve tor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166
7.3
Ângulo entre ve tores
7.4
Ve tores ortogonais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
7.5
Sistema ortogonal e sistema ortonormado
7.6
Base ortogonal e base ortonormada . . . . . . . . . . . . . . . . . 175 7.6.1
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169 . . . . . . . . . . . . . 174
Método de ortonormalização de Gram-S hmidt . . . . . . 176
7.7
Matriz da métri a
7.8
Complemento ortogonal e proje ções ortogonais . . . . . . . . . . 182
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179
7.9
Subespaço ortogonal de um subespaço ve torial . . . . . . . . . . 184
7.10 Distân ia entre ve tores
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186
1. Matrizes. Noções gerais
1.1 De nição. Algumas matrizes espe iais
3
1.1 De nição. Algumas matrizes espe iais Suponha-se que se está a trabalhar em estruturas algébri as onhe idas, omo por exemplo, Considere
K
C, R
Q
ou
om as operações usuais de adição e de multipli ação.
um desses onjuntos. Aos elementos de
De nição 1.1.
Uma
K
hamam-se es alares.
matriz do tipo (ou de tamanho) p × q sobre K é uma
tabela de dupla entrada om
p
q
linhas e
olunas ujas entradas perten em a
K.
Em termos de notação representam-se matrizes por letras maiús ulas e usa-se a tabela de números dentro de parênteses re tos omo indi ado a seguir:
Os es alares
aij , A.
elementos ) de
om
a11 a21 A= . .. ap1
i
e na oluna
j
Exemplo 1.2.
aij
om
(ou entrada Seja
A
···
ap2 e
j ∈ {1, . . . , q}
dizem-se entradas (ou
i ∈ {1, . . . , p}
e
j ∈ {1, . . . , q}.
representa a entrada da matriz
A que se en ontra na linha (i, j).
e é usual referir omo sendo a entrada (ou o elemento)
A matriz
3 × 2 pois (3, 1)) é 6.
é uma matriz do tipo
a31
. . .
Em termos gerais, também se es reve
A = aij ,
O termo genéri o
. . .
i ∈ {1, . . . , p}
a1q a2q . . . . apq
··· ···
a12 a22
uma matriz do tipo
quadrada de ordem
p.
1 4 A = 2 9 6 5
é omposta por
p × q.
Quando
3
linhas e
p=q
2
olunas. A entrada
diz-se que
A
é uma matriz
Quando se tem uma matriz om uma só oluna (linha)
hama-se matriz oluna (matriz linha ).
Exemplo 1.3.
Considere as matrizes
A= A matriz
A
2 3 , 3 1
B=
é quadrada de ordem
2 3
2, B
e
C= 2 3 .
é uma matriz oluna e
C
é uma matriz
linha.
A = aij , om i, j ∈ {1, . . . , p}, uma matriz quadrada. As entradas aij
om i = j , isto é, as entradas da forma aii , formam a diagonal prin ipal de A. Os elementos aij e aji , om i 6= j , estão dispostos simetri amente em relação à Seja
diagonal prin ipal, e por isso dizem-se opostos.
1.1 De nição. Algumas matrizes espe iais Exemplo 1.4.
Considere a matriz
2 A=0 2
Chama-se
0 4 0
3 1 5 2, 1
Os elementos da diagonal prin ipal são As entradas mar adas por
De nição 1.5.
4
0
e
e estão assinalados por
matriz diagonal a uma matriz quadrada em que os
elementos que não são da diagonal prin ipal são iguais a zero, ou seja, para
.
são um exemplo de elementos opostos.
aij = 0
i 6= j .
Exemplo 1.6.
A matriz
A= é uma matriz diagonal.
De nição 1.7.
2 0 0 1
matriz es alar a
Chama-se
uma matriz diagonal em que os
elementos da diagonal prin ipal são todos iguais entre si.
Exemplo 1.8.
As matrizes
A=
2 0 0 2
−3 0 0 B = 0 −3 0 0 0 −3
e
são matrizes es alares.
Um aso espe ial de uma matriz es alar é a matriz em que todos os elementos da diagonal prin ipal são iguais a
1.
Assim, a matriz identidade de ordem
Essa matriz hama-se matriz identidade.
n,
representa-se por
··· ···
1 0 0 1 In = . . .. .. 0 0
..
.
···
In ,
e é a matriz
0 0 . . . . 1
Se a sua ordem for depreendida do ontexto, representa-se simplesmente por
I.
Observe-se que
In = δij ,
sendo
δij =
A matriz nula do tipo
p×q
δij
o símbolo de Krone ker, ou seja,
1 0
se se
i=j . i 6= j
é uma matriz em que todas as suas entradas
são iguais a zero e representa-se por
0p×q .
Por vezes representa-se apenas por
(zero), quando no ontexto está subentendido o tipo da matriz.
0
1.2 Operações om matrizes e suas propriedades De nição 1.9.
Uma matriz quadrada diz-se matriz
aij = 0
i > j,
quando
5
triangular superior
nulos. Analogamente, uma matriz quadrada diz-se matriz se
aij = 0
quando
se
isto é, os elementos abaixo da diagonal prin ipal são
i < j,
triangular inferior
isto é, os elementos a ima da diagonal prin ipal são
nulos.
Exemplo 1.10.
A matriz
A
Sejam
3 A = 0 0
4 2 0
1 2
0 1
−2 B= 7 −4
e
é triangular superior e
De nição 1.11.
B
0 0 3 2
0 0 . −1
é uma matriz triangular inferior.
A = aij e B = bij do tipo p × q i ∈ {1, . . . , p} e j ∈ {1, . . . , q}.
Duas matrizes
iguais se aij = bij , para todo
dizem-se
1.2 Operações om matrizes e suas propriedades 1.2.1 Adição de matrizes Seja
Mp×q (K)
o onjunto das matrizes do tipo
p×q
om elementos em
K.
A adição de matrizes é uma apli ação de nida no produto artesiano
Mp×q (K) × Mp×q (K)1 que, a ada par de matrizes de
Mp×q (K)
(A, B),
geralmente denotada por
operação interna em
Mp×q (K).
faz orresponder uma e uma só matriz
A + B.
Também se diz que esta é uma
Em termos de representação das entradas da
matriz que resulta da adição de duas matrizes quaisquer apresenta-se a seguinte de nição.
De nição 1.12.
matriz soma
A, B ∈ Mp×q (K) tais que A = aij , B = bij . a matriz de Mp×q (K) de nida por: A + B = cij ,
Sejam
A+B
é
om cij = aij +bij , para todo i ∈ {1, . . . , p} e simplesmente A + B = aij + bij .
Exemplo 1.13.
Sejam
A= Tem-se que
1 4
−2 3 5 0
e
j ∈ {1, . . . , q}. Por vezes es reve-se
B=
6 −1 7 8
2 9
.
1 + 6 −2 + (−1) 3 + 2 7 −3 5 A+B = = . 4+7 5+8 0+9 11 13 9
1M
p×q (K)
A
× Mp×q (K) = {(A, B) : A, B ∈ Mp×q (K)}
1.2 Operações om matrizes e suas propriedades
6
Propriedades da adição de matrizes Apresentam-se agora algumas propriedades da adição de matrizes. Ir-se-á provar algumas destas propriedades e as restantes demonstrações são deixadas omo exer í io. Sejam
A, B, C ∈ Mp×q (K)
matrizes quaisquer.
• Comutatividade: A + B = B + A. Demonstração. Sejam
j ∈ {1, . . . , q}.
A =
Tem-se:
A + B = aij + bij = bij + aij
aij
e
B =
bij
, om
i ∈ {1, . . . , p}
e
por de nição de adição de matrizes pela omutatividade em
K
=B+A
• Asso iatividade: (A + B) + C = A + (B + C). Demonstração. Sejam
A = aij , B = bij e C = cij , om i ∈ {1, . . . , p}
j ∈ {1, . . . , q}. Tem-se: (A + B) + C = aij + bij + cij = (aij + bij ) + cij = aij + (bij + cij ) = aij + bij + cij = aij + bij + cij e
por de nição de adição de matrizes por de nição de adição de matrizes pela asso iatividade em
K
por de nição de adição de matrizes por de nição de adição de matrizes
= A + (B + C).
• Existên ia de elemento neutro: 0p×q + A = A.
• Existên ia simétri o: A + (−A) = 0p×q , de elemento A = aij então −A = −aij .
onde, sendo
As demonstrações da existên ia do elemento neutro e simétri o am omo
exer í io. Uma vez que são válidas estas quatro propriedades, diz-se que
Mp×q (K)
munido da adição de matrizes é um grupo abeliano (ou omutativo).
Observação 1.14. A + (−B)
por
Dadas duas matrizes
A − B.
A, B ∈ Mp×q (K),
denota-se a matriz
1.2 Operações om matrizes e suas propriedades Exer í io 1.15.
Considere as matrizes
Cal ule
7
−4 9 10 A = 5 −5 0 9 1 1
−4 −1 −3 1 5 . B= 9 2 0 −1
e
A − B.
1.2.2 Multipli ação por um es alar Pode também de nir-se uma operação externa entre o onjunto das matrizes e o onjunto
K.
A multipli ação por um es alar é uma apli ação de nida no
K × Mp×q (K) que a ada par (α, A) faz orresponder uma e Mp×q (K) geralmente denotada por αA. De nição 1.16. Seja A ∈ Mp×q (K) tal que A = aij e seja α ∈ K um es alar. A matriz αA é a matriz do tipo p × q que se obtém de A multipli ando todas as entradas de A pelo es alar α, ou seja: αA = cij , produto artesiano
uma só matriz de
om
cij = αaij ,
para todo
Exemplo 1.17.
Seja
i ∈ {1, . . . , p}
A=
2 1 3 1
Cal ule
A=
2A − 3B , 4 5 −1 0
j ∈ {1, . . . , q}.
, então
2A =
Exer í io 1.18.
e
4 2 6 2
.
sabendo que e
B=
−1 2 3 1
.
Propriedades da multipli ação por um es alar Sejam quer.
α, β
es alares quaisquer de
K
e sejam
A, B ∈ Mp×q (K)
matrizes quais-
• Distributividade da multipli ação por um es alar em relação à adição de matrizes: α(A + B) = αA + αB .
1.2 Operações om matrizes e suas propriedades Demonstração. Represente-se
j ∈ {1, . . . , q}.
Tem-se que:
α(A + B) = α aij + bij = α(aij + bij ) = αaij + αbij
= αaij + αbij = α aij + α bij
A = aij
e
8
B = bij ,
om
i ∈ {1, . . . , p}
e
por de nição de adição de matrizes por de nição de multipli ação por um es alar pela distributividade da multipli ação em relação à adição em
K
por de nição de adição de matrizes por de nição de multipli ação por um es alar
= αA + αB.
• Distributividade da multipli ação por uma matriz em relação à adição de es alares: (α + β)A = αA + βA. Demonstração. Represente-se A Tem-se que:
(α + β)A = (α + β) aij = (α + β)aij = αaij + βaij
= αaij + βaij = α aij + β aij
= aij , om i ∈ {1, . . . , p} e j ∈ {1, . . . , q}.
por de nição de multipli ação por um es alar pela distributividade da multipli ação em relação à adição em
K
pela de nição de adição de matrizes por de nição de multipli ação por um es alar
= αA + βA
• Asso iatividade mista: α(βA) = (αβ)A.
• Existên ia de Elemento Neutro: 1K A = A, onde 1K é o elemento neutro da multipli ação em K (note-se que em R, Q ou C, 1K é 1). As demonstrações das Propriedades 3 e 4 am omo exer í io.
Exer í io 1.19.
1 × 3 tais e B = 2 −3 −1 . 1 A+B . 5(A + B) + 2 2
Considere as matrizes
2A = 2 3
4
Cal ule, apli ando as propriedades,
A
e
B
do tipo
que:
Prova-se também que é válida um tipo de lei do anulamento na multipli ação de uma matriz por um es alar.
1.2 Operações om matrizes e suas propriedades Teorema 1.20.
Sejam
A ∈ Mp×q (K)
αA = 0p×q onde
0K
e
α ∈ K.
Então
α = 0K
se e só se
9
é o elemento neutro da adição usual em
ou
K
A = 0p×q , (ou seja, em
R, Q
ou
C
é
0). Demonstração. Seja Então
αA = 0p×q
A = aij ,
om
é equivalente a
αaij = 0p×q
i ∈ {1, . . . , p}
e
j ∈ {1, . . . , q}. por de nição de multipli ação es alar
⇔αaij = 0, ∀i ∈ {1, . . . , p}, j ∈ {1, . . . , q}
por de nição de
⇔α = 0K ∨ aij = 0, ∀i ∈ {1, . . . , p}, j ∈ {1, . . . , q}
pela lei do anulamento
igualdade de matrizes
do produto em
K
⇔α = 0K ∨ A = aij = 0p×q
1.2.3 Multipli ação de matrizes Dadas duas matrizes
A
e
B,
a multipli ação
A×B
só é possível se o número de
olunas da primeira matriz oin ide om o número de linhas da segunda matriz. A matrizes que satisfazem esta relação hamam-se matrizes en adeadas. Assim,
B , se queremos efe tuar a multipli ação A × B e se p × q então B tem de ser uma matriz do tipo q × m. Nesse aso a matriz resultante, que se representa por AB , é uma matriz do tipo p × m. Esquemati amente
dadas duas matrizes
A
A
e
é uma matriz do tipo
A × |{z} B = |{z} AB . |{z} p×q
Sejam que
AB
A
uma matriz do tipo
q×m
p×q
está de nido. Relativamente a
• BA
p×m
B uma matriz do tipo q × m. Note-se BA, três hipóteses poderão o orrer:
e
poderá não estar de nido; isso a onte e se
m 6= p;
• BA está de nido (isto é, p = m) e BA será uma matriz do tipo q × q e AB será uma matriz do tipo m × m; e neste aso podem surgir duas situações:
se q 6= m, AB AB 6= BA; se
q = m, AB
e
e
BA
BA
são de tipos diferentes e, onsequentemente,
são do mesmo tipo mas poderão ser diferentes.
1.2 Operações om matrizes e suas propriedades Exemplo 1.21. C
10
A uma matriz do tipo 2 × 3, B uma matriz do 3 × 2 e D e E matrizes do tipo 2 × 2. Então:
Sejam
uma matriz do tipo
• AB
é do tipo
2×4
e
BA
não está de nida;
• AC
é do tipo
2×2
e
CA
é do tipo
• DE
é do tipo
2×2
e
ED
é do tipo
tipo
3 × 4,
3 × 3; 2 × 2.
Veja-se então omo se multipli am matrizes. Considere-se primeiro o aso parti ular do produto de uma matriz linha por uma matriz oluna.
De nição 1.22.
Sejam
A =
Observe-se que se então
AB
a1
···
a2
ap
e
Então o
A pela matriz oluna B é: AB = a1 b1 + a2 b2 + · · · + ap bp .
produto da matriz linha
p × 1,
b1 b2 B = . . .. bp
A
é uma matriz do tipo
é uma matriz do tipo
1 × 1.
1×p
e
B
é uma matriz do tipo
5 Exemplo 1.23. Sejam A = 1 0 −2 e B = 3 . Então 4 AB = 1 × 5 + 0 × 3 + (−2) × 4 = −3 .
Agora de ne-se o produto entre duas matrizes en adeadas quaisquer tendo
por base a de nição do aso parti ular anterior.
De nição 1.24. O
Sejam
A
e
B
matrizes do tipo
se obtém onsiderando para elemento
A
p×q
e
q × m,
respe tivamente.
produto de A por B , que se representa por AB , é a matriz do tipo p×m que pela oluna
j
da matriz
(i, j)
a multipli ação da linha
i
da matriz
B.
Formalmente tem-se que, para
A = aik
B = bkj , om i ∈ {1, . . . , p}, A por B é a matriz AB do tipo
e
k ∈ {1, . . . , q} e j ∈ {1, . . . , m}, o produto de p × m de nida por: AB = cij , om i ∈ {1, . . . , p}
e
j ∈ {1, . . . , m}
onde
cij = ai1 b1j + ai2 b2j + · · · + aiq bqj =
q X
k=1
aik bkj .
1.2 Operações om matrizes e suas propriedades
11
Esquemati amente
ai1
···
ai2
A
Exemplo 1.25.
Sejam
bqj {z B
2 A= 0 1
3 −1 4
e
B=
. . .
= · · · } |
. . .
b1j b2j
aiq }|
{z
|
. . .
···
cij {z
}
AB
5 0 −1 2
. Então
2 × 5 + 3 × (−1) 2×0+3×2 7 AB = 0 × 5 + (−1) × (−1) 0 × 0 + (−1) × 2 = 1 1 × 5 + 4 × (−1) 1×0+4×2 1
Exer í io 1.26.
Cal ule, se possível, o produto
A=
−1 4
5 7 0 2
e
AB ,
6 −2 . 8
sabendo que
3 0 B = −1 2 . 1 4
Observe-se que dada uma matriz A do tipo p×q , om p 6= q , não está de nido A2 = AA. Fa ilmente se on lui que só se pode de nir potên ia de
o produto
uma matriz para matrizes quadradas. De uma forma geral, se A é uma matriz k quadrada de ordem n, A , om k ≥ 1, representa a matriz quadrada de ordem
n
de nida por:
Ak = AA · · · A} . | {z k fa tores
Por onvenção,
0
A = In .
A2 = 0p×p e, no entanto, A 6= 0p×p . 0 1 , tem-se que matriz A = 0 0 0 0 A2 = = 02×2 . 0 0
Observe-se que pode ter-se
Exemplo 1.27.
Dada a
Pode então on luir-se que não é válida a lei do anulamento do produto no
onjunto
Mn×n (K).
Exer í io 1.28.
Sejam
A=
1 0 1 0
e
B=
0 1
0 1
. Cal ule
AB .
1.2 Operações om matrizes e suas propriedades
12
Propriedades da multipli ação de matrizes Sejam
α
um es alar e
A, B, C
matrizes quaisquer om tamanhos adequados.
• Existên ia de elemento neutro: e AIq = A;
A for do tipo p × q , então Ip A = A
Se
• Asso iatividade: A(BC) = (AB)C ;
• Asso iatividade mista: α(AB) = (αA)B = A(αB);
• Distributividade da multipli ação em relação à adição: A(B + C) = AB + AC e (A + B)C = AC + BC . As demonstrações das propriedades enun iadas am omo exer í io.
Observação 1.29.
Re orde-se que a multipli ação de matrizes não é omutativa
e, onsequentemente, multipli ar à direita ou à esquerda por uma matriz (não nula) não é a mesma oisa!
Exemplo 1.30.
Considere as matrizes
1 A= 3
2 4
e
0 B= 1
2 4
1 3
e
BA =
Então
AB =
1 . 0 3 1
4 . 2
1.2.4 Transposta de uma matriz A = aij
uma matriz do tipo p × q . Chama-se transposta da matriz A, e representa-se por AT , à matriz do tipo q × p tal que
De nição 1.31.
om
a′ji = aij ,
Seja
para todo
j ∈ {1, . . . , q}
Assim, se
então
AT = a′ji .
a11 a21 A= . .. ap1
a11 a12 AT = . .. a1q
Ou seja, as linhas da matriz
AT
e
a12 a22 . . .
i ∈ {1, . . . , p}.
..
ap2 a21 a22 . . .
a2q
a1q a2q . , . . apq
··· ··· .
··· ··· ··· ..
.
···
ap1 ap2 . . . . apq
são as olunas da matriz
A.
1.2 Operações om matrizes e suas propriedades Exemplo 1.32.
Seja
A=
2 5
3 4 6 7
. A transposta de
2 AT = 3 4
13
A
é a seguinte matriz:
5 6 . 7
Propriedades da transposta de uma matriz Seja
α um es alar e sejam A, B
matrizes quaisquer om os tamanhos adequados.
• Transposta da transposta:
AT
T
= A.
Demonstração. Seja A = aij , om i T = a′ji , om a′ji = Por de nição, A
i ∈ {1, . . . , p}.
Assim,
AT a′′ij = a′ji = aij ,
onde
T T
A
T
T = a′ji = a′′ij
para todo
= A.
∈ {1, . . . , p} e j ∈ {1, . . . , q}. aij , para todo j ∈ {1, . . . , q} e
i ∈ {1, . . . , p}
e
j ∈ {1, . . . , q}.
Logo
• Transposta do produto de uma matriz por um es alar: (αA)T = αAT . Demonstração. Seja A = aij , om i ∈ {1, . . . , p} e j ∈ {1, . . . , q}. Ora, ′ T ′ sendo A = aji , om aji = aij , para todo j ∈ {1, . . . , q} e i ∈ {1, . . . , p}, então
T (αA)T = αaij = αa′ji = α a′ji = αAT .
• Transposta da soma de duas matrizes: (A + B)T = AT + B T . Demonstração. Sejam A = aij e B = bij , om i ∈ {1, . . . , p} e j ∈ {1, . . . , q}. Por de nição de adição de matrizes, A + B = cij , om cij = aij + bij , para todo i ∈ {1, . . . , p} e j ∈ {1, . . . , q}. Assim, (A + B)T = c′ji c′ji = cij ,
j ∈ {1, . . . , q} e i ∈ {1, . . . , p}. T Por outro lado, omo A = a′ji , om a′ji = aij , e B T = b′ji , om b′ji = bij , vem que AT + B T = a′ji + b′ji = a′ji + b′ji = dji , onde a entrada (j, i) é
om
para todo
dji = a′ji + b′ji = aij + bij = cij = c′ji .
E, portanto,
AT + B T = (A + B)T .
1.2 Operações om matrizes e suas propriedades
14
• Transposta do produto de duas matrizes: (AB)T = B T AT . A = aik e B = bkj , j ∈ {1, . . . , m}. Tem-se que
Demonstração. Sejam
k ∈ {1, . . . , q}
e
AB = cij , para ada
i ∈ {1, . . . , p}
ail blj
l=1
e
AT = a′ki , om a′ki = aik , e B T = b′jk , om b′jk = bkj , i ∈ {1, . . . , p}, k ∈ {1, . . . , q} e j ∈ {1, . . . , m}. Assim, B T AT = dji , onde a entrada (j, i) é dji =
q X
b′jl a′li
=
T
T
T
(AB) = B A
De nição 1.33.
q X
blj ail =
q X
ail blj = cij = c′ji .
l=1
l=1
l=1
Logo
cij =
q X
i ∈ {1, . . . , p},
j ∈ {1, . . . , m}. Assim (AB)T = c′ji , onde c′ji = cij .
Por outro lado, para todo
onde
om
.
Uma matriz
A
diz-se
simétri a se A = AT . A seja uma matriz A de ordem p é simétri a se existir
Observe-se que esta de nição obriga a que a matriz quadrada. Além disso, uma matriz quadrada
simetria relativamente à diagonal prin ipal, isto é, se é da forma
A = aij ,
Exemplo 1.34.
A matriz
De nição 1.35.
om
aij = aji , ∀i, j ∈ {1, . . . , p}.
1 2 2 3
Uma matriz
A
é simétri a.
diz-se
Assim, a de nição obriga a que
anti-simétri a se AT
= −A.
A, para ser anti-simétri a, seja quadrada e os
elementos da sua diagonal prin ipal sejam todos nulos. Além disso, em posições opostas em relação à diagonal prin ipal, estão elementos simétri os entre si.
Exemplo 1.36.
A matriz
Exer í ios 1.37. a)
A + AT
0 −3 −4
1. Seja
A
é simétri a;
3 4 0 1 −1 0
é anti-simétri a.
uma matriz quadrada. Prove que:
1.2 Operações om matrizes e suas propriedades b)
A − AT
15
é anti-simétri a.
2. Mostre que qualquer matriz quadrada se pode de ompor na soma de uma matriz simétri a om uma matriz anti-simétri a. 3. Em ada aso, prove que a a rmação é verdadeira ou apresente um ontra-exemplo mostrando que é falsa. Sejam
A, B
e
C
matrizes de tamanhos
adequados. a) Se
A+B =A+C
b) Se
A + B = 0,
) Se a entrada
−7.
d) Se
A = −A,
então
(2, 3) então
e) Para toda a matriz f ) A igualdade
B
então
e
C
são do mesmo tipo.
A
é
B = 0.
da matriz
7,
então a entrada
A
e
(3, 2)
de
AT
é
A = 0. A,
as matrizes
2
2
(A+B) = A +2AB+B
2
AT
têm a mesma diagonal.
é sempre válida para quaisquer
matrizes. g) Se
A2 = A
então
A=0
ou
A = I.
A ∈ Mp×q (K) e B, C ∈ Mq×m (K) matrizes quaisquer. Apli ando as propriedades das operações entre matrizes, mostre, de duas formas dis-
4. Sejam
tintas, que
T
(A(B + C)) = B T AT + C T AT .
2. Sistemas de equações lineares
2.1 Sistemas e matrizes
17
2.1 Sistemas e matrizes Nesta se ção apresentam-se algumas de nições e nomen latura bási as asso iadas aos sistemas de equações lineares e a sua relação om as matrizes.
De nição 2.1.
Uma equação da forma
a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn = b,
(2.1)
equação linear
oe iente
ai ∈ K, para ada i ∈ {1, . . . , n} e b ∈ K, é hamada uma nas in ógnitas (ou indeterminadas) x1 , . . . , xn . A ada ai hama-se
onde
da equação e ao
b
hama-se
termo independente da equação.
Exemplo 2.2.
A equação −x1 + 4x2 − 7x3 = 11 é uma equação linear nas x1 , x2 e x3 de oe ientes −1, 4 e −7 e termo independente 11. equação 4x1 − 5x2 = x1 x3 não é uma equação linear.
in ógnitas A
Re ordando o produto de uma matriz linha por uma matriz oluna, note-se que a equação (2.1) pode ser representada matri ialmente por
De nição 2.3.
s1
s2
···
a1
a2
Diz-se que o T sn , é
···
x1 x2 an . = b . .. xn
n−uplo (s1 , s2 , . . . , sn ),
solução da equação
(2.1) (ou de (2.2)) se
a1
a2
···
s1 s2 an . = b .. sn
Ao onjunto de todas as soluções de (2.1) hama-se
Exemplo 2.4.
onjunto solução de (2.1).
3x1 −x2 +4x3 = 5. Esta pode representar-se x1 3 −1 4 x2 = 5 . x3
Considere a equação
matri ialmente omo
dada é
ou de forma equivalente,
a1 s1 + a2 s2 + · · · + an sn = b
ou
Como
(2.2)
3x1 − x2 + 4x3 = 5 ⇔ x2 = 3x1 + 4x3 − 5,
o onjunto solução da equação
S = {(x1 , 3x1 + 4x3 − 5, x3 ) : x1 , x3 ∈ R}. Algumas soluções são, por exemplo,
(0, −5, 0), (1, −2, 0)
e
(0, −1, 1).
2.1 Sistemas e matrizes
18
A uma ole ção de um número nito de equações lineares hama-se sistema de equações lineares. Em seguida apresenta-se a de nição formal:
De nição 2.5.
m, n ∈ N,
m
À onjunção de
hama-se
por
equações lineares em
sistema de equações lineares a11 x1 a21 x1
am1 x1
+···+ +···+
n
in ógnitas, om
e pode ser representado
a1n xn = b1 a2n xn = b2
(2.3)
. . .
+ · · · + amn xn = bm
oe ientes termos independentes do
aij ∈ K, om i ∈ {1, . . . , m} e j ∈ {1, . . . , n}, são hamados do sistema, os bi ∈ K, om i ∈ {1, . . . , m}, são os
onde
sistema e Se
x1 , . . . , xn
são as in ógnitas do sistema.
bi = 0, para todo i ∈ {1, . . . , m}, então diz-se que o sistema é homogéneo ; bi 6= 0, para algum i ∈ {1, . . . , m} então o sistema diz-se
aso ontrário, isto é, se
ompleto.
Exemplo 2.6. (S1 )
Considere os seguintes sistemas lineares
2 x1 + 3 x2 + 4 x3 = 1
e
−1 x1 + 5 x2 + 0 x3 = 2
(S2 )
1 x1 − 2 x2 = 0
.
−1 x1 + 3 x2 = 0
O sistema (S1 ) é um sistema ompleto om 2 equações e 3 in ógnitas e (S2 ) é um sistema homogéneo om 2 equações e 2 in ógnitas. Em ambos os sistemas os termos independentes estão mar ados por
e os oe ientes por
.
Atendendo à de nição de solução de uma equação linear pode de nir-se solução de um sistema de equações lineares.
solução
De nição 2.7.
O n−uplo (s1 , s2 , . . . , sn ) é do sistema de equações lineares na forma (2.3) se for solução de todas as equações que onstituem esse
sistema. Ao onjunto de todas as soluções de (2.3) hama-se
onjunto solução
desse sistema.
Exemplo 2.8. −2, 0, 45
Considere o sistema linear (S1 ) do exemplo anterior, o terno é uma solução desse sistema; de fa to,
2 × (−2) + 3 × 0 + 4 × 54 = 1 . −1 × (−2) + 5 × 0 + 0 × 45 = 2
Para a determinação do onjunto solução de um sistema, podem apli ar-se diversos métodos que permitem obter um sistema equivalente mais simples.
De nição 2.9. solução.
Dois sistemas são
equivalentes se tiverem o mesmo onjunto
2.1 Sistemas e matrizes
19
Um dos métodos para determinar o onjunto solução de um sistema onsiste em apli ar determinadas operações sobre as equações do sistema. Essas operações são hamadas operações elementares sobre equações. Represente-se por
om
i ∈ {1, . . . , m},
a
i-ésima
ei ,
equação de um sistema de equações lineares na
forma (2.3). As operações elementares sobre equações são: I. tro ar duas equações (representa-se por
ei ↔ ej );
II. multipli ar uma equação por um es alar não nulo ′ (representa-se por ei := αei , om α 6= 0); III. adi ionar a uma equação outra multipli ada por um es alar ′ (representa-se por ei := ei + βej , om β ∈ K e i 6= j ).
Exer í io 2.10. nas equações
Mostre que se se efe tuar operações elementares sobre equações
e1 , . . . , en
de um sistema de equações lineares obtém-se um sistema
equivalente. Veja-se um exemplo:
Exemplo 2.11.
Dado o sistema
tares a ima des ritas, obtém-se:
x+y =1 x−y =2
⇔ |{z}
e′2 :=e2 +e1
⇔ |{z}
e′1 :=e1 −e2
O onjunto solução é
1 3 2, −2
x+y =1 x−y =2
x+y =1 2x = 3
y = 1− x = 23
3 2
, efe tuando operações elemen-
⇔ |{z}
e′2 := 21 e2
x+y =1 x = 32
= − 21
.
Atendendo ao número de soluções que um sistema de equações lineares admite, este pode ser lassi ado da seguinte forma:
• impossível: quando • possível:
não tem solução;
quando admite uma ou mais soluções; neste aso pode dizer-se
que é: -
possível e determinado: quando tem apenas uma úni a solução; possível e indeterminado: quando tem uma in nidade de soluções; neste aso atribui-se ainda um grau de indeterminação ao sistema que é o número de variáveis livres do sistema.
2.1 Sistemas e matrizes
20
Vejam-se alguns exemplos.
Exemplos 2.12.
1. O sistema do Exemplo 2.11 é possível e determinado.
2. O sistema
x1 − x2 + x3 = 1 −x1 + 2x2 − x3 = 2
⇔ |{z}
e′2 :=e2 +e1
⇔ |{z}
e′1 :=e1 +e2
x1 − x2 + x3 = 1 x2 = 3 x1 + x3 = 4 x2 = 3
{(4 − x3 , 3, x3 ) : x3 ∈ R}. Logo trata-se de um sistema possível e indeterminado, om grau de indeterminação igual
tem o seguinte onjunto solução a
1
(neste aso, a úni a variável livre é
x3 ).
3. O sistema
x1 − 2x2 = −1 −x1 + 2x2 = 3
⇔ |{z}
e′2 :=e2 +e1
x1 − 2x2 = −1 0=2
é impossível. O seu onjunto solução é o onjunto vazio
∅.
A informação de um sistema de equações lineares pode ser resumida numa úni a matriz. Re ordando o produto entre matrizes, note-se que é possível representar o sistema de equações lineares da forma (2.3) na seguinte forma matri ial:
a11 a21 AX = B ⇔ . .. am1 |
onde à matriz
··· ···
a12 a22 . . .
..
.
am2 · · · {z A
a1n x1 b1 x2 b2 a2n . . = . . . .. . . amn xn bm } | {z } | {z } X
B
A ∈ Mm×n (K) hama-se matriz dos oe ientes X ∈ Mn×1 (K) hama-se matriz das in ógnitas
simples), à matriz
B ∈ Mm×1 (K)
(ou matriz e à matriz
hama-se matriz dos termos independentes.
Pode ainda es rever-se uma úni a matriz om os oe ientes e os termos
independentes do sistema:
A
a11 a 21 B = . .. am1
a12 a22 . . .
am2
··· ··· ..
.
···
a1n a2n . . .
amn
b1 b2 . . . . bm
A esta matriz hama-se matriz ampliada do sistema (2.3).
2.2 Método de eliminação de Gauss Exemplo 2.13.
21
Considere o sistema de equações lineares
x1 + 2x2 − x3 = 0 2x2 − 8x3 = 7 −4x1 + 5x2 + 9x3 = −9
AX = B , om 1 2 −1 x1 A = 0 2 −8 , X = x2 −4 5 9 x3
A sua forma matri ial é
e
e a sua matriz ampliada é
A B
1 2 = 0 2 −4 5
0 B= 7 −9
−1 0 −8 7 . 9 −9
2.2 Método de eliminação de Gauss Re orde-se que nos exemplos anteriores usaram-se determinadas operações elementares sobre equações. Efe tuar operações elementares sobre as equações de um sistema é equivalente a efe tuar operações elementares sobre as linhas da matriz ampliada asso iada ao sistema. Represente-se por a
i-ésima
Li , om i ∈ {1, . . . , m},
linha da matriz ampliada. Veja-se um exemplo de omo resolver um
sistema usando a respe tiva matriz ampliada.
Exemplo 2.14.
Sistema −2x1 − x2 = −4 x1 + x2 − 3x3 = 3 4x1 + 2x2 + 3x3 = 7
1o passo: e1 ↔ e2
x1 + x2 − 3x3 = 3 −2x1 − x2 = −4 4x1 + 2x2 + 3x3 = 7
Matriz ampliada −2 −1 0 −4 1 1 −3 3 4 2 3 7
L1 ↔ L2
1 1 −3 3 −2 −1 0 −4 4 2 3 7
2.2 Método de eliminação de Gauss
22
2o passo: e′2 := e2 + 2e1 e′3
L′2 := L2 + 2L1 L′3 := L3 − 4L1
:= e3 − 4e1
x1 + x2 − 3x3 = 3 x2 − 6x3 = 2 −2x2 + 15x3 = −5
1 0 0
3o passo: e′3 := e3 + 2e2
1 −3 3 1 −6 2 −2 15 −5
L′3 := L3 + 2L2
x1 + x2 − 3x3 = 3 x2 − 6x3 = 2 3x3 = −1
1 0 0
4o passo: e′3 := 13 e3
1 1 0
−3 3 −6 2 3 −1
L′3 := 31 L3
x1 + x2 − 3x3 = 3 x2 − 6x3 = 2 x3 = − 31
1 0 0
1 1 0
−3 3 −6 2 1 1 −3
Assim, obtém-se um sistema equivalente ao ini ial, que se resolve fa ilmente por substituição,
x1 + x2 − 3x3 = 3 x1 = 3 − 0 + 3 − 31 = 2 x2 − 6x3 = 2 x2 = 2 + 6 − 31 = 0 ⇔ x3 = − 31 x3 = − 31
E o onjunto solução do sistema é
2, 0, − 31
.
É mais fá il trabalhar om a matriz ampliada. Pode-se então resolver um sistema
AX = B
onsiderando a sua matriz ampliada
A B
e exe utando nela
de forma riteriosa operações sobre as linhas. Este tipo de operações hamamse operações elementares sobre as linhas e são orrespondentes às operações elementares sobre equações: I. tro ar linhas (representa-se por
Li ↔ Lj ,
om
i 6= j );
II. multipli ar uma linha por um es alar não nulo ′ (representa-se por Li := αLi , om α 6= 0); III. adi ionar a uma linha um múltiplo de uma outra linha ′ (representa-se por Li := Li + βLj , om β ∈ K e i 6= j ).
2.2 Método de eliminação de Gauss Exemplo 2.15.
Resolva-se o sistema
anteriormente.
3 1
−1 1 1 5
23
3x − y = 1 x+y =5
, usando a té ni a des rita
−−−−−−−→ 1 1 5 −− −−−−−→ 1 ′ L1 ↔ L2 L2 := L2 − 3L1 3 −1 1 0 −− −−−−−→ 1 1 5 L′2 := − 41 L2 0 1 72
1 5 −4 −14
Logo
3x − y = 1 ⇔ x + yy = 5
e o seu onjunto solução é
x+y =5 ⇔ y = 72 3 7 . 2, 2
O que se fez foi um aso parti ular do
x=5− y = 27
7 2
=
10−7 4
=
3 2
método de eliminação de Gauss
para a resolução de sistemas de equações lineares. Antes de formalizar este método apresentam-se algumas de nições ne essárias.
De nição 2.16.
Diz-se que uma matriz está na
nhas se satis zer as seguintes ondições:
forma es alonada por li-
•
se há linhas nulas elas situam-se abaixo das linhas não nulas;
•
o primeiro elemento não nulo de ada linha ( om ex epção da primeira) situa-se à direita do primeiro elemento não nulo da linha anterior.
Aos primeiros elementos não nulos de ada linha da forma es alonada por linhas hamam-se pivots. Observe-se que, atendendo à de nição, os elementos que se situam na mesma
oluna e abaixo de um pivot na forma es alonada por linhas são todos nulos.
Exemplo 2.17.
1 A= 0 0
Considere as matrizes
2 −1 3 1 0 −1
As matrizes
A
e
De nição 2.18.
B
4 2 −1
1 0 B= 0 1 0 0
4 0 0 −1 0 0
0 0 C= 1 0 0 0
estão na forma es alonada; mas a matriz
Diz-se que uma matriz está na
C
−3 0 0 −1 0 1
não está.
forma es alonada reduzida
se estiver na forma es alonada por linhas, isto é, satis zer as ondições anteriores da de nição 2.16 e, além disso, ada pivot é igual a 1 e é o úni o elemento não nulo da sua oluna.
Observação 2.19.
Repare-se que a forma es alonada reduzida é a forma es a-
lonada por linhas onde ada pivot é são nulos.
1
e, a ima destes, os elementos da matriz
2.2 Método de eliminação de Gauss Exemplo 2.20.
As matrizes
Sejam
1 A = 0 0
A
e
Teorema 2.21.
24
B
0 0 1 0 0 1
1 0 3
1 B = 0 0
4 0 0 1 0 0
estão na forma es alonada reduzida.
0 3 0 1 1 4
Toda a matriz pode ser olo ada na forma es alonada mediante
uma sequên ia nita de operações elementares sobre as linhas. Para onseguir transformar uma matriz numa matriz na forma es alonada por linhas exe uta-se o método de eliminação de Gauss.
De nição 2.22.
O
método de eliminação de Gauss onsiste nos seguintes
passos.
Passo 1: Se a matriz tiver todos os elementos nulos, pára. A matriz já está na forma es alonada por linhas.
Passo 2:
Caso ontrário, en ontre-se a primeira oluna, da esquerda para a
direita, que tenha um elemento não nulo,
u.
Mova-se a linha que o ontém para
o topo da matriz. O pivot da primeira linha é
u.
Passo 3: Anule-se ada elemento abaixo do pivot adi ionando às linhas orrespondentes múltiplos adequados da primeira linha. (Até aqui ompleta-se o pro esso no que diz respeito à primeira linha. No que se segue, usam-se as restantes linhas, ignorando a primeira linha.)
Passo 4: Repita-se os passos 1 a 3 na matriz formada
pelas restantes linhas,
até esgotar as linhas todas da matriz. Para obter a forma es alonada reduzida de uma matriz apli a-se o método
de eliminação de Gauss-Jordan.
De nição 2.23.
O
método de eliminação de Gauss-Jordan
é omposto
por duas fases.
1a fase: Apli ar o método de eliminação
de Gauss até produzir a forma es a-
lonada por linhas.
2a fase: Transformar todos os pivots em 1, multipli ando ada linha não nula pelo inverso do respe tivo pivot. Apli ar o método de eliminação de Gauss de baixo para ima por forma a anular todos os elementos da matriz situados a ima e na mesma oluna dos pivots. Para isso, bastará omeçar na última linha não nula e, de baixo para ima, adi ionar a ada linha múltiplos adequados das linhas inferiores.
Exemplo 2.24.
Suponha-se que a matriz ampliada de um sistema tem a forma:
0 0 2 2
2 0 2 0
3 −4 1 2 3 4 −5 2 4 −6 9 7
2.2 Método de eliminação de Gauss
25
O Passo 1, do método de eliminação de Gauss, é ignorado uma vez que as entradas da matriz não são todas nulas. No Passo 2 tem-se que en ontrar a primeira oluna (da esquerda para a direita) om o primeiro elemento não nulo. Neste aso é a primeira oluna e o pivot pode ser a entrada
(3, 1).
Mova-se a
ter eira linha (a linha que o ontém) para o topo.
2 0 −−−−−→ L1 ↔ L3 0 2
2 −5 2 4 0 2 3 4 2 3 −4 1 0 −6 9 7
Agora basta operar om as linhas para obter zeros abaixo do pivot (Passo 3):
2 0 −− − − − − − − → L′4 := L4 − L1 0 0
2 −5 2 4 0 2 3 4 2 3 −4 1 −2 −1 7 3
O Passo 4 manda onsiderar a submatriz obtida eliminando a primeira linha e apli ar os Passos 1 a 3 até esgotar as linhas todas:
2 0 −−−−−→ L2 ↔ L3 0 0
2 −−−−−−−−→ 0 L4 := L4 − L3 0 0
2 −5 2 4 −−−−−−−→ 2 3 −4 1 − L′ := L4 + L2 0 2 3 4 4 −2 −1 7 3 2 2 0 0
−5 2 4 3 −4 1 2 3 4 0 0 0
2 0 0 0
2 −5 2 4 2 3 −4 1 0 2 3 4 0 2 3 4
O método da eliminação de Gauss termina aqui e, omo tal, poder-se-ia já determinar a solução do sistema obtido, que é equivalente ao sistema ini ial, resolvendo-o por substituição.
2x + 2y − 5z + 2t = 4 2y + 3z − 4t = 1 2z + 3t = 4
No entanto, pode ontinuar-se a apli ar o método de eliminação de GaussJordan à matriz ampliada es alonada por linhas obtida e só depois determinar a solução. A segunda fase desse método manda multipli ar ada linha não nula pelo inverso do pivot orrespondente e operar om as linhas da matriz de modo a obter zeros a ima dos pivots.
2.2 Método de eliminação de Gauss
26
Obtém-se assim
2 0 0 0
2 2 0 0
−−−−−−−−→
−5 2 4 3 −4 1 2 3 4 0 0 0
L′1 :=
1 L1 2
L′2 :=
1 L2 2
L′3 :=
1 L3 2
1 1 0 0
− 25
0 19 4 0 − 17 4 3 1 2 0 0
7
1 0 0 0
−−−−−−−−−−−→ 5 1 1 L′1 := L1 + L3 0 1 2 0 0 3 ′ L2 := L2 − L3 0 0 2 1 0 0 0 1 0 −− − − − − − − → L′1 := L1 − L2 0 0 1 0 0 0
9 − 17 4 3 2
0
1 −2
3 2
3 2
1 0
0
2
2 0
1 2
− 25 2 0 19 2
− 25 2 0
A matriz ampliada obtida já está na forma es alonada reduzida. Agora basta passar novamente para sistema e resolver de baixo para ima, por substituição:
x = 19 x + 9t = 19 2 2 − 9t 17 5 y − 4 t = −2 ⇔ y = − 52 + 17 t ∈ R. 4 t , z + 32 t = 2 z = 2 − 23 t 19 5 17 3 O onjunto solução é 2 − 9t, − 2 + 4 t, 2 − 2 t, t : t ∈ R . Observe-se que existe uma variável livre, a variável t, pelo que o sistema é possível e inde-
terminado, om grau de indeterminação igual a um.
Exer í io Resolvido 2.25. S:
(S) o seguinte sistema −x + 4z = 0 y = −1 . −x + y + 4z = −1
Seja
de equações lineares
Determine, aso exista, o seu onjunto solução. Resolução: A sua matriz ampliada é:
−1 0 M = 0 1 −1 1
4 0 0 −1 4 −1
Passo 1: Anular os elementos da 1a oluna que se en ontram abaixo do pivot da 1a linha. Para isso efe tua-se a operação L′3 := L3 − L1 , obtendo-se
−1 0 M1 = 0 1 0 1
4 0 0 −1 0 −1
2.2 Método de eliminação de Gauss Passo 2: Anular o elemento da 2 a
2
a
27
oluna que se en ontram abaixo do pivot da L′3 := L3 − L2 e obtém-se
linha. Para isso efe tua-se a operação
−1 0 M2 = 0 1 0 0
4 0 0 −1 0 0
Passo 3: Transformar os pivots de ada linha em 1; para isso basta fazer a ′ operação L1 := −L1 , obtendo-se
0 −4 0 1 0 −1 0 0 0
A matriz
M3
1 M3 = 0 0
é a matriz ampliada de um sistema
S′ :
(S ′ )
equivalente a
(S):
x − 4z = 0 x = 4z y = −1 y = −1 ⇔ 0=0 0=0
que é um sistema possível e indeterminado; qualquer terno da forma (4z, −1, z), z ∈ R, é solução de (S ′ ) e, onsequentemente, o onjunto solução de (S) é
om
{(4z, −1, z) : z ∈ R}.
Veja-se agora um exemplo em que a transformação dos pivots é feito no nal para evitar trabalhar om números fra
ionários.
Exer í io Resolvido 2.26.
Resolva o sistema
ando o método de eliminação de Gauss. Resolução: A sua matriz ampliada é:
2x − y + z = 3 2x − y + 4z = 2 −4x + 2y + z = −5
2 −1 1 2 −1 4 −4 2 1
3 2 . −5
, apli-
Apli a-se o método
de eliminação de Gauss à matriz ampliada do sistema.
2 −1 1 3 −−−−−−−−→ 2 −1 4 2 L′2 := L2 − L1 −4 2 1 −5 2 −1 1 3 −− − − − − − − − → −−−−−−−−→ 0 0 3 −1 L′3 := L3 − L2 L′3 := L3 + 2L1 0 0 3 1
2 −1 1 3 0 0 3 −1 −4 2 1 −5 2 −1 1 3 0 0 3 −1 0 0 0 2
A matriz resultante é a matriz ampliada do sistema seguinte, equivalente ao
dado:
O sistema é impossível.
2x − y + z = 3 3z = −1 0=2
2.3 Dis ussão de sistemas Exer í io 2.27.
28
Resolva o sistema
3y + z = 2 x + 2y − z = 4 x + 5y + 2z = 5
, usando o método de
eliminação de Gauss ou de Gauss-Jordan.
2.3 Dis ussão de sistemas No método de eliminação de Gauss (ou de Gauss-Jordan) obtém-se, para uma dada matriz, sempre o mesmo número de pivots. Isto é, matrizes es alonadas obtidas de uma mesma matriz têm o mesmo número de pivots.
De nição 2.28.
A
ara terísti a de uma matriz A é o número de pivots de
uma qualquer matriz es alonada obtida de elementares sobre as linhas de Note-se que se
A
A.
A por apli ação su essiva de operações r(A) ou car(A).
Representa-se por
é uma matriz do tipo
m×n
então
r(A) ≤ min{m, n}.
Considere-se o sistema de equações lineares uja forma matri ial é dada por
AX = B ,
om
A
uma matriz do tipo
m×n
e
B
uma matriz do tipo
m × 1.
Na
resolução pelo método de eliminação de Gauss (ou de Gauss-Jordan) faz-se:
Passo 1:
Forma-se a matriz ampliada
Passo 2:
Apli ar a
M
M=
A B
.
o método em ausa. No de urso da apli ação do método,
podem a onte er duas situações:
a)
se surgir uma linha do tipo
0 ···
0
α
, om
α 6= 0,
então
o sistema é impossível. Assim, qualquer matriz es alonada obtida
b)
a partir de M r( A B ).
teria um pivot na última oluna, pelo que
se não surgir, terminar o pro esso até obter uma matrix es alonada
por linhas (ou reduzida). Represente-se essa matriz por
Passo 3:
r(A) <
f) = r( A B ),
aso, r(A) = r(M en ontram nas primeiras n olunas.
(somente no aso
b))
Na matriz
f, M
f. M
pois todos os pivots de
Neste
f M
se
o número de olunas sem pivot or-
responde ao número de variáveis livres a onsiderar. Isto é, o número de variáveis livres é dado por:
f) n − r(A) = n − r(M
Para es olher as variáveis dependentes e as livres pode-se efe tuar o seguinte ra io ínio: - variáveis livres são as que orrespondem a olunas sem pivot; - variáveis dependentes são as outras, isto é, as que orrespondem a
olunas om pivot.
2.3 Dis ussão de sistemas Se é,
29
f tiver pivots em todas as olunas orrespondentes às in ógnitas, isto M f) = n então não existem variáveis livres e o sistema é r(A) = r(M
possível e determinado.
Pode então enun iar-se o seguinte teorema:
Teorema 2.29. matriz do tipo
Seja
m×n
AX = B um sistema de equações lineares, onde A é uma e B é uma matriz do tipo m × 1. Há exa tamente três
possibilidades para a sua lassi ação: 1. 2.
3.
A B = n; A B m (que A 0 ≤ r(A) = r
o sistema é possível e indeterminado e, onsequentemente, existe uma
solução não trivial.
Os sistemas de equações lineares homogéneos possuem propriedades muito simples mas bastante úteis.
Proposição 2.34.
A ∈ Mm×n (K). Se Xh ∈ Mn×1 (K) é uma solução AX = 0, então αXh também é solução, para qualquer
Seja
do sistema homogéneo
α ∈ K. Demonstração. Se
AXh = 0.
Xh
é uma solução do sistema homogéneo
Logo
A (αXh ) = α (AXh ) = α0 = 0, ou seja,
αXh
é solução do sistema
AX = 0.
AX = 0,
então
2.4 Sistemas homogéneos Exemplo 2.35. o terno
32
O sistema homogéneo
(0, 1, −1),
2x − y − z = 0 x+y+z =0
admite omo solução
logo também são solução os ternos
2(0, 1, −1) = (0, 2, −2), −(0, 1, −1) = (0, −1, 1), 10(0, 1, −1) = (0, 10, −10), · · ·
Proposição 2.36.
Seja
A ∈ Mm×n (K). Se X1 , X2 ∈ Mn×1 (K) são duas AX = 0, então X1 + X2 também é solução.
soluções do sistema homogéneo
X1 e X2 AX2 = 0. Logo
Demonstração. Se
AX1 = 0
e
são soluções do sistema homogéneo
AX = 0,
então
A (X1 + X2 ) = AX1 + AX2 = 0 + 0 = 0, ou seja,
X1 + X2
é solução do sistema
Exemplo 2.37.
AX = 0.
soluções os quadruplos
(0, 1, −1, 0)
e
2x − y − z − w = 0 x+y+z+w =0 (0, 3, −2, −1), logo também
O sistema homogéneo
admite omo
(0, 1, −1, 0) + (0, 3, −2, −1) = (0, 4, −3, −1) é uma solução do sistema. As duas proposições anteriores podem-se generalizar omo segue:
Proposição 2.38.
A ∈ Mm×n (K). Se X1 , . . . , Xp ∈ Mn×1 (K) são soluções AX = 0, então α1 X1 + · · · + αp Xp também é solução, α1 , . . . , αp ∈ K. Seja
do sistema homogéneo para todos
A demonstração a omo exer í io. Observe-se que este fa to não é válido para sistemas de equações lineares
ompletos.
Exemplo 2.39. (1, 1, 1)
e
O sistema
(1, 2, 0),
mas
2x − y − z = 0 x+y+z =3
(2, 3, 1)
admite omo soluções os ternos
não é solução do sistema.
Para qualquer sistema de equações lineares ompleto uja forma matri ial é
om A ∈ Mm×n (K) e B ∈ Mn×1 (K), podemos onsiderar o sistema homogéneo asso iado uja forma matri ial é AX = 0.
AX = B ,
Exemplo 2.40.
Dado o sistema
x+y+z =2 2x + y = 3 , x−y−z =4
2.4 Sistemas homogéneos
a sua forma matri ial é
33
AX = B
onde
O sistema homogéneo asso iado é
uja forma matri ial é
1 A= 2 1
1 1 1 0 −1 −1
e
2 B = 3 . 4
x+y+z =0 2x + y = 0 x−y−z =0
AX = 0.
O próximo resultado estabele e que o onjunto solução de um sistema de equações lineares ompleto pode ser obtido adi ionando uma solução parti ular desse sistema aos elementos do onjunto solução do sistema homogéneo asso iado.
Teorema 2.41.
Sejam A ∈ Mm×n (K) e B ∈ Mm×1 (K). Seja Xp ∈ Mn×1 (K) uma solução parti ular do sistema de equações lineares AX = B . Então, X0 ∈
Mn×1 (K) é solução desse sistema se e só se existe uma solução Xh do sistema homogéneo asso iado AX = 0 tal que X0 = Xp + Xh . Demonstração. Por hipótese, ou seja,
(⇒)
Xp
∈ Mn×1 (K)
é uma solução do sistema ompleto
AX = B ,
AXp = B .
Suponhamos que
X0
é também uma solução de
AX = B , isto é, AX0 = B .
Então
AXp = AX0 ⇔ AXp − AX0 = 0 ⇔ A(X0 − Xp ) = 0 Xh = X0 − Xp AX = 0. ou seja,
(⇐)
Suponhamos agora que
é uma solução do sistema homogéneo asso iado
Xh é uma solução do sistema homogéneo asso iado AXh = 0. Seja X0 = Xp + Xh . Então
ao sistema dado, ou seja,
AX0 = A(Xp + Xh ) = AXp + AXh = B + 0 = B. Donde
X0
é uma solução do sistema ompleto
Observação 2.42.
Se
S = {Xh : AXh = 0}
AX = B .
X0 é uma solução parti ular do sistema AX = B e se é o onjunto solução do sistema AX = 0, tem-se que o
onjunto solução do sistema
AX = B
é
X0 + S = {X0 + Xh : Xh ∈ S}1 .
1 A soma de um elemento a om um onjunto C de ne-se omo sendo o onjunto formado pelas somas de a om todos os elementos de C , ou seja, a + C = {a + u : u ∈ C}
2.4 Sistemas homogéneos Exemplo 2.43.
34
Considere-se o sistema de equações lineares
O sistema homogéneo
x − y − 4z = −4 x + 2y + 5z = 2 x + y + 2z = 0 x − y − 4z = 0 asso iado é x + 2y + 5z = 0 x + y + 2z = 0
. Construídas as matrizes
ampliadas e apli ado o método de eliminação de Gauss obtém-se:
A B
e
1 = 1 1
A 0
−1 −4 −4 2 5 2 1 2 0
1 = 1 1
−1 −4 0 2 5 0 1 2 0
1 −1 −4 0 1 3 0 0 0
1 0 0
−4 2 0
−1 −4 0 1 3 0 0 0 0
(2.4)
(2.5)
Logo, de (2.4), vem que o sistema ompleto é equivalente a
x − y − 4z = −4 ⇔ y + 3z = 2
x=z−2 y = 2 − 3z
e, portanto, signi a que é um sistema possível e indeterminado e o seu onjunto
{(z − 2, 2 − 3z, z) : z ∈ R}.
solução é
De (2.5), vem que o sistema homogéneo asso iado é equivalente a
x − y − 4z = 0 ⇔ y + 3z = 0
x=z y = −3z
o que signi a que é também um sistema possível e indeterminado e o seu onjunto solução é
{(z, −3z, z) : z ∈ R}.
Repare-se que, se no onjunto solução do sistema ompleto es olhermos uma solução parti ular, por exemplo, aquela que orresponde a
(−2, 2, 0)
z = 0,
ou seja,
então podemos es rever o onjunto solução do sistema ompleto omo
soma desta solução parti ular om o onjunto solução do sistema homogéneo asso iado:
(−2, 2, 0) + {(z, −3z, z) : z ∈ R}.
3. Matrizes invertíveis. Determinantes
3.1 Matrizes invertíveis
36
3.1 Matrizes invertíveis Note-se que têm sido onsideradas propriedades das operações om as matrizes semelhantes às que já são familiares om os números reais. Dada uma matriz quadrada, formule-se, no onjunto das matrizes quadradas, a noção orrespondente ao inverso de um número real não nulo. Considere-se então o on eito de matriz invertível. Nesta se ção onsideram-se apenas matrizes quadradas.
De nição 3.1. Seja A ∈ Mn×n (K). A matriz A diz-se invertível singular) se existe uma matriz quadrada B ∈ Mn×n (K) tal que
(ou
não
AB = BA = In . A matriz
B
designa-se por
inversa de A.
Se não existir inversa, a matriz diz-se singular.
Exemplo 3.2.
Seja
A=
1 0
1 1
. Esta matriz é invertível. De fa to, seja
B= Então
AB = BA = I ,
Proposição 3.3. B
e
C
1 0
ou seja, a matriz
−1 1 B
.
é inversa de
A.
A inversa de uma matriz quadrada é úni a.
Demonstração. Seja que
A uma matriz quadrada de ordem n invertível e suponha-se A. Por de nição,
são inversas de
AB = BA = In = AC = CA. Logo
B = BIn = B(AC) = (BA)C = In C = C .
Portanto, a inversa de
A
é
úni a.
A
Uma vez que a inversa é úni a, representa-se a inversa de
Observação 3.4.
Dada uma matriz quadrada
A
de ordem
Teorema 3.43) que se, para alguma matriz quadrada então
BA = In
e, onsequentemente,
B
Então, para veri ar se uma dada matriz veri ar que
AB = In
ou
BA = In ,
é inversa de
B
B A.
por
n,
prova-se (ver
de ordem
é a inversa de
A−1 .
n, AB = In
A apenas é ne essário
ou seja, não é ne essário veri ar as duas
igualdades.
Exer í io 3.5. admite inversa.
Mostre, usando a de nição, que a matriz
A =
2 3 0 0
não
3.1 Matrizes invertíveis
37
3.1.1 Propriedades da inversa Sejam
A, B ∈ Mn×n (K).
Algumas propriedades da inversa são:
• Propriedade 1: In • Propriedade 2:
Se
é invertível e
(In )−1 = In .
A é invertível, então A−1
• Propriedade 3: Se A (AB)−1 = B −1 A−1 .
e
B
é invertível e
são invertíveis, então
AB
A−1
−1
= A.
é invertível e
Demonstração. Como A, B ∈ Mn×n (K) são matrizes invertíveis, existem A−1 , B −1 ∈ Mn×n (K) tais que AA−1 = In e BB −1 = In . Pelo que:
(AB) B −1 A−1 = A BB −1 A−1 −1
= AIn A
pela asso iatividade do produto de matrizes por de nição de inversa
−1
= AA
por de nição de elemento neutro do produto de matrizes
= In
por de nição de inversa.
−1 −1 Pela observação 3.4, e omo a inversa de uma matriz é úni a, B A éa −1 −1 −1 inversa de AB , isto é, (AB) = B A e, portanto, AB é invertível. Informalmente, pode dizer-se que a inversa do produto é o produto das inversas pela ordem inversa. Este resultado pode ser generalizado ao produto de várias matrizes (mostre):
(A1 A2 · · · Ak ) • Propriedade 4: Se A é −1 k k ∈ N, Ak = A−1 .
−1
−1 −1 = A−1 k · · · A2 A1 ,
invertível, então
Ak
é invertível e, para todo
Demonstração. Pode demonstrar-se esta propriedade por dois pro essos
distintos:
1o
pro esso
Como
A ∈ Mn×n (K)
é uma matriz invertível, existe
A−1 ∈ Mn×n (K)
tal
3.1 Matrizes invertíveis que
AA−1 = In .
Ak
A−1
k
38
Donde
= A · · · A(A A−1 )A−1 · · · A−1 {z } | {z } | k vezes
pela asso iatividade
k vezes
−1
= A · · · A In A | {z } | k−1 vezes
do produto de matrizes
−1
···A {z }
por de nição de inversa
k−1 vezes −1 −1
= A · · · A(A A | {z } | k−1 vezes
)A
{z
· · · A−1 }
pela asso iatividade
k−1 vezes
do produto de matrizes
. . .
. . .
= AA−1 = In
por de nição de inversa.
Ak
Pela observação 3.4, pode-se on luir que k k k −1 = A−1 . inversa de A , isto é, A
2o
é invertível e
A−1
k
é a
pro esso
Demonstre-se, por indução matemáti a, que onde
P(k)
é a proposição
Ak ou seja, tem-se que: a) provar que b) supor
P(k)
P(k − 1)
−1
= A−1
é verdadeira para
P(k) é verdadeira para k ∈ N,
k
,
(3.1)
k = 1;
verdadeira e provar que
P(k)
é verdadeira.
Assim a) Para
k = 1,
a proposição (3.1) a
que é laramente verdadeira;
(A1 )−1 = (A−1 )1 ⇔ A−1 = A−1 ,
b) Suponha-se agora que a proposição (3.1) é válida para k − 1, isto é, k−1 k−1 −1 = A−1 é válida a igualdade A . Então pode-se on luir que:
Ak
−1
−1 = Ak−1 A −1 = A−1 Ak−1 k−1 = A−1 A−1 k = A−1
por de nição de potên ia de matrizes pela propriedade 3 da inversa por hipótese de indução por de nição de potên ia de uma matriz.
3.1 Matrizes invertíveis • Propriedade 5:
Se
39 A
−1 AT
= (In )T
por de nição de inversa
= In
por de nição de transposta.
Pela observação 3.4, podemos on luir que T T T −1 = A−1 . inversa de A , isto é, A
• Propriedade 6: 1 (αA)−1 = A−1 . α
Se
A
Exer í io 3.6.
1, 2
A, B e C matrizes T C −1 AT = In ;
Sejam
a)
C T B(AB)−1
b)
A2 = In ⇔ A = A−1 ;
A2 = B 2 = (AB)2 = In
então
e
AT
é invertível e
α 6= 0,
é invertível e
As demonstrações das propriedades
) se
invertível e
A é uma matriz invertível, existe A−1 e tem-se que: T T A−1 = A−1 A pela propriedade transposta do produto
Demonstração. Como
AT
AT é T = A−1 .
é invertível, então
6
então
αA
A−1
T
é a
é invertível e
são deixadas omo exer í io.
quadradas de ordem
n.
Prove que:
AB = BA.
3.1.2 Algoritmo de inversão Veja-se agora omo determinar a inversa de uma matriz ou de idir que uma matriz não é invertível.
Exemplo 3.7.
Seja
A=
1 2 1 3
. Pretende-se averiguar se
A
é uma matriz
invertível e, em aso determinar a sua inversa, ou seja, determinar a rmativo, uma matriz
B=
x y z t
tal que
AB = I2 .
Re orde-se que, pela observação 3.4, basta mostrar uma das igualdades da
de nição de inversa. Ora
AB = I2 ⇔
1 1
2 3
x y z t
=
1 0
0 1
ou seja,
x + 2z y + 2t 1 0 = x + 3z y + 3t 0 1 x + 2z 1 y + 2t 0 ⇒ = ∧ = . x + 3z 0 y + 3t 1
,
3.1 Matrizes invertíveis
40
Assim, o sistema anterior é equivalente à resolução dos dois sistemas de equações lineares seguintes:
AX1 = B1 ⇔ e
AX2 = B2 ⇔
1 2 1 3 1 1
2 3
x z y t
=
=
1 0
0 1
,
que têm a parti ularidade de terem a mesma matriz dos oe ientes. Apli ando operações elementares na matriz ampliada de ada sistema obtém-se:
1 2 1 3
1 2 1 3
1 0 0 1
−− −−−−−−→ ′ L2 := L2 − L1
−− −−−−−−→ ′ L2 := L2 − L1
1 0
2 1 1 −1
1 2 0 1
0 1
−− −−−−−−−→ ′ L1 := L1 − 2L2
x z
=
e
−1
3 −1
ou seja,
B=A
=
1 0
−2 1
L1 := L1 − 2L2
=
3 −2 −1 1
.
y t
1 0 0 1
−− −−−−−−−→ ′
Tem-se então para soluções dos dois sistemas:
3 −1
0 −2 1 1
(3.2)
(3.3)
,
Repare-se que as operações efe tuadas em (3.2) e (3.3) são as mesmas. De fa to, pode aglutinar-se as operações num só pro esso, da seguinte forma:
A I
−−−−−−−−→ L′2 := L2 − L1
1 2 0 1
e, novamente, se on rma que
1 0 −1 1
B = A−1 =
−− −−−−−−−→ ′ L1 := L1 − 2L2
3 −2 −1 1
3 −2 −1 1
1 0 0 1
.
Note-se que no exemplo anterior partiu-se de uma matriz ampliada da forma
A I2
A−1 .
e hegou-se a uma matriz ampliada da forma
I2
B
, onde
B=
Apresenta-se assim um algoritmo para inverter uma matriz quadrada.
Algoritmo de inversão Seja
A ∈ Mn×n (K).
1
Formar a matriz
2
Exe utar em
A
A In
In
;
uma sequên ia de operações elementares sobre
as linhas que transformem a matriz no nal do pro esso a matriz
Caso não seja possível obter In a matriz A não é invertível.
In
A na matriz A−1 ;
identidade
In ,
obtendo-se
no lado esquerdo da matriz ampliada, então
3.1 Matrizes invertíveis Exemplo 3.8.
A
I3
Seja
0 = 1 1
41
1 −1 . Apli ando o algoritmo de inversão: 2 0 0 1 2 −1 0 1 0 −−−−−→ 1 0 L1 ↔ L2 0 3 1 1 0 0 0 1 1 5 2 0 0 1
0 3 A= 1 2 1 5 3 1 1 2 −1 0 5 2 0
1 2 −1 −− − − − − − − → 1 L′3 := L3 − L1 0 3 0 3 3 1 2 −1 −− −−−−−−→ 1 L′3 := L3 − L2 0 3 0 0 2 −−−−−−−−→ 1 2 −1 1 L′2 := L2 1 3 0 1 1 3 L′3 :=
2
L3
0
Con lui-se
0
1 0
1
− 35
0 1 0 0 1 −1 0 1 3 − 21
− 32
1 0 0 0 −1 1 1 0 0 0 −1 1 1 0 0 0 − 12 12 1
0
−− −−−−−−−→ 1 1 0 0 L′1 := L1 − 2L2 0 1 3 3 0 0 1 − 12 − 21 12 1 5 −−−−−−−−−−−→ 1 0 0 − 3 5 2 6 6 ′ L1 := L1 + L3 1 1 3 − 61 0 1 0 1 2 6 ′ L2 := L2 − L3 1 3 0 0 1 − 21 − 12 2 3 1 5 −2 6 6 1 1 1 −1 −1 − então que A = 2 = I3 . 6 6 . Veri que que AA 1 1 1 −2 −2 2
Exer í ios 3.9.
1. Mostre que a matriz
ule a sua inversa.
0 0 A = 1 2 3 7
2 6 9
é invertível e al-
2. Uma das seguintes matrizes é singular. Cal ule a inversa no aso em que é possível.
1 0 (a) 1 1
1 0 1 0
0 1 1 0
1 1 1 1
1 0 (b) 1 1
1 1 0 1
0 1 1 0
1 1 0 1
3.2 Determinantes. Con eitos gerais
3. Determine o valor de
k
42
para o qual a matriz
singular.
1 2 k 1 A = 3 −1 5 3 −5
é
3.2 Determinantes. Con eitos gerais De nição 3.10.
Uma
n elementos apresentados por (i1 , i2 , . . . , in ), onde ik ∈ {1, 2, . . . , n}, para todo j 6= k .
uma lista desses -se por
ik 6= ij ,
permutação dos elementos do onjunto {1, 2, . . . , n} é
Exemplo 3.11. (6, 3, 1, 5, 2, 4) é
uma erta ordem. Representapara todo
uma permutação de
O onjunto de todas as permutações de
k ∈ {1, 2, . . . , n},
{1, 2, 3, 4, 5, 6}.
{1, 2, ..., n}
representa-se por
Observe-se que a ardinalidade, isto é o número de elementos, de
Exemplo 3.12. S3 3! = 6
e
é o onjunto de todas as permutações de
elementos. De fa to,
Sn
é
Sn .
n!.
{1, 2, 3}
e tem
S3 = {(1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 1, 3), (2, 3, 1), (3, 1, 2), (3, 2, 1)}.
Observação 3.13.
Note-se que para inferir que a ardinalidade de S4 é 4!, ou 4 vezes a ardinalidade de S3 , basta notar que, para ada permutação de {1, 2, 3} existem 4 permutações distintas de {1, 2, 3, 4}; de fa to, por exemplo, das permutações (1, 2, 3), (3, 2, 1) ∈ S3 podem onstruir-se as seguintes permutações de S4 seja,
(1, 2, 3)
(4, 1, 2, 3) (1, 4, 2, 3) (1, 2, 4, 3) (1, 2, 3, 4)
(3, 2, 1)
(4, 3, 2, 1) (3, 4, 2, 1) (3, 2, 4, 1) (3, 2, 1, 4)
É esse o aminho para a demonstração por indução sobre dade de
Sn
é
De nição 3.14. k < j,
n
de que a ardinali-
n!. Dada uma permutação
designa-se uma
Note-se que par
(i1 , i2 , . . . , in ) ∈ Sn ,
inversão se ik > ij .
(ik , ij ),
om
k < j,
é uma inversão se
ik
o par
e
ij
(ik , ij ),
om
apare em na
permutação por ordem de res ente.
Exemplo 3.15.
(2, 1, 6, 3, 5, 4) ∈ S6 , o par (2, 1) é uma inver(6, 3), (6, 5), (6, 4) e (5, 4) são inversões. Ao todo nesta
Na permutação
são. Também os pares permutação o orrem
5
inversões.
3.2 Determinantes. Con eitos gerais Observação 3.16.
43
Para determinar todas as inversões de uma permutação
(i1 , i2 , . . . , in )
basta onsiderar o primeiro elemento da permutação i1 e en ontrar todos os elementos que são menores que i1 e estão olo ados do lado direito de i1 ; depois repetir o pro esso para os restantes elementos i2 , . . . , in−1 .
Uma permutação (i1 , i2 , . . . , in ) ∈ Sn é par (respe tivamente, ímpar) se o número total de inversões que nela o orrem é par (respe tivamente,
De nição 3.17. ímpar).
Exemplos 3.18. {1, 2} i)
ii)
e
Vai-se estudar a paridade das permutações dos onjuntos
{1, 2, 3}.
n=2 Permutação
Total de inversões
Paridade
(1, 2) (2, 1)
0 1
ímpar
Permutação
Total de inversões
Paridade
(1, 2, 3) (2, 3, 1) (3, 1, 2) (3, 2, 1) (2, 1, 3) (1, 3, 2)
0 2 2 3 1 1
par
par
n=3
par ímpar ímpar ímpar
A = aij ∈ Mn×n (K). O determinante det A ou |A|, é o es alar X (−1)σ a1i1 a2i2 · · · anin , det A =
De nição 3.19. senta- -se por
par
Seja
de
A,
(i1 ,...,in )∈Sn
onde
σ
é o número de inversões da permutação
(i1 , i2 , . . . , in ).
Resulta imediatamente da de nição (e do exemplo anterior) que:
• det a11 = a11 a11 a12 = a11 a22 − a12 a21 • det a21 a22 a11 a12 a13 = a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32 − • det a21 a22 a23 −a13 a22 a31 − a12 a21 a33 − a11 a23 a32 a31 a32 a33
repre-
3.2 Determinantes. Con eitos gerais Exer í io 3.20. Sabendo que
Considere as matrizes
A = BT ,
A =
determine
a c 4
44
a2 2
0 b+c
b −1 1 1 . 5 2
e
B =
4 b
c −a
Uma mnemóni a para o ál ulo de determinante de uma matriz do tipo é onhe ida por Regra de Sarrus e tem duas versões:
.
3×3
3.2 Determinantes. Con eitos gerais
45
a versão
1
Repetir as duas primeiras olunas da matriz da seguinte forma:
a11 A = a21 a31
a12 a22 a32
a13 a11 a23 a21 a33 a31
a12 a22 a32
Feito este pro esso, veri a-se a presença de
•
três diagonais prin ipais: a diagonal prin ipal
•
três diagonais se undárias: a diagonal se undária
nais paralelas a ela:
alelas a ela:
a12 , a23 , a31
a11 , a23 , a32
e
e
a11 , a22 , a33
e duas diago-
a13 , a21 , a32 ; a13 , a22 , a31
e duas par-
a12 , a21 , a33 .
O determinante será al ulado por meio da diferença entre o somatório do produto dos elementos das três diagonais prin ipais e o somatório do produto dos elementos das três diagonais se undárias, isto é:
det A = (a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32 ) − (a13 a22 a31 + a11 a23 a32 + a12 a21 a33 ) .
(3.4)
a versão
2
A regra de Sarrus pode também ser apli ada repetindo-se as duas primeiras linhas da matriz
A
da seguinte forma:
A =
a11 a21 a31 a11 a21
a12 a22 a32 a12 a22
a13 a23 a33
a13 a23
Novamente se veri a a presença de três diagonais prin ipais e três diagonais se undárias. O determinante é al ulado da mesma forma, agora om estas diagonais:
det A = (a11 a22 a33 + a21 a32 a13 + a31 a12 a23 ) − (a13 a22 a31 + a23 a32 a11 + a33 a12 a21 ) .
(3.5)
Note que (3.4) e (3.5) são a mesma expressão.
1 −1 2 3 1 . Apli ando Exemplo 3.21. Seja A = −1 2 1 1 1 −1 2 1 −1 3 1 −1 3 det A = −1 2 1 1 2 1
a regra de Sarrus,
= (1 × 3 × 1 + (−1) × 1 × 2 + 2 × (−1) × 1) − − (2 × 3 × 2 + 1 × 1 × 1 + (−1) × (−1) × 1)
= 3 − 2 − 2 − 12 − 1 − 1 = −15.
3.2 Determinantes. Con eitos gerais Exer í io 3.22.
46
Cal ule, apli ando a Regra de Sarrus,
3.2.1 Propriedades do determinante Sejam
A
e
B
matrizes quadradas de ordem
n.
1 0 2
−5 3 −7 0 4 −4
.
Então:
(P1 ) Se A tem uma linha (respe tivamente, oluna) de zeros então det A = 0; Exemplo 3.23.
(P2 ) Se A = aij
0 0 5
1 3 0 0 = 0. 0 1
é uma matriz triangular (superior ou inferior), então
det A = a11 a22 · · · ann
Exemplo 3.24.
(P3 )
5 0 0 0
1 −2 0 0
0 3 1 0
4 0 1 1
= 5 × (−2) × 1 × 1 = −10.
Se a uma linha (respe tivamente, oluna) de uma matriz
A
adi ionar-
se um múltiplo qualquer de uma outra linha (respe tivamente, oluna), o valor do determinante não se altera;
Exemplo 3.25. 1 1 1 3 0 −1 1 1 = |{z} 0 0 1 ′ L := L2 + L1 0 2
1 3 2 4 |{z} = 2. 0 1 P2
(P4 ) Se A tem duas linhas (respe tivamente, olunas) iguais ou propor ionais, então
det A = 0;
Exemplo 3.26.
5 0 10 5
1 0 2 1
3 3 1 3
4 8 = 0. 1 |{z} C1 =5C2 1
3.2 Determinantes. Con eitos gerais (P5 )
47
Se se tro ar entre si duas linhas (respe tivamente, olunas) de
A,
então
o valor do determinante muda de sinal;
Exemplo 3.27.
(P6 ) Se a matriz B
1 1 3 3 0 |{z} = − 0 0 1 L1 ↔ L2 5
0 −46 = 1 5
3 0 1 3 = −46 0 1
se obtém a partir de uma matriz
A multipli ando uma das α, então
suas linhas (respe tivamente, olunas) por um es alar
det B = α det A Isto é:
a11 .. . ai−1 1 αai1 ai+1 1 . .. an1
a12 . . .
ai−1 2 αai2 ai+1 2 . . .
an2
Exemplo 3.28.
··· ··· ··· ··· ···
Sejam
a11 a1n .. . . . . ai−1 1 ai−1 n αain = α ai1 ai+1 1 ai+1 n . . . .. . an1 ann
1 A= 1 2
1 3 −1 0 0 1
a12 . . .
ai−1 2 ai2 ai+1 2 . . .
an2 e
B
··· ··· ··· ··· ···
a1n . . . ai−1 n ain ai+1 n . . . ann
a matriz que se obtém
1 1 3 multipli ando a última linha de A por 2, ou seja, B = 1 −1 0 . 4 0 2 Então det B = 8 e det A = 4, isto é, det B = 2 det A.
(P7 ) det(αA) = αn det(A), para todo α ∈ K.
2 2 6 1 1 3 Exemplo 3.29. Sejam A = 1 −1 0 e B = 2A = 2 −2 0 . 4 0 2 2 0 1 3 Então det B = 32 e det A = 4, isto é, det B = 2 det A.
(P8 ) det AT = det A. Exemplo 3.30. 1 2 1 −1
= −3
e
1 1 2 −1
= −3
3.2 Determinantes. Con eitos gerais (P9 )
A′′ duas matrizes tais que a linha (respe tivamente, oluna) i da matriz A é igual à soma das linhas (respe tivamente, olunas) i das ′ ′′ matrizes A e A e as outras linhas (respe tivamente, olunas) das matrizes ′ ′′ A e A são iguais às linhas (respe tivamente, oluna) orrespondentes da matriz A, então det A = det(A′ ) + det(A′′ ) Sejam
A′
48
e
Isto é,
a11 . . . ai−1 1 ai1 + bi1 ai+1 1 . . . an1
a11 .. . ai−1 1 = ai1 ai+1 1 . .. an1
. . .
ai−1 2 ai2 ai+1 2 . . .
Exemplo 3.31.
. . .
··· a1n a11 .. . . . . ai−1 n ai−1 1 ain + bi1 ai+1 n ai+1 1 . . . .. . ann an1 an2
··· ··· ···
−1 0 1 2 1 = 2 1 3 0
(P10 ) det(AB) = det A det B . Exemplo 3.32.
Sejam
det B = −4. 1 7 Então AB = 2 2
a1n
··· ··· ···
ai−1 2 ai2 + bi2 ai+1 2
···
an2
1 20 = 5 0
. . .
···
a12
. . . ai−1 n ain + bin = ai+1 n . . . ann
···
a12
A=
e
−1 0 1 1 0 + 3 1 3 0
2 −1 1 1
e tem-se que
e
B=
a12 . . .
ai−1 2 bi2 ai+1 2 . . .
an2
···
··· ··· ··· ···
a1n . . . ai−1 n bin ai+1 n . . . ann
−1 0 1 1 = 9 + 11 1 3
1 3 1 −1
, om
det(AB) = −12 = det A det B .
(P11 ) Se A é uma matriz invertível então det A 6= 0 e det A−1 = Exemplo 3.33. lado,
A−1 =
1 3 2 3
A= 1
Seja
3 − 31
e
1 2
det A = 3
1 −1
. Então
det A−1 = − 13 .
det A = −3 6= 0.
1 . det A Por outro
3.2 Determinantes. Con eitos gerais Exer í io Resolvido 3.34. 3
tais que
det A = −2
a) det(3A)
b) det
e
1 det B = . 4
A3 B −1
Resolução:
A
Sejam
e
49
B
matrizes reais quadradas de ordem
Determine, usando as propriedades:
) det
−BAT
d) det
−1 1 − BT 2
det(3A) = 33 det A = −54; det A3 B −1 = det A3 det B −1 = (det A)3 det1 B = −2; det −BAT = det(−B) det AT = (−1)3 det B det A = 12 ; −1 3 −1 1 1 1 = − 21 det B T = − 8 det(B det − 12 B T T ) = − 8 det B = − 2
a) b)
) d)
Exer í io 3.35. det B = 5
e
Sejam
1 det C = − . 2
a) det(ABC)
A, B, C ∈ M4×4 (R)
matrizes tais que
det A = −2,
Determine, usando as propriedades:
b) det(B
2
T
A C
−1
)
) det(−2B)
e) det
1 T −1 C A 3
3.2.2 Teorema de Lapla e A de nição de determinante pode tornar-se pesada se a matriz for de ordem
3. Observe-se que, por exemplo, existem 4! = 24 permutações {1, 2, 3, 4}. O próximo resultado permite al ular o determinante
superior a
do
onjunto
de
uma forma mais práti a.
De nição 3.36. de
A,
de ordem
e da oluna
j.
A = aij ∈ Mn×n (K). Seja A(i|j) n − 1, que se obtém desta a partir da Seja
Chama-se
representa-se por
Aij ,
omplemento algébri o
(ou
a submatriz quadrada supressão da linha
i
aij ,
e
o-fa tor)
ao es alar
Aij = (−1)i+j det A(i|j).
3 2 4 Exemplo 3.37. Seja A = 0 1 2 . Então −1 0 1 2+1 2 4 1+1 1 A21 = (−1) 0 1 = −2 e A11 = (−1) 0
2 = 1. 1
de
3.2 Determinantes. Con eitos gerais Teorema 3.38 (Teorema de Lapla e). det A =
n X
Seja
aij Aij =
j=1
para quaisquer
50
n X
A = aij ∈ Mn×n (K).
Então
ars Ars ,
r=1
i, s ∈ {1, . . . , n}.
Este teorema também é onhe ido omo o desenvolvimento em o-fa tores para o ál ulo do determinante. Na práti a, onsiste em es olher uma linha (ou uma oluna) e multipli ar ada entrada dessa linha (ou oluna) es olhida pelo
ofa tor orrespondente, e adi ionar os resultados. Isto é, se es olher a linha
om
i ∈ {1, . . . , n},
det A = ai1 Ai1 + ai2 Ai2 + · · · + ain Ain = Se es olher a oluna
s,
om
s ∈ {1, . . . , n},
nante de
A
Seja
n X
aij Aij .
j=1
então:
det A = a1s A1s + a2s A2s + · · · + ans Ans =
Exemplo 3.39.
i,
então
3 −2 7 0 1 −2 −3 8 . A = 6 0 −1 8 −1 2 5 2
n X
ars Ars .
r=1
Vai-se al ular o determi-
por apli ação dire ta do Teorema de Lapla e. Es olha-se a primeira
linha:
3 −2 7 0 1 −2 −3 8 = 3A11 + (−2)A12 + 7A13 + 0A14 6 0 −1 8 −1 2 5 2 −2 −3 8 = 3(−1)1+1 0 −1 8 2 5 2 1 −3 8 + (−2)(−1)1+2 6 −1 8 −1 5 2 1 −2 8 0 8 + 7(−1)1+3 6 −1 2 2
= 3(4 − 48 + 16 + 80) + 2(−2 + 24 + 240 − 8 − 40 + 36) + 7(16 + 96 − 16 + 24) = 1496.
3.2 Determinantes. Con eitos gerais
Exemplo 3.40. B,
Seja
2 3 B = 2 1
6 5 4 2
8 9 . 7 2
Vai-se al ular o determinante de
utilizando o Teorema de Lapla e e as propriedades dos determinantes.
2 3 2 1
4 6 1 2
6 5 4 2
8 9 7 2
P6 =
P3 =
T.L. C1
=
T.L. C1
=
=
Exer í io Resolvido 3.41. a1 b1 c1
4 6 1 2
51
a2 b2 c2
a3 b3 . c3
1 2 3 4 3 6 5 9 2 2 1 4 7 1 2 2 2 1 2 3 0 0 −4 2 0 −3 −2 0 0 −1
4 −3 −1 −2 0 −4 −3 2 × 1 × (−1)1+1 −3 −2 −1 0 −1 −2 2+1 −4 −3 2(−3)(−1) −1 −2
6(8 − 3) = 30.
Sabendo que
2a1 2c1 2b1
a2 + a3 c2 + c3 b2 + b3
−a3 −c3 = 10, −b3
al ule
3.3 Condições de invertibilidade
52
Resolução:
10
=
P9 =
P6
e
=
P4
P6 =
P5 =
Portanto,
a1 b1 c1
a2 b2 c2
Exer í ios 3.42.
a3 b3 = 5. c3
2. Para quaisquer
2a1 a2 + a3 −a3 2c1 c2 + c3 −c3 2b1 b2 + b3 −b3 2a1 a2 −a3 2a1 2c1 c2 −c3 + 2c1 2b1 b2 −b3 2b1 a1 a2 −a3 2 c1 c2 −c3 + 0 b1 b2 −b3 a1 a2 a3 −2 c1 c2 c3 b1 b2 b3 a1 a2 a3 2 b1 b2 b3 . c1 c2 c3
1. Sabendo que
a1 a2 a3
x1 , x2 , y1 , y2 1 x1 1 y1 1 y1
a1 b1 c1
2b1 2b2 2b3
a2 b2 c2
−a3 −c3 −b3
a3 c3 b3
a3 b3 = 2, c3
al ule
4c1 + a1 4c2 + a2 . 4c3 + a3
∈ R, mostre que x2 x2 = (y1 − x1 )(y2 − x2 ). y2
3.3 Condições de invertibilidade É possível estabele er uma relação entre a existên ia ou não da inversa de uma matriz através do determinante, bem omo lassi ar o sistema de equações lineares asso iado a essa matriz.
Teorema 3.43.
Seja
A
mações são equivalentes:
uma matriz quadrada de ordem
n.
As seguintes a r-
3.3 Condições de invertibilidade a)
A
é invertível;
AX = 0
b) O sistema
)
53
r(A) = n
tem apenas a solução trivial;
e a matriz
A
In
pode ser reduzida à matriz
por operações ele-
mentares sobre linhas; d) O sistema tipo
AX = B
é possível e determinado, para qualquer matriz
B
do
n × 1;
e) Existe uma matriz quadrada
C
de ordem
n
tal que
AC = In .
Demonstração. Prova-se este resultado através da sequên ia de impli ações
a) ⇒ b) ⇒ c) ⇒ d) ⇒ e) ⇒ a). a) ⇒ b) Se A é Mn×1 (K) é ambos os
A−1 ∈ Mn×n (K). Suponha-se que X1 ∈ uma solução do sistema AX = 0, isto é, AX1 = 0. Multipli ando −1 , pode deduzir-se que: membros da equação anterior por A invertível então existe
⇔ A−1 (AX1 ) = A−1 0 ⇔ (A−1 A)X1 = 0
AX1 = 0
⇔ In X1 = 0 ⇔ X1 = 0. Portanto,
X1 = 0
e, dada a arbitrariedade de
X1 , AX = 0
tem uma úni a
solução que é a solução trivial.
b) ⇒ c)
Se o sistema
AX = 0
tem apenas a solução trivial, então é um sistema
r(A) = r reduzida a In por
possível e determinado. Logo impli a que
A
pode ser
c) ⇒ d) Seja B ∈ Mn×1 (K).
Como
A
A
0
= n,
o que por sua vez
operações elementares sobre linhas.
pode ser reduzida a
In
por operações elemen-
tares por linhas, então onsegue-se efe tuar a redução por linhas
A
→ · · · → In B ′ , A B = n = r(A) r B
B ′ ∈ Mn×1 (K). Logo AX = B é possível e determinado.
om
d) ⇒ e)
Para ada
In .
e, portanto, o sistema
i ∈ {1, . . . , n}, de na-se Bi ∈ Mn×1 (K) omo a oluna i da matriz
3.3 Condições de invertibilidade
54
i ∈ {1, . . . , n}, o sistema AX = Bi tem uma Xi ∈ Mn×1 (K). Seja C = X1 X2 · · · Xn . Então AC = A X1 X2 · · · Xn = AX1 AX2 · · · AXn por de nição de produto entre matrizes = B1 B2 · · · Bn por de nição de Xi (AXi = Bi ) = In por de nição de Bi . Então, por hipótese, para ada
úni a solução, diga-se
Ou seja, existe
C ∈ Mn×n (K)
tal que
AC = In .
e) ⇒ a)
Por hipótese, existe uma matriz quadrada
A
Para mostrar que
C
de ordem
n
Primeiro mostra-se que o sistema homogéneo X ′ ∈ Mn×1 (K) tal que CX ′ =
solução trivial. Seja
AC = In . CA = In .
tal que
é invertível basta mostrar que também se tem
CX = 0 0. Então
admite apenas a
X ′ = In X ′ = (AC)X ′ = A(CX ′ ) = A0 = 0. Ou seja,
b) ⇒ e),
X′ = 0
CX = 0 tem C ∈ Mn×n (K) tal
e, portanto, ′
existe uma matriz
apenas a solução trivial. Como CC ′ = In . Mas então
que
A = AIn = A(CC ′ ) = (AC)C ′ = In C ′ = C ′ . E, portanto,
CA = AC = In ,
ou seja,
A
é invertível.
Foi visto nas propriedades dos determinantes que se uma matriz é invertível então o seu determinante é não nulo. Prova-se mesmo que esta ondição é ne essária e su iente.
Teorema 3.44.
Uma matriz quadrada
Demonstração. Seja
A
é invertível se e só se
det A 6= 0.
A ∈ Mn×n (K).
⇒ Suponha-se que A é uma matriz invertível. Então existe uma matriz A−1 ∈ Mn×n (K) tal que AA−1 = In . Como o determinante do produto de
matrizes é o produto dos determinantes de ada uma das matrizes, tem-se pela
P10 )
propriedade (
Logo
det A 6= 0.
det (A) det A−1 = det AA−1 = det (In ) = 1.
(3.6)
⇐ A demonstração da impli ação re ípro a é mais ompli ada e não será
efe tuada.
0 α 1 0 α −2 −α 1 , Exer í io Resolvido 3.45. Considere a matriz A = −1 1 1 0 0 −α2 −2 0 onde α é um parâmetro real. Determine os valores de α para os quais a matriz A é invertível.
3.4 Cál ulo da inversa a partir da matriz adjunta Resolução: Come e-se por al ular o determinante de
0 α 1 0 α −2 −α 1 −1 1 1 0 0 −α2 −2 0
=
T.L. C1
=
(−2α + α2 )
=
α(α − 2).
=
det A 6= 0. Portanto, A é inA é invertível para qualquer
Por teorema anterior,
e só se
vertível se e só se
ou seja,
α ∈ R \ {0, 2}.
A.
0 α 1 1 1 1(−1)2+4 −1 0 −α2 −2 α 1 (−1)(−1)2+1 −α2 −2
T.L. C4
A é invertível se α 6= 0 e 2 − α 6= 0,
55
β 6 1 1 , onde β é um parâmetro real. Exer í io 3.46. Seja A = 0 β − 1 0 1 β+5 Determine os valores de β para os quais o sistema homogéneo AX = 0 admite apenas a solução trivial.
3.4 Cál ulo da inversa a partir da matriz adjunta Seja
A ∈ Mn×n (K). Chama-se matriz dos omplementos algébri os Aˆ, à matriz quadrada de ordem n de nida por:
de
A,
e
representa-se por
onde
Aij
Aˆ = Aij
é o omplemento algébri o da entrada
De nição 3.47.
Seja
representa-se por
adj A,
A,
A ∈ Mn×n (K).
aij ,
Chama-se
para todo
i, j ∈ {1, . . . , n}.
matriz adjunta de
isto é,
ˆ T. adj A = (A)
Exemplo 3.48.
Seja
A,
e
à transposta da matriz dos omplementos algébri os de
1 A= 0 4
A11 Aˆ = A21 A31
A12 A22 A32
1 3 2 2 . 0 5
Então
A13 10 8 −8 A23 = −5 −7 4 A33 −4 −2 2
3.4 Cál ulo da inversa a partir da matriz adjunta Logo
−4 −2 . 2
10 −5 ˆ T = 8 −7 adj A = (A) −8 4
Exer í io 3.49.
Considere a matriz
A = adj A.
56
−4 −3 −3 0 1 . A = 1 4 4 3
Veri que que
O próximo resultado estabele e uma propriedade que permitirá al ular a inversa de uma matriz a partir da sua matriz adjunta.
Teorema 3.50.
Seja
A ∈ Mn×n (K).
Então
A (adj A) = (det A) In . Mais, se
A
é invertível então
1 adj A. det A A = aij ∈ Mn×n (K),
A−1 = Demonstração. Dada uma matriz
A (adj A) =
=
a11 a21 .. . an1 a11 a21 .. . an1
a12 a22 . . .
an2 a12 a22 . . .
an2
··· ··· . . .
···
··· ··· . . .
···
a1n a2n . . . ann a1n a2n . . . ann
A11 A21
A12 A22
. . .
. . .
An1
An2
A11 A12
A21 A22
. . .
. . .
A1n
A2n
Pela de nição de produto de matrizes, para ada da matriz
A (adj A)
é
tem-se que
··· ··· . . .
···
··· ··· . . .
···
i ∈ {1, . . . , n},
T A1n A2n . . . Ann An1 An2 . . . . Ann a entrada
(i, i)
ai1 Ai1 + ai2 Ai2 + · · · + ain Ain = det A, i da matriz A. i, j ∈ {1, . . . , n}, om i 6= j e onsidere-se a matriz B que se obtém da matriz A, substituindo a linha j por uma linha igual à linha i de A. Então det B = 0, porque a matriz B tem duas linhas iguais. Pelo Teorema de Lapla e, apli ado à linha j da matriz B , tem-se pelo Teorema de Lapla e apli ado à linha Sejam
0 = det B = ai1 Aj1 + ai2 Aj2 + · · · + ain Ajn ,
3.5 Sistemas de Cramer que é a entrada
(i, j)
57
da matriz
A (adj A).
Se
A
det A 0 0 det A A (adj A) = . . . . . . 0 0
é invertível, então existe
A−1 = A−1
det A det A
. . .
. . .
···
det A e
= (det A) In .
det A 6= 0.
Logo
pela primeira parte do teorema por de nição de inversa
Considere-se a matriz
então
1 A−1 = − 6
Seja
0 0
In
1 A−1 A (adj A) det A 1 adj A = det A
Exer í io 3.52.
··· ···
A−1 ∈ Mn×n (K)
=
Exemplo 3.51.
Portanto,
1 A = 0 4
A
do Exemplo 3.48. Como
det A = −6,
10 −5 −4 8 −7 −2 −8 4 2
1 2 1 3. 2 1
Cal ule
A−1 ,
usando a matriz adjunta.
3.5 Sistemas de Cramer De nição 3.53.
Sejam A ∈ Mn×n (K) e B ∈ Mn×1 (K). Diz-se que um sistema de equações lineares na forma matri ial AX = B é um
se a matriz
A
sistema de Cramer
é invertível.
Repare-se que se existe
A−1
então
AX = B ⇔ A−1 (AX) = A−1 B ⇔ X = A−1 B. Ou seja, um sistema de Cramer é sempre possível e determinado e a sua úni a solução é dada por:
X = A−1 B. Observe-se que, neste tipo de sistemas, basta al ular a matriz inversa de A e −1 B para obter a solução. No entanto existe um método, efe tuar o produto A denominado Regra de Cramer, que permite a obtenção da solução destes sistemas de uma forma mais e iente.
3.5 Sistemas de Cramer
58
Teorema 3.54 (Regra de Cramer).
Sejam A ∈ Mn×n (K) e B ∈ Mn×1 (K) matrizes tais que o sistema de equações lineares na forma matri ial AX = B é
j ∈ {1, . . . , n}, seja Aj a matriz que se obtém pela úni a oluna da matriz B .
um sistema de Cramer. Para ada de
A
substituindo a oluna
j
A solução (úni a) do sistema
αj =
AX = B
det(Aj ) , det A
Demonstração. Note-se que, sendo
n-uplo (α1 , . . . , αn ),
é o
onde
para todo
j ∈ {1, . . . , n}.
AX = B
um sistema de Cramer, então A X = A−1 B . Seja T bn . Então:
é uma matriz invertível e a solução do sistema é dada por T α1 . . . αn essa solução e suponha-se que B = b1 · · ·
Repare-se que a entrada
α1
=
. . .
αn
(j, 1)
A−1 B 1 (adj A) B. det A
=
(adj A) B
da matriz oluna
é
A1j b1 + A2j b2 + · · · + Anj bn = det Aj , por apli ação do Teorema de Lapla e à oluna
αj =
Exemplo 3.55.
ial é
AX = B ,
det Aj , det A
para qualquer
j
da matriz
Portanto
j ∈ {1, . . . , n}.
Considere-se o sistema de equações lineares uja forma matrionde
1 −1 0 A= 1 1 1
−3 1 3
e
Note-se que é um sistema de Cramer uma vez que
A
Aj .
é invertível.
2 B = 1 . 0
det A = −2 6= 0
e, portanto,
De a ordo om o teorema anterior, a solução deste sistema é o terno
(x, y, z)
onde
2 −1 −3 1 0 1 0 1 3 x= = 1, y = −2
1 1 1
2 −3 1 1 0 3 −2
Ou seja, a solução do sistema dado é
= −1
(1, −1, 0)
e
z=
(veri que!).
1 1 1
−1 2 0 1 1 0 =0 −2
3.5 Sistemas de Cramer Exer í io 3.56. tri ial é
AX = B ,
59
Considere-se o sistema de equações lineares uja forma maonde
1 A= 0 1
2 3 2 1 −1 1
e
2 B = 1 . 3
Mostre que este sistema só admite uma solução e al ule-a, apli ando a regra de Cramer.
4. Espaços ve toriais sobre um orpo
4.1 De nição e propriedades
61
4.1 De nição e propriedades Seja
K
um onjunto não vazio onde estão de nidas duas operações internas,
representadas por
α+β ∈K
À operação
em
+
+
·, isto é, α · β ∈ K.
e por
e um e um só
para todo
hama-se adição em
K
α, β ∈ K,
e à operação
K. Estas operações internas onferem a
Ko
·
existe um e um só
hama-se multipli ação
que habitualmente se hama estru-
tura algébri a, uja designação depende das propriedades que estas operações satisfazem. Se a operação adição
+
veri ar as propriedades (P1 ) a (P4 ), onde
(P1 ) omutatividade: α + β = β + α, ∀α, β ∈ K
(P2 ) asso iatividade: (α + β) + γ = α + (β + γ), ∀α, β, γ ∈ K
(P3 ) existên ia de elemento neutro: ∃0K ∈ K, ∀α ∈ K: 0K + α = α
(P4 ) existên ia de elemento simétri o: ∀α ∈ K, ∃−α ∈ K: α+(−α) = 0K diz-se que a estrutura algébri a Se a operação multipli ação
(K, +) ·
é um grupo abeliano.
veri ar as propriedades (P5 ) a (P8 ), onde
(P5 ) omutatividade: α · β = β · α, ∀α, β ∈ K
(P6 ) asso iatividade: (α · β) · γ = α · (β · γ), ∀α, β, γ ∈ K
(P7 ) existên ia de elemento neutro: ∃1K ∈ K, ∀α ∈ K: 1K · α = α
(P8 ) existên ia de elemento inverso: ∀α ∈ K \ {0K }, ∃α−1 ∈ K \ {0K }: α · α−1 = 1K diz-se que a estrutura algébri a
De nição 4.1. resentadas por
Seja
+
K
(K \ {0K }, ·)
é um grupo abeliano.
um onjunto munido de duas operações internas, rep-
e por ·, tais que são válidas as propriedades (P1 ) a (P8 ). Se
também for válida a propriedade distributiva de
·
em relação
+,
isto é, se
(P9 ) ∀α, β, γ ∈ K, α · (β + γ) = α · β + α · γ, diz-se que a estrutura algébri a
(K, +, ·)
é um
orpo.
0K , hama-se zero do orpo K e ao elemento 1K , hama-se identidade do orpo K.
Ao elemento neutro da adição, neutro da multipli ação,
Exemplo 4.2. (R, +, ·), (Q, +, ·) e (C, +, ·) são orpos, onde + e · representam,
respe tivamente, a adição e a multipli ação usuais entre números.
4.1 De nição e propriedades De nição 4.3.
Seja
K
62
um orpo e seja
E
um onjunto não vazio onde estão
de nidas duas operações:
• •
uma operação interna, representada por
u, v ∈ E
tal que a todos
⊕
e uma operação externa, representada por
E , tal α ⊗ u ∈ E.
por es alar em elemento
e designada por adição em
que a todo
α∈K
E,
u ⊕ v ∈ E;
faz orresponder o elemento
⊗ e designada por multipli ação u ∈ E faz orresponder o
e a todo
(E, ⊕, ⊗) é um espaço ve torial sobre o
orpo K se são satisfeitas as seguintes propriedades, para quaisquer u, v, w ∈ E
Diz-se que a estrutura algébri a e quaisquer
α, β ∈ K:
(A1 ) u ⊕ v = v ⊕ u
⊕)
( omutatividade de
(A2 ) (u ⊕ v) ⊕ w = u ⊕ (v ⊕ w) (A3 ) ∃0E ∈ E , u ⊕ 0E = u
(asso iatividade de
⊕)
(existên ia de elemento neutro de
(A4 ) ∃ − u ∈ E , u ⊕ (−u) = 0E
⊕) ⊕)
(existên ia de elemento simétri o em
e ainda
(M1 ) (α + β) ⊗ u = (α ⊗ u) ⊕ (β ⊗ u) (distributividade (M2 ) α ⊗ (u ⊕ v) = α ⊗ u ⊕ α ⊗ v (M3 ) α ⊗ (β ⊗ u) = (α · β) ⊗ u (M4 ) 1K ⊗ u = u
(distributividade de
E
⊗
⊗
em relação a
em relação a
+)
⊕)
(asso iatividade mista)
(existên ia de elemento neutro de
Aos elementos de
de
⊗)
hamam-se ve tores e aos elementos de
es alares. O elemento neutro para a adição de
E
(representado por 0E ). Quando K = R (respe tivamente, espaço ve torial real (respe tivamente, omplexo ). Os es alares são aqui representados por letras gregas por letras minús ulas do alfabeto
u, v, w, . . . .
K
hamam-se
toma o nome de ve tor nulo
C),
diz-se que
α, β, λ, . . .
E
e os ve tores
Como as operações entre ve tores
e entre um es alar e um ve tor não se onfundem fa ilmente, em vez de usaremos simplesmente a notação
+
e
·
é um
⊕
e
⊗
(sendo este último símbolo omitido). O
ontexto determinará qual a operação que está em ausa. Apresentam-se de seguida alguns exemplos de espaços ve toriais reais.
Exemplos 4.4.
1. O onjunto
R2 = {(x1 , x2 ) : x1 , x2 ∈ R}
om as opera-
ções usuais entre pares ordenados:
(x1 , x2 ) + (y1 , y2 ) = (x1 + y1 , x2 + y2 ) α(x1 , x2 ) = (αx1 , αx2 ), para todo real.
(x1 , x2 ), (y1 , y2 ) ∈ R2
e para todo
α ∈ R,
O ve tor nulo é (0, 0) e o simétri o do ve tor (−x1 , −x2 ) ∈ R2 .
é um espaço ve torial
(x1 , x2 ) ∈ R2
é o ve tor
4.1 De nição e propriedades
63
2. Generalizando o exemplo anterior, para
n ∈ N,
o onjunto
Rn = {(x1 , x2 , . . . , xn ) : x1 , x2 , . . . , xn ∈ R},
om as operações usuais entre
n-uplos:
(x1 , x2 , . . . , xn ) + (y1 , y2 , . . . , yn ) = (x1 + y1 , x2 + y2 , . . . , xn + yn ) α(x1 , x2 , . . . , xn ) = (αx1 , αx2 , . . . , αxn ), para todo
(x1 , x2 , . . . , xn ), (y1 , y2 , . . . , yn ) ∈ Rn
e para todo
espaço ve torial real.
(0, 0, . . . , 0) e o simétri o (−x1 , −x2 , . . . , −xn ) ∈ Rn .
O ve tor nulo é é o ve tor
do ve tor
α ∈ R,
é um
(x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Rn
3. O onjunto
{p(x) : p(x)
P [x] =
é um polinómio om oe ientes reais
}
{p(x) = an xn + · · · + a1 x + a0 : an , . . . , a0 ∈ R, n ∈ N0 }
=
om a adição usual de polinómios e a multipli ação de um polinómio por um número real é um espaço ve torial real. Note-se que, dados dois polinómios
p(x), q(x) ∈ P [x] p(x) q(x)
de graus
n
e
m,
respe tivamente, tais que
= an xn + · · · + a1 x + a0 = bm xm + · · · + b1 x + b0
a adição e a multipli ação por um número real estão de nidas da seguinte forma: supondo, sem perda de generalidade, que
n≤m
então
p(x) = 0xm + · · · + 0xm + an xn + · · · + a1 x + a0 e, sendo assim,
p(x) + q(x) = (0 + bm )xm + · · · + (0 + bn+1 )xn+1 + (an + bn )xn + + · · · + (a1 + b1 )x + (a0 + b0 ) e, para todo
α ∈ R, αp(x) = αan xn + · · · + αa1 x + αa0
O ve tor nulo é o polinómio nulo 0(x) = 0 e o simétri o do polinómio p(x) = an xn + · · · + a1 x + a0 ∈ P [x] é o polinómio
−p(x) = −an xn − · · · − a1 x − a0 ∈ P [x]. Mm×n (R) = {A : A é uma matriz real do tipo m × n}, om a adição usual de matrizes e a multipli ação por um es alar, é um espaço
4. O onjunto
ve torial real.
e o simétri o m × n −A = −aij ∈ Mm×n (R).
O ve tor nulo é a matriz nula do tipo
A = aij ∈ Mm×n (R)
é a matriz
da matriz
4.1 De nição e propriedades 5. O onjunto
64
F (R) das funções reais de variável real om domínio R, munido
da adição usual de funções e multipli ação duma função por um número real é um espaço ve torial real. Note-se que, dadas as funções
f +g
é uma função real de variável real tal que
(f + g)(x) = f (x) + g(x), e
αf
para todo o
f, g ∈ F (R),
x∈R
é uma função real de variável real tal que
(αf )(x) = α (f (x)) ,
x∈R
para todo o
O ve tor nulo é a função identi amente nula, isto é,
x ∈ R e o simétri o de uma função f ∈ F (R) que (−f )(x) = −f (x), para todo x ∈ R.
f (x) = 0, para todo −f ∈ F (R) tal
é a função
Vejam-se agora algumas propriedades dos espaços ve toriais.
Proposição 4.5. ve tores
u, v ∈ E
Seja
E
um espaço ve torial sobre
e quaisquer es alares
α, β ∈ K,
K.
Então, para quaisquer
tem-se que:
(b) α0E = 0E
(a) 0K u = 0E ( ) (−α)u = −(αu)
(d) α(−u) = −(αu)
(e) (α − β)u = αu − βu
(f) α(u − v) = αu − αv.
Notação: u − v = u + (−v) e α − β = α + (−β). Demonstração. Prove-se
(a). Por de nição de zero do orpo, sabe-se que 0K = 0K + 0K
e, portanto,
0K u = (0K + 0K )u. Por (M1 ), obtém-se 0K u = 0K u + 0K u.
Por (A4 ), existe simétri o de
0K u,
isto é, existe
−(0K u).
Somando a ambos os
membros da equação, esse simétri o e utilizando (A2 ), tem-se que:
0K u + (−0K u) = (0K u + 0K u) + (−0K u) = 0K u + (0K u − 0K u) . Logo, pelas ondições (A3 ) e (A4 ), vem que:
0E = 0K u + 0E ⇔ 0E = 0K u. Prove-se
(b), analogamente. Por (A3 ), 0E = 0E +0E , logo α0E = α(0E +0E ).
Pela ondição (M2 ), vem que:
α0E = α0E + α0E .
4.1 De nição e propriedades
65
Somando a ambos os membros o simétri o de
α0E ,
isto é, somando
usando (A1 ), (A4 ) e (A3 ), tem-se que:
α0E + (−α0E ) = ⇔ 0E ⇔ 0E Prove-se de
αu.
= =
(α0E + α0E ) + (−α0E ) α0E + (α0E + (−α0E )) α0E .
( ). Repare-se que (−α)u = −(αu) signi a que (−α)u é o simétri o
Então, tem que se mostrar que
(−α)u + αu = 0E .
(−α)u + αu = (−α + α)u = 0K u
Prove-se
por de nição de simétri o em por
(a).
αu,
ou seja, mostre-se que
α(−u) + αu = α(−u + u) = α0E
Ora
por (A1 ) e (A4 ) por
(b).
(e). Repare-se que (α − β)u = (α + (−β))u
por notação
= αu + (−β)u
por (M1 )
= αu + (−βu) = αu − βu
por
( )
por notação
(f), analogamente. Repare-se que α(u − v) = α(u + (−v)) = αu + α(−v)
por notação por (M2 )
= αu + (−αv) = αu − αv
Exer í io 4.6. ve tores
α(−u) + αu = 0E . por (M2 )
= 0E
Prove-se
K
(d), de forma análoga. Repare-se que α(−u) = −(αu) signi a que
é o simétri o de
Prove-se
Ora
por (M1 )
= 0E α(−u)
−α0E ,
Seja
u, v, w ∈ E
E
(a) −(−u) = u; se
αu = 0E
( )
se
u+v =u+w
(d)
se
αu = βu
então
e
α = 0K
então
u 6= 0E
ou
u = 0E ;
v = w;
então
α = β.
(d)
por notação
K. Prove que, para α, β ∈ K, tem-se que:
um espaço ve torial sobre
e para quaisquer es alares
(b)
por
quaisquer
4.2 Subespaços ve toriais
66
4.2 Subespaços ve toriais De nição 4.7. não vazio de por em
E.
Seja
E
F
é um
F ≤ E , se F for um espaço F pelas operações de E . E
É fá il veri ar que
K
um espaço ve torial sobre
Diz-se que
e
ve torial sobre
{0E }
e seja
F
um sub onjunto
subespaço ve torial de E , e representa-se K
para as operações induzidas
são subespaços ve toriais de
E.
Estes subes-
paços hamam-se subespaços triviais. Todos os outros subespaços ve toriais são não triviais.
Exemplo 4.8.
O sub onjunto de
P [x] onstituído pelos polinómios n , isto é, o onjunto
de oe -
ientes reais de grau menor ou igual a
Pn [x]
= =
{p(x) ∈ P [x] : grau(p(x)) ≤ n}
{p(x) = an xn + · · · + a1 x + a0 : ai ∈ R, ∀i ∈ {0, 1, . . . , n}}
P [x] para as operações de nidas em P [x]. Note-se Pn [x] é um sub onjunto não vazio de P [x] pois o polinómio nulo perten e a Pn [x]. Além disso, para as operações de nidas em P [x], Pn [x] satisfaz todas as ondições da de nição de espaço ve torial. As ondições (A1 ), (A2 ), (M1 ), (M2 ), (M3 ) e (M4 ) são válidas porque se são válidas para todos os polinómios de P [x] também são válidas para os polinómios de grau menor ou igual a n. O polinómio nulo perten e a Pn [x] e, portanto, é válida a ondição (A3 ). Por m, o simétri o de um polinómio de grau menor ou igual a n é ainda um polinómio de grau menor ou igual a n, logo é válida (A4 ). é um subespaço ve torial de
que
Seguidamente apresenta-se uma ara terização para que um sub onjunto dum espaço ve torial
Proposição 4.9. de
E.
Então
F
E
Seja
seja um seu subespaço ve torial.
E
um espaço ve torial sobre
é um subespaço ve torial de
E
K
e seja
F
um sub onjunto
se e só se
(i) F 6= ∅;
(ii) ∀u, v ∈ F , u + v ∈ F (F
(iii) ∀α ∈ K, ∀u ∈ F , es alar).
Exemplo 4.10. (não trivial) de
é fe hado para a adição);
αu ∈ F
(F é fe hado para a multipli ação por um
Qualquer re ta que passa na origem é um subespaço ve torial
R2 .
De fa to, seja
m ∈ N.
O onjunto
F = {(x, y) ∈ R2 : y = mx} = {(x, mx) : x ∈ R} é um subespaço ve torial de
R2 .
De fa to
disso,
(i) (0, 0) ∈ F
já que
(0, 0) = (0, m0)
F ⊆ R2 ,
e, portanto,
por de nição de
F 6= ∅;
F.
Além
4.2 Subespaços ve toriais (ii)
sejam
67
(x1 , mx1 ), (x2 , mx2 ) ∈ F
arbitrários, então
(x1 , mx1 )+(x2 , mx2 ) = (x1 +x2 , mx1 +mx2 ) = (x1 +x2 , m(x1 +x2 )) ∈ F ;
(iii)
sejam
α∈R
(x, mx) ∈ F
e
arbitrários, então
α(x, mx) = (αx, α(mx)) = (αx, m(αx)) ∈ F. Pela Proposição 4.9,
F
é um subespaço ve torial de
Exer í io Resolvido 4.11. um subespaço ve torial de
R2 .
H = {ax2 + bx + c ∈ P2 [x] : c = 0} P2 [x] = {ax + bx + c : a, b, c ∈ R}. Mostre que 2
é
Resolução: Note-se que
H = {ax2 + bx + c ∈ P2 [x] : c = 0} = {ax2 + bx : a, b ∈ R} Ora
(i)
H ⊆ P2 [x],
x2 − x ∈ H H 6= ∅;
o polinómio portanto,
(ii)
por de nição de
sejam
H.
Além disso:
pois é da forma
ax2 + bx, cx2 + dx ∈ H ,
ax2 + bx
(iii)
seja
H
b = −1,
e,
∈R
é fe hado para a adição de polinómios.
ax2 + bx ∈ H
H
e
(ax2 + bx) + (cx2 + dx) = (a + c) x2 + (b + d) x ∈ H; | {z } | {z } e seja
α ∈ R,
então
α(ax2 + bx) = (αa) x2 + (αb) x ∈ H; |{z} |{z} ∈R
Logo
a=1
então
∈R
Logo
om
∈R
é fe hado para a multipli ação de um polinómio por um número
real. Logo, pela Proposição 4.9,
H
Exer í io Resolvido 4.12. perten e a
S . Logo R3 .
Veri que se
3
P2 [x].
S = {(x, y, z) ∈ R3 : z = 1}
é um
R . que (0, 0, 1), (1, 1, 1) ∈ S e (0, 0, 1) + (1, 1, 1) = (1, 1, 2) não S não é fe hado para a adição e portanto não é subespaço
subespaço ve torial de Resolução: Note-se
é um subespaço ve torial de
ve torial de
Exer í io 4.13.
Averigúe se os seguintes onjuntos são subespaços ve toriais
dos espaços ve toriais indi ados.
4.2 Subespaços ve toriais
68
a)
F = {(x, y) ∈ R2 : x = 0}
b)
G = {(x, y, z) ∈ R3 : y = 2}
)
S = {ax2 + bx + c ∈ P2 [x] : a 6= 0}
de
R2 ;
de
R3 ; de
P2 [x].
O próximo resultado apresenta algumas propriedades dos subespaços ve toriais.
Proposição 4.14. ve torial de
E.
Seja
E
um espaço ve torial sobre
K
e seja
F
um subespaço
Então:
(a) 0E ∈ F ;
(b)
se
( )
u∈F
se
u, v ∈ F
então
−u ∈ F ,
então
u − v ∈ F,
Demonstração. Prove-se Por outro lado, omo Logo, omo
F
para todo
Prove-se
para todo
u, v ∈ F .
(a). Como K é orpo, existe o zero do orpo, 0K ∈ K.
F 6= ∅,
existe
u ∈ F.
é um subespaço ve torial, pela ondição
4.9, vem que:
(iii)
da Proposição
0K u = 0E ∈ F.
(b),
dade do orpo,
u ∈ F;
analogamente. Como
−1K ∈ K.
Seja
Novamente, pela ondição
K
é orpo, existe o simétri o da identi-
u ∈ F.
(iii) da Proposição 4.9, vem que: (−1K )u ∈ F.
Como
F
é um subespaço ve torial, pela ondição ( ) da Proposição 4.5 e pela
ondição (M4 ), vem que Prove-se
( ).
Sejam
(−1K )u = −(1K u) = −u.
Logo
−u ∈ F .
Por (b), −v ∈ F . Assim, omo F (ii) da Proposição 4.9, tem-se que
u, v ∈ F .
subespaço ve torial, pela ondição
é um
u + (−v) = u − v ∈ F.
Atendendo à proposição anterior, a ondição ser substituída por
0E ∈ F .
(i)
da Proposição 4.9 pode
Além disso, as ondições
(ii)
e
(iii)
podem ser
substituídas por uma só ondição.
Proposição 4.15. de
E.
Então
(1) 0E ∈ F ;
F
Seja
E
um espaço ve torial sobre
é um subespaço ve torial de
(2) ∀α, β ∈ K , ∀u, v ∈ F , αu + βv ∈ F .
E
K e seja F
se e só se
um sub onjunto
4.3 Combinação linear de ve tores Demonstração. ⇒ Suponhamos que
E . Pela u, v ∈ F e α, β ∈ K então, pela ondição (iii) da Proposição 4.9, αu ∈ F e βv ∈ F . Logo, novamente pela Proposição 4.9, mas pela ondição (ii), αu + βv ∈ F .
(1).
proposição anterior, vale
F
69 é um subespaço ve torial de
Além disso, dados
⇐ Repare-se que:
(i) F 6= ∅ pois, por (1), 0E ∈ F .
(ii) (iii)
Sejam
u, v ∈ F .
Por
Analogamente, por
on lui-se que
Pela Proposição 4.9,
(2), fazendo α = β = 1K , on lui-se que u + v ∈ F .
(2),
αu ∈ F . F
sejam
u∈F
e
α ∈ K,
é um subespaço ve torial de
fazendo
β = 0K
e
v = 0E ,
E.
4.3 Combinação linear de ve tores De nição 4.16.
E um espaço ve torial sobre K e u1 , u2 , . . . , uk ∈ E . v ∈ E é ombinação linear dos ve tores u1 , u2 , . . . , uk es alares α1 , α2 , . . . , αk ∈ K tais que Sejam
Diz-se que o ve tor se existem
v = α1 u1 + α2 u2 + · · · + αk uk .
Exemplos 4.17.
1. Considere no espaço ve torial real
v = (2, −1, 3), v1 = (1, 0, 0), v2 = (1, 0, 1) O ve tor
v
é ombinação linear dos ve tores
De fa to, mostre-se que existem
α1 , α2 , α3 ∈ R
os ve tores
v3 = (1, 2, 1).
e
v1 , v2
R3 ,
e
v3 .
tais que
(2, −1, 3) = α1 (1, 0, 0) + α2 (1, 0, 1) + α3 (1, 2, 1). Ou seja, pretende-se veri ar que é possível o sistema
2 = α1 + α2 + α3 −1 = 2α3 3 = α2 + α3
Sendo assim, passando o sistema para a sua matriz ampliada
1 1 2 1 1 1 2 −−−−−→ 0 2 −1 L2 ↔ L3 0 1 1 3 1 1 3 0 0 2 −1 A B Note-se que r(A) = r e, portanto, o sistema anterior sível e determinado. Ou seja, v é ombinação linear de v1 , v2 , v3 . 1 0 0
é pos-
4.3 Combinação linear de ve tores
70
Continuando om o es alonamento da matriz até à sua forma reduzida obtém-se:
1 1 L3 := 2 L3 0 1 0 0 1 0 −− −−−−−−→ L′2 := L2 − L3 0 1 0 0 −− −−−1−→ ′
Donde
Assim,
v
1 2 − − − − − − − − → 3 L′1 := L1 − L2 0 0 − 21 −1 7 2 − 21
1 1 1 0 0 1
α1 = −1 α2 = 72 α3 = − 21
é ombinação linear de
v1 , v2
e
v3
pois
v3
é ombinação linear de
6x3 − x2 + 3x − 11 =
=
Assim
α1 = 3
e
α2 = −1.
Exer í io Resolvido 4.18. v = (−1, 3, −1) v3 = (0, −1, 0).
v2 .
De fa to,
α1 (2x3 + x − 3) + α2 (x2 + 2)
2α1 x3 + α2 x2 + α1 x − 3α1 + 2α2 .
Donde
(0, −1, 0)
se e só se
v = 3v1 − v2 .
R3 , averigúe se o ve tor v1 = (1, 0, 1), v2 = (1, 1, 1) e
No espaço ve torial real
é ombinação linear dos ve tores
Resolução: Ora, o ve tor
e
e
v1 = 2x3 + x − 3,
6x3 − x2 + 3x − 11 = 2α1 x3 + α2 x2 + α1 x − 3α1 + 2α2 6=6 2α1 = 6 α2 = −1 α2 = −1 ⇔ α1 = 3 α = 3 1 −11 = −11 2α2 − 3α1 = −11
E, portanto,
(1, 1, 1)
v1
−1 3 1 −2
v = −v1 + 27 v2 − 12 v3 .
2. No espaço ve torial real P [x], onsiderem-se os ve tores v2 = x2 + 2 e v3 = 6x3 − x2 + 3x − 11. O ve tor
0 0 1 1 0 1
(−1, 3, −1) é ombinação α1 , α2 , α3 ∈ R tais
se existirem
linear dos ve tores que
(−1, 3, −1) = α1 (1, 0, 1) + α2 (1, 1, 1) + α3 (0, −1, 0) ou seja,
(−1, 3, −1) = (α1 + α2 , α2 − α3 , α1 + α2 ), isto é, se é possível o sistema
α1 + α2 = −1 α2 − α3 = 3 α1 + α2 = −1
(1, 0, 1),
4.4 Independên ia e dependên ia linear
71
Passando para a matriz ampliada asso iada
1 0 −1 1 1 0 −1 −−−−−−−−→ 1 −1 3 L′3 := L3 − L1 0 1 −1 3 1 0 −1 0 0 0 0 A B Tem-se então r(A) = r e, portanto, o sistema é possível v é ombinação linear dos outros três ve tores v1 , v2 , v3 . 1 0 1
e o ve tor
Continuando a resolução do sistema, e usando a matriz ampliada anterior
obtém-se:
Tomando
α3 = 0
α1 + α2 = −1 ⇔ α2 − α3 = 3
temos
α1 = −4 e α2 = 3
α1 = −4 + α3 α2 = 3 + α3
Assim,
(−1, 3, −1) = −4(1, 0, 1) + 3(1, 1, 1) + 0(0, −1, 0), ou, fazendo
α3 = 1
temos
α1 = −5 e α2 = 4.
Assim,
(−1, 3, −1) = −5(1, 0, 1) + 4(1, 1, 1) + 1(0, −1, 0). Observe-se assim que de
v1 , v2
e
v
não se es reve de forma úni a omo ombinação linear
v3 .
Exer í io 4.19. a) o ve tor em R3 ;
Nos espaços ve toriais indi ados, veri que se:
(−1, 3, −1)
é ombinação linear dos ve tores
(1, 0, 0)
e
(0, 1, 0),
(−2, 2, 5) é ombinação linear dos ve tores (1, 1, 1), (1, 1, 0) e R3 ; 1 1 1 0 1 −1 a matriz é ombinação linear das matrizes , 0 2 2 1 0 3 2 2 e , em M2×2 (R). −1 1
b) o ve tor
(1, 0, 1),
)
em
4.4 Independên ia e dependên ia linear Seja
E
K. O ve tor nulo de E é u1 , u2 , . . . , uk ∈ E . Com efeito
um espaço ve torial sobre
linear de quaisquer ve tores
sempre ombinação
0E = 0K u1 + 0K u2 + · · · + 0K uk . A esta ombinação linear nula (isto é, ujo resultado é o ve tor nulo) dá-se o nome de ombinação linear nula trivial. Será esta a úni a forma de o fazer? Nem sempre!
4.4 Independên ia e dependên ia linear Exemplo 4.20. e
No espaço ve torial real
R3 ,
72
onsidere os ve tores
v1 = (1, 1, 1)
v2 = (−2, −2, −2).
Fa ilmente se veri a que:
(0, 0, 0) = 0v1 + 0v2
e
(0, 0, 0) = 2v1 + v2 .
Neste aso, o ve tor nulo não se es reve de forma úni a omo ombinação linear dos ve tores
v1
e
v2 .
De fa to,
αv1 + βv2 = (0, 0, 0) ⇔ (α − 2β, α − 2β, α − 2β) = (0, 0, 0) é equivalente a valor de
α = 2β
β ∈ R.
e
β ∈ R.
E se forem os ve tores
Donde,
v1 = (1, 1, 1)
e
(0, 0, 0) = 2βv1 + βv2 , v3 = (1, 0, 0)?
para qualquer
Neste aso,
α+β =0 αv1 + βv3 = (0, 0, 0) ⇔ (α + β, α, α) = (0, 0, 0) ⇔ α=0 α=0
Assim, α = 0 e β = 0. Então, para os ve tores v1 e v3 , o ve tor nulo es reve-se de forma úni a omo a ombinação linear nula trivial. Apresentam-se assim as seguintes de nições:
De nição 4.21.
Seja
Diz-se que os ve tores
E um espaço ve torial sobre K e sejam u1 , u2 , . . . , uk ∈ E . u1 , u2 , . . . , uk são:
(i) linearmente independentes
se
α1 u1 + α2 u2 + · · · + αk uk = 0E ⇒ α1 = α2 = · · · = αk = 0K Isto é, existe apenas uma úni a forma de es rever o ve tor nulo de
omo ombinação linear de
u1 , u2 , . . . , uk
E
e que é, neste aso, a ombinação
linear nula trivial.
(ii) linearmente dependentes existem
β1 , . . . , βk ∈ K
se
não todos nulos tais que
β1 u 1 + · · · + βk u k = 0 E
Isto é, existem es alares em que pelo menos um deles é diferente do zero do orpo que dão origem a uma ombinação linear nula, ou seja, existem outras ombinações lineares nulas para além da ombinação linear nula trivial.
Exemplos 4.22. •
1. No espaço ve torial real
os ve tores
v1 = (1, 2) e v2 = (2, 1) α, β ∈ R tais que
R2 ,
são linearmente independentes.
De fa to, sejam
α(1, 2) + β(2, 1) = (0, 0) ⇔ (α + 2β, 2α + β) = (0, 0)
4.4 Independên ia e dependên ia linear Então
73
α + 2β = 0 ⇔ 2α + β = 0
α=0 β=0
Ou seja, só existe a ombinação linear nula trivial.
•
os ve tores
v1 = (1, 2)
e
v2 = (2, 4)
são linearmente dependentes.
Existe, obviamente, a ombinação linear nula não trivial
2v1 − v2 = (0, 0) ⇔ 2(1, 2) − (2, 4) = (0, 0) Em termos geométri os, a dependên ia linear destes dois ve tores é evidente pois os ve tores são olineares. 2. No espaço ve torial real
•
R3 ,
os ve tores
v1 = independentes.
(1, 1, 1), v2 = (1, 0, 1) e v3 = (0, 0, 1) são linearmente
De fa to, sejam
α, β, γ ∈ R
tais que
α(1, 1, 1) + β(1, 0, 1) + γ(0, 0, 1) = (0, 0, 0) Então
•
v1 dependentes.
os ve tores
α=0 α+β = 0 β=0 α=0 ⇔ γ=0 α+β+γ = 0
= (1, 1, 1), v2 = (1, 0, 1) e v3 = (2, 1, 2) são linearmente
De fa to, sejam
α, β, γ ∈ R
tais que
α(1, 1, 1) + β(1, 0, 1) + γ(2, 1, 2) = (0, 0, 0). Então
α + β + 2γ = 0 α+γ =0 α + β + 2γ = 0
Passando à matriz ampliada
1 1 1
1 0 1
1 2 0 2 0 −−− −−−−−−−→ 1 ′ 2 := L2 − L1 0 −1 −1 0 1 0 L L′3 := L3 − L1 0 0 0 0 2 0
O sistema orrespondente, equivalente ao ini ial, é:
Assim, para
γ ∈ R,
α + β + 2γ = 0 ⇔ −β − γ = 0
α = −γ β = −γ
tem-se:
(−γ)(1, 1, 1) + (−γ)(1, 0, 1) + γ(2, 1, 2) = (0, 0, 0).
4.4 Independên ia e dependên ia linear Por exemplo, para
γ=1
74
tem-se
(−1)(1, 1, 1) + (−1)(1, 0, 1) + 1(2, 1, 2) = (0, 0, 0). Existe assim uma ombinação linear nula não trivial, isto é, em que os es alares não são todos nulos.
Exer í io 4.23.
Veri que se os ve tores dados nos espaços ve toriais indi ados
são linearmente independentes.
(a) u = (1, 1, 1), v = (1, 1, 0) e w = (1, 0, 1) de R3 ; (b) p(x) = x + x2
e
q(x) = x3
de
P3 [x];
( ) p(x) = 1 + x, q(x) = x + x2 , r(x) = x3 (d) f (x) = 1, g(x) = cos2 x
e
e
t(x) = 1 + 2x + x2
h(x) = sin2 x, ∀x ∈ R,
de
de
P3 [x];
F (R).
As noções de independên ia e dependên ia lineares dizem respeito a um
onjunto de ve tores de um espaço ve torial um elemento? Veja-se o próximo resultado.
E.
E se esse onjunto apenas tiver
4.4 Independên ia e dependên ia linear Proposição 4.24. ainda
v ∈ E.
75
K = 6 {0K } e E um espaço ve torial sobre K. Seja v é linearmente independente se e só se v 6= 0E . linearmente dependente é o ve tor nulo 0E .
Sejam
Então o ve tor
Isto é, o úni o ve tor Demonstração.
Note-se que 1K 6= 0K . De fa to, suponha-se, 1K = 0K . Então, para todo α ∈ K \ {0K },
(⇒)
um absurdo, que
om vista a
α = 1K α = 0K α = 0K ,
1K 6= 0K .
v é linearmente independente v = 0E . Como 1K v = 1K 0E = 0E , existe uma ombinação linear nula não trivial. Logo v é linearmente dependente. Absurdo! Logo v 6= 0E . (⇐) Suponha-se agora que v 6= 0E . Novamente, om vista a um absurdo, suponha-se que v é linearmente dependente. Então existe α ∈ K \ {0K } tal que αv = 0E . Como existe α−1 ∈ K, tem-se que: o que é absurdo! Logo
Suponha-se que
e, om vista a um absurdo, suponha-se que
αv = 0E ⇔ α−1 (αv) = α−1 0E , que, pela asso iatividade mista e pelas propriedades do espaço ve torial, é equivalente a:
E, portanto,
v = 0E ,
α−1 α v = 0E ⇔ 1K v = 0E .
o que é absurdo pois ontraria a hipótese
é linearmente independente. A ombinação linear nula não trivial
0E
1K 0 E = 0 E
v 6= 0E .
Logo
v
mostra que o ve tor nulo
é linearmente dependente. Portanto,
•
o ve tor
v
é linearmente independente se e só se
•
o ve tor
v
é linearmente dependente se e só se
v 6= 0E .
v = 0E .
Para onjuntos não singulares de ve tores tem-se a seguinte proposição que estabele e outra ara terização de independên ia e dependên ia lineares.
Proposição 4.25.
om
k∈N
e
Sejam
k ≥ 2.
E
K e v1 , v2 , . . . , vk ∈ E , são linearmente dependentes
um espaço ve torial sobre
Então os ve tores
v1 , . . . , vk
se e só se pelo menos um deles é ombinação linear dos restantes. Demonstração.
(⇒)
Suponha-se que
dentes. Então, por de nição, existem
v1 , . . . , vk ∈ E são linearmente depenβ1 , . . . , βk ∈ K não todos nulos tais que
β1 v1 + · · · + βk vk = 0E . Sem perda de generalidade, suponha-se que mas da de nição de espaço ve torial,
β1 6= 0K .
Então, apli ando os axio-
β1 v1 = (−β2 v2 ) + (−β3 v3 ) · · · + (−βk vk ),
4.4 Independên ia e dependên ia linear e assim, omo existe
v1
β1−1 ,
αi = −β1−1 βi ,
tem-se que:
(−β1−1 β2 )v2 + (−β1−1 β3 )v3 · · · (−β1−1 βk )vk
=
α2 v2 + α3 v3 + · · · + αk vk ,
=
om
76
para todo
restantes ve tores.
i ∈ {2, . . . , k}.
Donde
v1
é ombinação linear dos
(⇐) Por hipótese, suponha-se que um dos ve tores dados é ombinação linear v1 é ombinação linear dos restantes, isto é, existem α2 , . . . , αk ∈ K tais que
dos restantes. Sem perda de generalidade, suponha-se que
v1 = α2 v2 + · · · + αk vk . Apli ando os axiomas da de nição de espaço ve torial, obtém-se
1K v1 − α2 v2 − · · · − αk vk = 0E . Ou seja, existe uma ombinação linear nula não trivial de
v1 , v2 , . . . , vk .
Logo os
ve tores são linearmente dependentes.
Exemplo 4.26. e
v = (2, 4)
No espaço ve torial real
R2 ,
já se viu que os ve tores
são linearmente dependentes. É óbvio que
Proposição 4.27.
Sejam
E
um espaço ve torial sobre
ve tores linearmente independentes. Seja ainda são linearmente dependentes. Então
w
u = (1, 2)
v = 2u.
w∈E
K e v1 , v2 , . . . , vk ∈ E tal que v1 , v2 , . . . , vk , w
é ombinação linear de
v1 , v2 , . . . , vk .
v1 , v2 , . . . , vk , w são linearmente dependentes, existem esα1 , α2 , . . . , αk , αk+1 ∈ K não todos nulos tais que
Demonstração. Como
alares
α1 v1 + α2 v2 + · · · + αk vk + αk+1 w = 0E . Por redução ao absurdo, suponha-se que
αk+1 = 0K .
Então,
α1 v1 + α2 v2 + · · · + αk vk = 0E ,
α1 = α2 = · · · = αk = 0K pois v1 , . . . , vk α1 = α2 = · · · = αk = αk+1 = 0K , o αk+1 6= 0K . Mas então existe α−1 k+1 e
o que impli a que
são linearmente
independentes. Logo
que ontraria a
hipótese. Donde
−1 −1 w = (−α−1 k+1 α1 )v1 + (−αk+1 α2 )v2 + · · · + (−αk+1 αk )vk . ou seja,
w
é ombinação linear de
Observação 4.28.
v1 , v2 , . . . , vk .
Note-se que da proposição anterior, resulta que, se a um
v1 , v2 , . . . , vk ∈ E , juntarmos w ∈ E que não é ombinação linear de v1 , v2 , . . . , vk então os ve tores v1 , v2 , . . . , vk , w são linearmente independentes.
onjunto de ve tores linearmente independentes
um ve tor
4.4 Independên ia e dependên ia linear Exemplo 4.29. A= As matrizes
A
M2×2 (R), onsidere as matrizes 4 0 −1 e C= . 1 −1 1
No espaço ve torial real
−1 0
5 2
e
B
,
B=
A, B
e
1 1
são linearmente independentes pois
αA + βB = 02×2
As matrizes
77
C
5α + β = 0 −α − β = 0 ⇔ α = β = 0. ⇔ 2α +β =0 β=0
são linearmente dependentes (veri que!) e
C = A − B.
Teorema 4.30.
Seja E um espaço ve torial sobre K e sejam v1 , . . . , vk ∈ E . Se v1 , . . . , vk são linearmente dependentes então, para qualquer l ∈ N, os ve tores v1 , v2 , . . . , vk , vk+1 , vk+2 , . . . , vk+l são linearmente dependentes, onde vk+1 , vk+2 , . . . , vk+l ∈ E .
os ve tores
Demonstração. Como
α1 , . . . , αk ∈ K
v1 , . . . , vk
são linearmente dependentes, existem es alares
não todos nulos tais que
α1 v1 + α2 v2 + · · · + αk vk = 0E . Logo
α1 v1 + α2 v2 + · · · + αk vk + 0K vk+1 + · · · + 0K vk+l = 0E .
é uma ombinação linear nula não trivial, ou seja, os ve tores
vk+1 , vk+2 , . . . , vk+l
Corolário 4.31.
v1 , v2 , . . . , vk ,
são linearmente dependentes.
Qualquer sub onjunto de um onjunto de ve tores linearmente
independentes é ainda linearmente independente.
Corolário 4.32.
Qualquer onjunto de ve tores que in lua o ve tor nulo é li-
nearmente dependente.
Corolário 4.33.
Qualquer onjunto de ve tores que in lua dois ve tores iguais
é linearmente dependente. As demonstrações destes orolários am omo exer í io.
Observação 4.34.
Um onjunto de ve tores diz-se linearmente independente
(respe tivamente, dependente) se os ve tores que onstituem esse onjunto são linearmente independentes (respe tivamente, dependentes).
4.5 Subespaço gerado por ve tores
78
4.5 Subespaço gerado por ve tores De nição 4.35.
Sejam
E
K e v1 , v2 , . . . , vk ∈ E . Ao v1 , v2 , . . . , vk , isto é, ao onjunto
um espaço ve torial sobre
onjunto de todas as ombinações lineares de
G = {α1 v1 + α2 v2 + · · · + αk vk : α1 , α2 , . . . , αk ∈ K}
hama-se
subespaço gerado por
v1 , v2 , . . . , vk
e representa-se por
hv1 , v2 , . . . , vk i.
Proposição 4.36. Então
Sejam
hv1 , v2 , . . . , vk i
E
um espaço ve torial sobre
é um subespaço ve torial de
G = hv1 , v2 , . . . , vk i.
Demonstração. Seja Mais,
(i) G 6= ∅ uma vez que 0E
Então
K
e
E. G ⊆ E
é ombinação linear de
v1 , v2 , . . . , vk ∈ E .
por de nição de
G.
v1 , v2 , . . . , vk :
0E = 0K v1 + · · · + 0K vk .
(ii)
Sejam
u, v ∈ G.
Então
∃α1 , α2 , . . . , αk ∈ K : u = α1 v1 + α2 v2 + · · · + αk vk ∃γ1 , γ2 , . . . , γk ∈ K :
v = γ1 v1 + γ2 v2 + · · · + γk vk
Assim,
u + v = (α1 v1 + α2 v2 + · · · + αk vk ) + (γ1 v1 + γ2 v2 + · · · + γk vk ) Apli ando os axiomas de espaço ve torial e obtém-se:
u + v = λ1 v1 + λ2 v2 + · · · + λk vk , onde
λi = αi + γi ∈ K,
para todo
fe hado para a adição.
(iii)
i ∈ {1, 2, . . . , k}.
Fi a omo exer í io mostrar, de forma análoga, que
G
E, portanto,
∀α ∈ K, ∀u ∈ G, αu ∈ G. G = hv1 , v2 , . . . , vk i
é
é fe hado para a
multipli ação por um es alar, isto é,
Pela Proposição 4.9,
G
é subespaço ve torial de
E.
4.5 Subespaço gerado por ve tores Exemplo 4.37.
79
R3 . Para determinar o subespaço gerado pelos ve tores (1, 1, 1) e (1, 0, 1), ou seja, h(1, 1, 1), (1, 0, 1)i tem que se atender à de nição: (x, y, z) ∈ h(1, 1, 1), (1, 0, 1)i se e só se existem es alares α1 , α2 ∈ R tais que Considere o espaço ve torial real
(x, y, z) = α1 (1, 1, 1) + α2 (1, 0, 1). Ou seja, se e só se é possível o sistema nas in ógnitas
α1 + α2 = x α1 = y α1 + α2 = z
α1
e
α2 ,
Passando para a matriz ampliada, e es alonando obtém-se:
1 1 1
1 x −−− 1 −−−−−−−→ 1 ′ L2 := L2 − L1 0 y L 0 −1 ′ 3 := L3 − L1 1 z 0 0
E, portanto, o sistema é possível se e só se
x y − x . z−x
z − x = 0 ⇔ z = x.
Então
3
h(1, 1, 1), (1, 0, 1)i = {(x, y, z) ∈ R : z = x}.
Exer í io Resolvido 4.38. gerado pelos ve tores
(0, 1)
e
No espaço ve torial real
R2 , determine o subespaço
(0, 2).
h(0, 1), (0, 2)i é determinado da (x, y) ∈ h(0, 1), (0, 2)i se e só se existem α1 , α2 ∈ R
Resolução: O subespaço
seguinte forma: um ve -
tor
tais que
(x, y) = α1 (0, 1) + α2 (0, 2). Ou seja, se e só se é possível o sistema nas in ógnitas
α1
e
α2 ,
α1 + 2α2 = y 0=x
Atendendo à sua matriz ampliada,
1 0
2 y 0 x
o sistema anterior é possível se e só se
,
x = 0.
Então
h(0, 1), (0, 2)i = {(x, y) ∈ R2 : x = 0}.
Exer í ios 4.39.
1. No espaço ve torial real
rado pelos ve tores
(1, −1, 0, 2)
e
R4 ,
determine o subespaço ge-
(0, 1, 2, 3).
E um espaço ve torial sobre K e sejam X e Y sub onjuntos nitos E . Seja ainda S um subespaço ve torial de E . Prove que: (b) h0E i = {0E } (a) hEi = E ( ) X ⊆ hXi (d) Se X ⊆ Y então hXi ⊆ hY i (e) Se X ⊆ S então hXi ⊆ S .
2. Seja de
4.6 Sistema de geradores
80
4.6 Sistema de geradores De nição 4.40.
E um espaço ve torial sobre K e sejam v1 , v2 , . . . , vk ∈ E . v1 , v2 , . . . , vk são geradores de E (ou geram E ou ainda formam um sistema de geradores de E ) se qualquer ve tor de E se es reve
omo ombinação linear dos ve tores v1 , v2 , . . . , vk , isto é: Seja
Diz-se que os ve tores
E = hv1 , v2 , . . . , vk i.
Exemplo 4.41. v=
2 No espaço ve torial real R , onsidere os ve tores u = (1, 1) e 2 (0, 1). Mostre-se que R = hu, vi, ou seja, que qualquer ve tor de R2 pode
u e v. (a, b) é ombinação linear de u β tais que (a, b) = αu + βv , ou seja:
es rever-se omo ombinação linear de 2 Seja (a, b) um ve tor de R . Então só se existem números reais
α
e
e
v
se e
(a, b) = α(1, 1) + β(0, 1) = (α, α) + (0, β) = (α, α + β). Donde
α=a α+β =b
1 0 1 1
a b
−− −−−−−−→ ′ L2 := L2 − L1
1 0 0 1
a b−a
,
que é sempre um sistema possível qualquer que seja (a, b) ∈ R2 , isto é, qualquer 2 ve tor de R pode ser es rito omo ombinação linear dos ve tores u e v da seguinte forma:
(a, b) = au + (b − a)v = a(1, 1) + (b − a)(0, 1). Por exemplo, Logo
(1, 1)
(13, 15) = 13(1, 1) + 2(0, 1). e (0, 1) são geradores de R2 .
Observação 4.42.
Um espaço ve torial E 6= {0E } om um número in nito de ve tores tem uma in nidade de sistemas de geradores. Por exemplo, veri que que:
R2
= = = =
De nição 4.43.
h(1, 1), (0, 1)i
h(1, 0), (0, 1)i h(1, 2), (2, 3), (3, 4)i
h(0, 0), (2, 3), (3, 4), (0, 1)i
E diz-se nitamente v1 , v2 , . . . , vk ∈ E que geram E ,
Um espaço ve torial
um número nito de ve tores
E = hv1 , v2 , . . . , vk i.
gerado se existe ou seja, tais que
4.7 Base e dimensão Exemplo 4.44.
81
Atendendo ao exemplo anterior, o espaço ve torial real
R2
é
nitamente gerado.
Exemplo 4.45.
O espaço ve torial real
P [x]
não é nitamente gerado. Para
provar esta a rmação, suponha-se por absurdo que
P [x] tem um sistema nito de
geradores p1 (x), . . . , pk (x). Seja n o máximo do graus de p1 (x), . . . , pk (x). Claran+1 mente, x não pode ser es rito omo ombinação linear de p1 (x), . . . , pk (x). Portanto,
P [x]
não é nitamente gerado.
Observação 4.46.
Re orde-se que qualquer subespaço ve torial é um espaço
ve torial, por de nição. Logo todos on eitos e resultados válidos para espaços ve toriais são também válidos para subespaços ve toriais.
Exer í io Resolvido 4.47. R
um subespaço ve torial de
4
F = {(x, y, z, w) ∈ R4 : x + y + z + w = 0} Mostre que F é nitamente gerado.
Seja .
F ≤ R4 .
Resolução: Veri que que
F é nitamente gerado, é F. x = −y − z − w. Logo, os ve tores
Para mostrar que
ne essário en ontrar um sistema de geradores de
(x, y, z, w) ∈ F então (−y − z − w, y, z, w). Mas
Observe-se que se de
F
são da forma
(−y − z − w, y, z, w) = y(−1, 1, 0, 0) + z(−1, 0, 1, 0) + w(−1, 0, 0, 1), isto é, qualquer ve tor de
F
(−1, 1, 0, 0), (−1, 0, 1, 0)
e
pode ser es rito omo ombinação linear dos ve tores
(−1, 0, 0, 1),
que perten em a
F.
Portanto,
F = h(−1, 1, 0, 0), (−1, 0, 1, 0), (−1, 0, 0, 1)i. Como é gerado por um número nito de ve tores (neste aso, apenas três ve tores), então
F
é um (sub)espaço ve torial nitamente gerado.
Exer í io 4.48.
Mostre que o espaço ve torial real
M2×2 (R)
é nitamente
gerado, mostrando que as matrizes
1 0 0 , 0 0 0
1 0 0 , 0 1 0
e
0 0 . 0 1
são geradores desse espaço ve torial.
4.7 Base e dimensão De nição 4.49.
Seja
B = {e1 , e2 , . . . , en }
E
um espaço ve torial nitamente gerado e seja ainda
um sub onjunto de
E.
Diz-se que
B
é uma
base de
E
se
4.7 Base e dimensão (i) B
82
é um onjunto de ve tores linearmente independentes;
(ii) e1 , e2 , . . . , en
é um sistema de geradores de
Observação 4.50. uma base
B,
E,
isto é,
E = he1 , e2 , . . . , en i.
Quando é dada uma ordenação espe í a aos elementos de
hama-se a
B
base ordenada, e representa-se por B = (e1 , e2 , . . . , en ),
onde
ei
representa o i-ésimo ve tor da base.
Por onvenção, o espaço trivial
{0E }
∅. {0E } = h0E i, porém,
tem omo base o onjunto vazio,
Note-se que este espaço é nitamente gerado, uma vez que
não existem ve tores linearmente independentes neste espaço ve torial trivial.
Exemplo 4.51.
3 O onjunto B = {(1, 1, 1), (1, 0, 1), (1, 2, 0)} é uma base de R . 3 Mostre-se primeiro que os ve tores (1, 1, 1), (1, 0, 1) e (1, 2, 0) geram R . Seja (x, y, z) ∈ R3 e veja-se que é possível es rever (x, y, z) omo ombinação
linear dos ve tores indi ados, isto é, veja-se que existem números reais e
α3
α1 , α2
tais que
(x, y, z) = α1 (1, 1, 1) + α2 (1, 0, 1) + α3 (1, 2, 0) = (α1 + α2 + α3 , α1 + 2α3 , α1 + α2 ). O que é equivalente a que seja possível o sistema nas in ógnitas
α1 + α2 + α3 = x α1 + 2α3 = y α1 + α2 = z
α1 , α2
e
α3
Es alonando a orrespondente matriz ampliada, obtém-se:
1 1 1 0 1 1
1 x −−− −−−−−−−→ 1 ′ L := L − L 2 y L′2 := L2 − L1 0 3 1 3 0 z 0
1 1 x −1 1 y−x 0 −1 z − x
E, portanto, este sistema é sempre possível para todo (x, y, z) ∈ R3 , ou seja, 3 qualquer (x, y, z) ∈ R é ombinação dos ve tores (1, 1, 1), (1, 0, 1) e (1, 2, 0). Logo esses ve tores geram R3 . Falta provar que estes ve tores são linearmente independentes, o que orresponde a provar que há uma úni a maneira de es rever o ve tor nulo omo
ombinação linear destes ve tores. Suponha-se que
(0, 0, 0) = α1 (1, 1, 1) + α2 (1, 0, 1) + α3 (1, 2, 0). Repare-se que esta equação orresponde à equação anterior substituindo
z
x, y e x, y
por zero. Assim substituindo, na matriz ampliada do sistema anterior,
e z por zero, on lui-se que α1 = 0, α2 = 0 e α3 = 0. Logo, os ve tores são linearmente independentes e, portanto, B = {(1, 1, 1), (1, 0, 1), (1, 2, 0)} é uma base de R3 .
4.7 Base e dimensão Exer í io 4.52.
83
Mostre que
{1, x, x2 }
é uma base de
P2 [x].
O próximo resultado é útil para onstruir uma base para um espaço ve torial nitamente gerado.
Teorema 4.53. que, para algum Então
Sejam E um espaço ve torial sobre K e v1 , v2 , . . . , vk ∈ E tais i ∈ {1, . . . , k}, vi é ombinação linear dos restantes ve tores.
hv1 , . . . , vi−1 , vi , vi+1 , . . . , vk i = hv1 , . . . , vi−1 , vi+1 , . . . , vk i. Demonstração. Como
vi
é ombinação linear dos restantes ve tores, tem-se que
vi = β1 v1 + · · · + βi−1 vi−1 + βi+1 vi+1 + · · · + βk vk , para alguns
β1 , . . . , βi−1 , βi+1 , . . . , βk ∈ K.
(4.1)
Seja
x ∈ hv1 , . . . , vi−1 , vi , vi+1 , . . . , vk i. Então
x = α1 v1 + · · · + αi−1 vi−1 + αi vi + αi+1 vi+1 + · · · + αk vk , Para alguns
α1 , . . . , αk ∈ K.
Veja-se que
(4.1)) e (4.2) obtém-se que
(4.2)
x ∈ hv1 , . . . , vi−1 , vi+1 , . . . , vk i.
De
x = α1 v1 + · · · + αi−1 vi−1 + αi (β1 v1 + · · · + βi−1 vi−1 + βi+1 vi+1 + · · · + βk vk ) + αi+1 vi+1 + · · · + αk vk = γ1 v1 + · · · + γi−1 vi−1 + γi+1 vi+1 + · · · + γk vk ,
onde
γj = αj + αi βj ,
para
j ∈ {1, . . . , i − 1, i + 1, . . . , k}.
Con lui-se assim que
hv1 , . . . , vi−1 , vi , vi+1 , . . . , vk i ⊆ hv1 , . . . , vi−1 , vi+1 , . . . , vk i. Para mostrar a in lusão ontrária onsidere-se Logo
x ∈ hv1 , . . . , vi−1 , vi+1 , . . . , vk i.
x = α1 v1 + · · · + αi−1 vi−1 + αi+1 vi+1 + · · · + αk vk = α1 v1 + · · · + αi−1 vi−1 + 0K vi + αi+1 vi+1 + · · · + αk vk , para alguns
α1 , . . . , αi−1 , αi+1 , . . . , αk ∈ K.
Donde
x ∈ hv1 , . . . , vi−1 , vi , vi+1 , . . . , vk i. Consequentemente
hv1 , . . . , vi−1 , vi+1 , . . . , vk i ⊆ hv1 , . . . , vi−1 , vi , vi+1 , . . . , vk i. Portanto,
hv1 , . . . , vi−1 , vi , vi+1 , . . . , vk i = hv1 , . . . , vi−1 , vi+1 , . . . , vk i.
4.7 Base e dimensão Exemplo 4.54.
84 R2 = h(1, 1), (1, 0), (0, 1)i (1, 0) e (0, 1) uma vez que
Sabe-se que
é ombinação linear de
(veri que!). Como
(1, 1)
(1, 1) = (1, 0) + (0, 1) então
R2 = h(1, 0), (0, 1)i.
Por outro lado, os ve tores (prove!) então
B = ((1, 0), (0, 1))
Proposição 4.55.
(1, 0)
e
(0, 1)
são linearmente independentes R2 .
é uma base ordenada de
Todo o espaço ve torial nitamente gerado tem uma base.
Demonstração. Seja
E
um espaço ve torial nitamente gerado. Se
então tem omo base o onjunto vazio. Portanto pode-se assumir que Então existem ve tores
u1 , u2 , . . . , un ∈ E
tais que
E = {0E } E 6= {0E }.
E = hu1 , u2 , . . . , un i. Como
E 6= {0E },
então um destes ve tores é diferente do ve tor
ve tor é linearmente independente. Se dentes então formam uma base de
E
u1 , u2 , . . . , un
0E ,
logo esse
são linearmente indepen-
e o resultado a demonstrado. Caso sejam
linearmente dependentes então existe
i ∈ {1, . . . , n} tal que ui
é ombinação lin-
ear dos restantes. Pelo teorema anterior,
E = hu1 , . . . , ui−1 , ui+1 , . . . , un i. Agora, se
u1 , . . . , ui−1 , ui+1 , . . . , un são linearmente independentes então obtémE ; aso ontrário, repete-se o pro edimento anterior. Como E
se uma base de
tem um número nito de geradores este pro edimento é repetido até produzir
{u1 , u2 , . . . , un } formado por ve tores linearmente E e, portanto, onstituem uma base de E .
um sub onjunto de dentes que geram
Corolário 4.56. geradores de
E
Seja
E
um espaço ve torial sobre
ontém uma base de
K.
indepen-
Qualquer sistema de
E.
Nos exemplos que se seguem apresenta-se um pro esso para, a partir de um sistema de geradores de um espaço ve torial nitamente gerado, onstruir uma base desse espaço ve torial.
Exemplo 4.57.
R3 = h(1, 0, 1), (0, 1, −1), (1, 1, 1), (−1, 2, 3)i (veri3 des obrir uma base de R ontida em
Sabe-se que
que!) e pretende-se
S = {(1, 0, 1), (0, 1, −1), (1, 1, 1), (−1, 2, 3)}. Come e-se por veri ar se os ve tores de Sejam
λ1 , λ2 , λ3 , λ4 ∈ R
S
são linearmente independentes.
tais que
λ1 (1, 0, 1) + λ2 (0, 1, −1) + λ3 (1, 1, 1) + λ4 (−1, 2, 3) = (0, 0, 0).
4.7 Base e dimensão
85
Esta igualdade é equivalente ao sistema
λ1 + λ3 − λ4 = 0 λ2 + λ3 + 2λ4 = 0 λ1 − λ2 + λ3 + 3λ4 = 0
Es alonando a matriz ampliada asso iada, obtém-se
1 0 1
0 1 −1 0 1 1 2 0 −1 1 3 0
Donde se obtém
1 0 L3 := L3 − L1 0 1 −− −−−−−−→ 0 L′3 := L3 + L2 0 1 −−− −−−−−−−→ L′1 := L1 − L3 0 ′ L2 := L2 − L3 0 −− −−−−−−→ ′
0 1 1 1 −1 0
0 1 0
1 1 1
0 1 0
0 0 1
λ1 = 7λ4 λ2 = 4λ4 λ3 = −6λ4
−1 0 2 0 4 0 −1 0 2 0 6 0 −7 0 −4 0 6 0
Como este sistema admite pelo menos uma solução não nula (por exemplo,
λ1 = 7, λ2 = 4, λ3 = −6
e λ4 = 1) os ve tores onsiderados são linearmente dependentes. Logo um deles pode es rever-se omo ombinação linear dos
restantes. Da solução não nula onsiderada, obtém-se
7(1, 0, 1) + 4(0, 1, −1) − 6(1, 1, 1) + (−1, 2, 3) = (0, 0, 0). Donde resulta que
(−1, 2, 3)
(−1, 2, 3) = 6(1, 1, 1)−7(1, 0, 1)−4(0, 1, −1), ou seja, o ve tor (1, 0, 1), (0, 1, −1) e (1, 1, 1). Como
é ombinação linear dos ve tores
R3 = h(1, 0, 1), (0, 1, −1), (1, 1, 1), (−1, 2, 3)i então
R3 = h(1, 0, 1), (0, 1, −1), (1, 1, 1)i . (1, 0, 1), (0, 1, −1) λ1 , λ2 , λ3 ∈ R tais que
Veja-se, agora, se os ve tores dependentes. Sejam
e
(1, 1, 1)
são linearmente in-
λ1 (1, 0, 1) + λ2 (0, 1, −1) + λ3 (1, 1, 1) = (0, 0, 0). Esta igualdade é equivalente ao sistema
λ1 = 0 λ1 + λ3 = 0 λ1 = −λ3 λ2 = 0 λ2 + λ3 = 0 λ2 = −λ3 ⇔ ⇔ λ3 = 0 λ3 = 0 λ1 − λ2 + λ3 = 0
4.7 Base e dimensão Então os ve tores portanto,
é uma base de
86
(1, 0, 1), (0, 1, −1) e (1, 1, 1)
são linearmente independentes e,
B = {(1, 0, 1), (0, 1, −1), (1, 1, 1)}
R3 .
Observação 4.58.
Rn ,
Considere-se o espaço ve torial real
e1
=
(1, 0, 0, . . . , 0, 0, 0)
e2
=
(0, 1, 0, . . . , 0, 0, 0)
en−1
=
(0, 0, 0, . . . , 0, 1, 0)
en
=
(0, 0, 0, . . . , 0, 0, 1)
para
n ∈ N.
Sejam
. . .
Fa ilmente se prova que estes ve tores são linearmente independentes e que Rn , pelo que formam uma base de Rn . A esta base ordenada hama-se Rn , e representa-se por BRn :
geram
base anóni a de
BRn = (e1 , e2 , . . . , en ) Além da base anóni a, existem outras bases para
Rn .
v1 v2
= =
(1, 1, 1, . . . , 1, 1) (0, 1, 1, . . . , 1, 1)
v3
=
(0, 0, 1, . . . , 1, 1)
=
(0, 0, 0, . . . , 0, 1),
Por exemplo, os ve tores
. . .
vn também onstituem uma base
Exer í io 4.59. de
Pn [x],
B = {v1 , v2 , . . . , vn }
de
Rn
BPn [x] = (1, x, x2 , . . . , xn )
hama base anóni a de Pn [x].
é uma base (ordenada)
Mostre que
à qual se que
Na observação anterior en ontrou-se duas bases de
(prove!).
Rn
om
n
ve tores. De
fa to, todas as bases de um espaço ve torial têm o mesmo número de ve tores:
Proposição 4.60. E.
Então
B1
e
B2
Seja
E
um espaço ve torial e sejam
têm o mesmo número de ve tores.
B1
e
B2
duas bases de
Atendendo a este resultado pode de nir-se o seguinte on eito:
De nição 4.61. ve torial
E
Ao número de ve tores de uma qualquer base de um espaço
hama-se
dimensão de
E
e representa-se por
dim E .
4.7 Base e dimensão
87
Exemplo 4.62. lar
2
dim R = 2
dim Rn = n,
Pela observação 4.58, on lui-se que 3 e dim R = 3.
Exer í io 4.63. Exemplo 4.64.
Justi que que
Seja
ve torial
m ∈ R.
em parti u-
dim Pn [x] = n + 1.
No espaço ve torial
R2 ,
onsidere-se o subespaço
F = {(x, y) ∈ R2 : y = mx} = {(x, mx), x ∈ R}. (x, mx) = x(1, m), para qualquer x ∈ R. Donde F = h(1, m)i. Como (1, m) 6= (0, 0) então (1, m) é linearmente independente. Assim, B = ((1, m)) é uma base ordenada de F e dim F = 1. Então
Exer í io Resolvido 4.65.
3 Seja A = {(x, y, z) ∈ R : x = 0}. Sabendo que 3 é um subespaço ve torial de R , determine a dimensão de A. Resolução: Seja
v ∈ A,
então existem números reais
y
e
z
A
tais que
v = (0, y, z) = y(0, 1, 0) + z(0, 0, 1) v ∈ A se es reve omo ombinação linear de v1 = (0, 1, 0) v2 = (0, 0, 1). Logo A ⊆ h(0, 1, 0), (0, 0, 1)i. Por outro lado, omo (0, 1, 0) e (0, 0, 1) perten em a A, todas as ombinações lineares de (0, 1, 0) e (0, 0, 1) também perten em a A, pois A é fe hado para a adição e para a multipli ação por um es alar. Logo h(0, 1, 0), (0, 0, 1)i ⊆ A e, portanto, A = h(0, 1, 0), (0, 0, 1)i. Além disso, v1 e v2 são linearmente independentes (veri que!). Logo B = (v1 , v2 ) é uma base ordenada de A. Como qualquer base tem o mesmo número de elementos, tem-se que dim A = 2. Então qualquer ve tor e
Exer í io Resolvido 4.66. ou igual a
n,
om
n ∈ N,
Seja
Gé
o onjunto dos polinómios de grau menor
om termo independente nulo, ou seja,
G = {p(x) ∈ Pn [x] : p(0) = 0}. Mostre que
G
é um subespaço ve torial de
Resolução: Mostre-se que
(i) (ii)
G
Pn [x]
e determine a dimensão de
é um subespaço ve torial de
Claramente que o polinómio nulo perten e a Sejam
p(x), q(x) ∈ G.
Então
p(0) = 0
e
G.
Pn [x].
Donde
q(0) = 0.
Logo
G
é fe hado para a adição de polinómios.
G 6= ∅.
(p + q)(x) ∈ G
(p + q)(0) = p(0) + q(0) = 0 + 0 = 0 E, portanto,
G.
pois
4.7 Base e dimensão (iii)
88
Analogamente, sejam
G
pois
p(x) ∈ G e α ∈ R.
p(0) = 0. Donde (αp)(x) ∈
Então
(αp)(0) = α(p(0)) = α0 = 0 Logo
G
é fe hado para a multipli ação por um número real.
Portanto, pela Proposição 4.9,
r(x) ∈ G.
Seja
G
é um subespaço ve torial de
Pn [x].
Então
r(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a2 x2 + a1 x, xn , xn−1 , . . . , x2 , x
isto é, os ve tores
geram
G.
Mais, estes ve tores são linear-
mente independentes pois formam um sub onjunto da base anóni a de Logo uma base ordenada de
G
Pn [x].
é
B = (xn , xn−1 , . . . , x2 , x) e, onsequentemente,
Exer í io 4.67. E22 =
0 0 0 1
dim G = n.
Sejam
E11 =
1 0 0 0
,
E12 =
0 1 0 0
,
E21 =
0 1
0 0
e
.
Mostre que Bc = (E11 , E12 , E21 , E22 ) é uma base de M2×2 (R) (à qual se
hama base anóni a de M2×2 (R)) e on lua que dim M2×2 (R) = 4. O próximo resultado estabele e o número mínimo de geradores e o número máximo de ve tores linearmente independentes num espaço ve torial, atendendo à dimensão desse espaço ve torial.
Teorema 4.68. i. Quaisquer
Seja
n
E
um espaço ve torial sobre
ve tores de
E
K
tal que
dim E = n.
Então:
linearmente independentes formam uma base
E;
de
ii. Qualquer sistema de geradores de de
E
om
n
E
om mais de
elementos formam uma base
E;
iii. Qualquer onjunto de ve tores de
n
elementos é linear-
mente dependente.
Observação 4.69. n
ve tores
base de
E
dim E = n, dados B = (v1 , v2 , . . . , vn ) é uma
Pelo teorema anterior, se se souber que
v1 , v2 , . . . , vn ∈ E ,
para se veri ar que
basta veri ar apenas uma das seguintes ondições:
• v1 , v2 , . . . , vn
são linearmente independentes;
• v1 , v2 , . . . , vn
geram
E.
4.7 Base e dimensão Corolário 4.70.
89
E
Seja
um espaço ve torial sobre
qualquer onjunto de ve tores de dido a uma base de
E
K
tal que
dim E = n.
Então
linearmente independentes pode ser exten-
E.
u1 , u2 , . . . , uk ∈ E ve tores linearmente independentes. k = n, pelo teorema 4.68, (u1 , u2 , . . . , uk ) é uma base de E . Se k < n, u1 , u2 , . . . , uk não formam uma base de E e, portanto, não geram E . Logo existem um ve tor uk+1 ∈ E , que não é ombinação linear de u1 , u2 , . . . , uk . Pela observação 4.28, tem-se que u1 , u2 , . . . , uk , uk+1 são linearmente independentes. Se k + 1 = n então (u1 , u2 , . . . , uk , uk+1 ) é uma base de E , aso ontrário, repete-se o pro esso adi ionando su essivamente um ve tor até obter-se n ve -
Demonstração. Sejam Se
tores linearmente independentes.
Exemplo 4.71.
Sejam
u = (1, 0, 1), v = (1, 1, 0)
e
w = (0, 1, 1).
Mostre-se que
B = ((1, 0, 1), (1, 1, 0), (0, 1, 1)) é uma base ordenada de
R3 .
Como
dim R3 = 3,
de a ordo om o teorema an-
terior, basta, por exemplo, ver se os ve tores são linearmente independentes. Sejam
α1 , α2 , α3 ∈ R,
tais que
α1 (1, 0, 1) + α2 (1, 1, 0) + α3 (0, 1, 1) = (0, 0, 0). Então
α1 + α2 = 0 α2 + α3 = 0 α1 + α3 = 0
Resolvendo o sistema, obtém-se
α1 = 0 α2 = 0 α3 = 0
Logo, os ve tores são linearmente independentes e, portanto, formam uma base R3 .
de
Exer í io Resolvido 4.72. que
S.
S
S = {(x, y, z) ∈ R3 : x − y + 3z = 0}. Mostre de R3 e determine um sistema de geradores de
Seja
é um subespaço ve torial
Veri que se esse onjunto é formado por ve tores linearmente independentes
e indique, justi ando, a dimensão de
S.
Resolução: Tem-se que:
S
= {(x, y, z) ∈ R3 : x − y + 3z = 0}
= {(y − 3z, y, z) : y, z ∈ R} = {y(1, 1, 0) + z(−3, 0, 1) : y, z ∈ R}
= h(1, 1, 0), (−3, 0, 1)i.
4.8 Coordenadas de um ve tor relativamente a uma base S é um subespaço (1, 1, 0) e (−3, 0, 1).
E, portanto, ve tores
ve torial de
R3 S
Veja-se se estes ve tores geradores de
90
pois é o subespaço gerado pelos são linearmente independentes.
Suponha-se que
α(1, 1, 0) + β(−3, 0, 1) = (0, 0, 0), α, β ∈ R. Então, obtém-se α = 0 e β = 0. Portanto, os ve tores (1, 1, 0) (−3, 0, 1) são linearmente independentes. Logo formam uma base. Como B = ((1, 1, 0), (−3, 0, 1)) é uma base de S então dim S = 2.
om
e
Exer í io 4.73. V = {(x, y, z) ∈
No espaço ve torial real R3 , onsidere os subespaços ve toriais R3 : 2x − y + 3z = 0} e W = {(x, y, z) ∈ R3 : y = 5x}. Indique,
justi ando, a dimensão de
V
e de
W.
4.8 Coordenadas de um ve tor relativamente a uma base Proposição 4.74.
Seja
B = {e1 , e2 , . . . , en }
uma base de
E
um espaço ve torial sobre
E.
K
de dimensão
Então qualquer ve tor
forma úni a omo ombinação linear dos ve tores da base es alares úni os
α1 , α2 , . . . , αn ∈ K
tais que
u∈E B , ou
n
e seja
se es reve de seja, existem
u = α1 e1 + α2 e2 + · · · + αn en . Demonstração. Como
B = {e1 , e2 , . . . , en }
é uma base de
E
então
E = he1 , e2 , . . . , en i. Logo qualquer elemento de
e1 , e2 , . . . , en .
Seja
u∈E
E
se es reve omo ombinação linear dos ve tores
e suponha-se que
u = α1 e1 + α2 e2 + · · · + αn en ,
om
α1 , α2 . . . , αn ∈ K,
e
u = β1 e 1 + β2 e 2 + · · · + βn e n .
om
β1 , β2 . . . , βn ∈ K .
Então
α1 e1 + α2 e2 + · · · + αn en = β1 e1 + β2 e2 + · · · + βn en ou seja,
(α1 − β1 )e1 + (α2 − β2 )e2 + · · · + (αn − βn )en = 0E .
Como
e1 , e2 , . . . , en
são linearmente independentes, tem-se que:
αi − βi = 0K ⇔ αi = βi , para qualquer
i ∈ {1, 2, . . . , n}. Con lui-se assim que há u omo ombinação linear dos ve tores
maneira de es rever
apenas uma úni a da base
B.
4.8 Coordenadas de um ve tor relativamente a uma base De nição 4.75. (e1 , e2 , . . . , en )
Seja
E
91
n. Sejam ainda B = n-uplo (λ1 , λ2 , . . . , λn ), de
um espaço ve torial de dimensão
uma base ordenada de
E
e
u ∈ E.
Ao
es alares univo amente determinados, tais que
u = λ1 e1 + λ2 e2 + · · · + λn en
oordenadas (ou omponentes) de u na base (ou relativamente à base) B e es reve-se
hama-se
u = (λ1 , λ2 , . . . , λn )B .
Exemplo 4.76. real
B
R2 .
Seja
Sabe-se que
(x, y) ∈ R2 .
B = ((1, 2), (3, −1)) é uma base
do espaço ve torial
Para determinar as oordenadas deste ve tor na base
tem de se determinar os es alares
α, β ∈ R
tais que
α(1, 2) + β(3, −1) = (x, y), isto é,
α + 3β = x 2α − β = y
Passando para a matriz ampliada e es alonando, obtém-se
Donde
β=
1 3 2 −1
2x−y e 7
α=
x y
−− −−−−−−−→ ′
1 3 x 0 −7 y − 2x −− −−−−−→ 1 3 x L′2 := − 17 L2 0 1 2x−y 7 x+3y −− − − − − − − − → 1 0 7 . L′1 := L1 − 3L2 0 1 2x−y 7
L2 := L2 − 2L1
x+3y 7 . Portanto,
(x, y) = Observe-se que, para
x + 3y 2x − y , 7 7
.
B
(x1 , . . . , xn ) ∈ Rn ,
(x1 , x2 , . . . , xn ) = (x1 , x2 , . . . , xn )BRn , BRn é a base a1 x + a0 ∈ Pn [x], onde
anóni a de
Rn .
Assim omo, para
an xn + an−1 xn−1 + · · · +
an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = (a0 , a1 , . . . , an−1 , an )BPn [x] , onde
BPn [x]
é a base anóni a de
Exer í io Resolvido 4.77.
Pn [x].
No espaço ve torial real
R4
onsidere-se a base
B = ((1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (1, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1)) .
4.9 Interse ção, reunião e soma de subespaços u = (−1, 3, 2, 0)
(a) Determine as oordenadas de (b) Indique o ve tor
v ∈ R4
tal que
92
relativamente à base
B.
v = (−1, 2, 3, 1)B .
Resolução:
(a) Sejam
α1 , α2 , α3 , α4 ∈ R4
tais que
(−1, 3, 2, 0) = α1 (1, 1, 0, 0) + α2 (0, 1, 1, 0) + α3 (1, 0, 0, 0) + α4 (0, 0, 0, 1), então
α1 + α3 = −1 α3 α1 + α2 = 3 α1 ⇐⇒ α2 = 2 α2 α4 = 0 α4
Portanto,
= −2 =1 =2 =0
(−1, 3, 2, 0) = (1, 2, −2, 0)B .
(b) Como
v = (−1, 2, 3, 1)B
então
v = −1(1, 1, 0, 0) + 2(0, 1, 1, 0) + 3(1, 0, 0, 0) + 1(0, 0, 0, 1) = (2, 1, 2, 1).
Exer í io 4.78.
P3 [x], onsidere as bases B2 = (2, x − 3x3 , 2x2 + x3 , x − x2 ).
No espaço ve torial real
B1 = (1 − x, x + x2 , x2 , x3 )
e
(a) Determine as oordenadas dos polinómios x2 + 3x + 2 nas bases dadas. (b) Indique o polinómio
r(x) ∈ P3 [x]
tal que
ordenadas
p(x) = x3 − 4x2 − x
e
q(x) =
r(x) = (1, −2, 0, 1)B2 .
4.9 Interse ção, reunião e soma de subespaços De nição 4.79.
Seja E um espaço ve torial sobre K e sejam F e G subespaços E . De ne-se a interse ção dos subespaços F e G, e representaF ∩ G, omo sendo o sub onjunto de E de nido por:
ve toriais de se por
F ∩ G = {u ∈ E : u ∈ F ∧ u ∈ G}.
Proposição 4.80. paços ve toriais de Demonstração.
Seja
E.
(i)
E
um espaço ve torial sobre
Então
Como
F ∩G
F
e
G
0E ∈ F ∩ G
e sejam
são subespaços ve toriais de
0E ∈ F Logo
K
é um subespaço ve torial de
e, portanto,
e
0E ∈ G.
F ∩ G 6= ∅.
F E.
E
e
G
então:
subes-
4.9 Interse ção, reunião e soma de subespaços (ii)
Sejam
u, v ∈ F ∩ G.
Por de nição de interse ção de
u∈F ∩G ⇒ u∈F v ∈F ∩G ⇒ v ∈F
Por outro lado,
(iii)
u + v ∈ G,
F
e
pelo que
G são subespaços u + v ∈ F ∩ G.
De forma análoga, seja
λ∈K
e seja
F
e
G
Logo, pela Proposição 4.9,
Exemplo 4.81.
e
G,
vem que:
E,
logo
u+v ∈ F
e
Então
u ∈ G. E
são subespaços ve toriais de
λu ∈ F
e
v∈G
u ∈ F ∩ G. e
F
u∈G
e e
ve toriais de
u∈F ∩G⇒u∈F Mas omo
93
então
λu ∈ G ⇒ λu ∈ F ∩ G.
F ∩G
é um subespaço ve torial de
E.
No espaço ve torial real R3 , onsidere os subespaços ve toriais R3 : x+y+3z = 0} e G = h(1, 0, 1), (−1, 1, 2)i. Para determinar
F = {(x, y, z) ∈ F ∩ G determine-se
primeiro a ondição que de ne
G:
(x, y, z) ∈ G ⇔ ∃α1 , α2 ∈ R : (x, y, z) = α1 (1, 0, 1) + α2 (−1, 1, 2) Ou seja, se e só se a matriz ampliada asso iada orresponde a um sistema possível:
1 −1 x 1 −1 x −−−−−−−−→ 0 1 y L′3 := L3 − L1 0 1 y 1 2 z 0 3 z−x 1 −1 x −− −−−−−−−→ 1 y L′3 := L3 − 3L2 0 0 0 z − x − 3y
Para que o sistema seja possível a ondição que se impõe é G = {(x, y, z) ∈ R3 : z − x − 3y = 0}. Donde
Assim,
z − x − 3y = 0.
F ∩ G = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y + 3z = 0 ∧ z − x − 3y = 0}. Resolvendo o sistema
obtém-se que
x + y + 3z = 0 ⇔ z − x − 3y = 0
x = − 25 y ⇔ z = x + 3y
x = − 52 y , z = 21 y
5 1 F ∩G= − y, y, y : y ∈ R . 2 2
4.9 Interse ção, reunião e soma de subespaços Exer í io 4.82.
No espaço ve torial real
U = {(x, y, z) ∈ R3 : x = y + 2z} Determine uma base de
De nição 4.83. ve toriais de
E.
Seja
R3 ,
onsidere os subespaços ve toriais
V = h(1, 0, −1), (2, 0, −4), (0, 3, 1)i.
e
U ∩V.
E
um espaço ve torial sobre
reunião dos subespaços
A
é o sub onjunto de
E
94
F
de nido por:
K
e sejam
F
e
G
subespaços
e G, representa-se por F ∪ G,
F ∪ G = {u ∈ E : u ∈ F ∨ u ∈ G}. O exemplo que se apresenta a seguir permite on luir que, em geral, a reunião de subespaços ve toriais de um espaço ve torial de
E
não é um subespaço ve torial
E.
Exemplo 4.84.
No espaço ve torial real
R2 ,
onsidere-se os subespaços ve to-
riais
H = {(0, y) : y ∈ R} Repare-se que ve torial de
R
H ∪ F = {(x, y) ∈ R2 : x = 0 ∨ y = 0}
2
não é um subespaço
pois não é fe hado para a adição de ve tores. De fa to,
(0, 1) ∈ H ∪ F e, no entanto,
F = {(x, 0) : x ∈ R}
e
(1, 0) ∈ H ∪ F
e
(0, 1) + (1, 0) = (1, 1) ∈ / H ∪ F.
A proposição que se segue estabele e uma ondição ne essária e su iente para que a reunião de subespaços seja um subespaço ve torial.
Proposição 4.85.
Seja
espaços ve toriais de
E.
se
E
um espaço ve torial sobre
Então
F ∪G
F ⊆G Demonstração.
(⇒)
E
ou
e, no entanto,
∃f ∈ F : f ∈ /G f, g ∈ F ∪ G,
e
F *G
e
G * F.
sub-
Então,
F ∪G
é um
F ∪ G é um subespaço ve torial, é fe hado para a adição e, omo f + g = s ∈ F ∪ G. Tem-se então que s ∈ F ou s ∈ G. Assim, então
g = s − f ∈ F,
o que é absurdo!
•
se
s∈G
então
f = s − g ∈ G,
o que é absurdo!
ou
G ⊆ F.
F ⊆ G então F ∪ G = G, que é um subespaço ve torial de E . G ⊆ F então F ∪ G = F , que também é um subespaço de E .
Se
Analogamente, se ve torial
G
se é só
então
s∈F
(⇐)
e
E
∃g ∈ G : g ∈ / F.
se
F ⊆G
F
G ⊆ F.
• Logo
e sejam
Suponha-se, om vista a um absurdo, que
subespaço ve torial de
Uma vez que
K
é um subespaço ve torial de
4.9 Interse ção, reunião e soma de subespaços Teorema 4.86.
E
Seja
um espaço ve torial sobre
E. F = E.
um subespaço ve torial de se
dim F = n
então
Por onvenção diz-se que ve torial de
E
e
F 6= {0E }
De nição 4.87. ve toriais de
E.
Seja
A
o sub onjunto de
E
Então
F
n e seja F dim F ≤ n. Mais,
de dimensão
tem dimensão nita e
dim{0E } = 0. Observe-se que se F é um subespaço dim F ≥ 1. Portanto, dim F = 0 ⇔ F = {0E }.
então
K e sejam F e G subespaços G, representa-se por F + G, é
um espaço ve torial sobre
soma dos subespaços
E
K
95
F
e
dado por:
F + G = {u + v : u ∈ F ∧ v ∈ G}.
Proposição 4.88. Demonstração.
E um espaço ve torial sobre K e sejam F e G E . Então F + G é um subespaço ve torial de E .
Seja
subespaços ve toriais de
(i)
Como
F
e
G
são subespaços ve toriais de
0E ∈ F Logo
(ii)
0E = 0E + 0E ∈ F + G.
Sejam
Assim,
u, v ∈ F + G.
0E ∈ G.
E, portanto,
F + G 6= ∅.
u = u1 + u2 ,
tais que
v = v1 + v2 ,
tais que
u + v = (u1 + v1 ) + (u2 + v2 ). | {z } | {z }
u1 ∈ F, u2 ∈ G
v1 ∈ F, v2 ∈ G. Logo
u + v ∈ F + G.
∈G
λ ∈ K e u ∈ F + G. Então u = u1 + u2 para alguns u1 ∈ F λu = λ(u1 + u2 ) = λu1 + λu2 ∈ F + G. |{z} |{z}
Sejam Logo
então
Então
∈F
(iii)
e
E
∈F
Logo, pela Proposição 4.9,
Exemplo 4.89.
dois
F +G
∈G é um subespaço ve torial de
No espaço ve torial real
R3 ,
e
onsidere os seguintes subespaços
G = {(0, y, 0) : y ∈ R}
Então
F +G = = =
u2 ∈ G.
E.
ve toriais:
F = {(0, 0, z) : z ∈ R}
e
{(0, 0, z) + (0, y, 0) : y, z ∈ R}
{(0, y, z) : y, z ∈ R}
{(x, y, z) ∈ R3 : x = 0}.
4.9 Interse ção, reunião e soma de subespaços
96
Observação 4.90. de de
Seja E um espaço ve torial sobre K e seja X um sub onjunto E . Prova-se que hXi é o menor (no sentido da in lusão) subespaço ve torial E que ontém X , isto é: se
H
E
é subespaço ve torial de
tal que
X⊆H
então
hXi ⊆ H
Atendendo à observação anterior, pode provar-se que a soma de dois subespaços é o menor subespaço que ontém a união desses subespaços, isto é:
Proposição 4.91. paços ve toriais de
Seja
E.
E
um espaço ve torial sobre
Então
K
e sejam
F
e
G
subes-
F + G = hF ∪ Gi.
F + G = hF ∪ Gi, e atendendo à observação F + G é o menor subespaço ve torial que ontém F ∪ G. Ou seja, tem que se mostrar que: (i) F ∪ G ⊆ F + G e (ii) se H é um subespaço ve torial de E tal que tal que F ∪ G ⊆ H então F + G ⊆ H .
Demonstração. Para provar que anterior, basta mostrar que
(i)
Seja
u ∈ F ∪ G.
Então
u∈F
ou
u ∈ G.
Se
u∈F
tem-se
u = u + 0E ∈ F + G. u∈G F ∪ G ⊆ F + G.
Analogamente, se que
(ii)
tem-se
Seja H um subespaço ve torial u ∈ F + G arbitrário. Então:
u = u1 + u2 , Como
u = 0E + u ∈ F + G. de
E
tais que
tal que
u1 ∈ F,
Ou seja provou-se
F ∪ G ⊆ H. e
Seja ainda
u2 ∈ G
F ∪ G ⊆ H , então u1 , u2 ∈ H e, portanto, omo H u = u1 + u2 ∈ H . Logo F + G ⊆ H .
é subespaço
ve torial, então
Teorema 4.92.
E um espaço ve torial sobre K e sejam F e G subespaE tais que F = hu1 , . . . , un i e G = hv1 , . . . , vk i, para alguns u1 , . . . , un , v1 , . . . , vk ∈ E . Então Seja
ços ve toriais de
F + G = hu1 , . . . , un , v1 , . . . , vk i.
Exemplo 4.93.
No espaço ve torial
R3
3
onsidere-se os subespaços ve toriais
F = {(x, y, z) ∈ R : x + y + 3z = 0} Determine-se um sistema de geradores de de
G,
e
G = h(1, 0, 1), (−1, 1, 2)i
F +G.
Já são onhe idos os geradores
basta agora determinar um sistema de geradores de
F
F:
3
= {(x, y, z) ∈ R : x = −y − 3z} = {(−y − 3z, y, z) : y, z ∈ R}
= {y(−1, 1, 0) + z(−3, 0, 1) : y, z ∈ R} = h(−1, 1, 0), (−3, 0, 1)i Logo
F + G = h(−1, 1, 0), (−3, 0, 1), (1, 0, 1), (−1, 1, 2)i.
4.10 Teorema das dimensões Exer í io 4.94.
No espaço ve torial
S T S +T
Determine
97 R4
onsidere-se os subespaços ve toriais:
{(a, b, c, d) ∈ R4 : a − b = 0 ∧ a = b + d} h(1, 0, 0, 3), (2, 0, 0, 1)i
= =
e indique uma sua base.
4.10 Teorema das dimensões Teorema 4.95 um orpo
K
e
.
(Teorema das dimensões)
F
G
e
Sejam
subespaços ve toriais de
E,
E
um espaço ve torial sobre
nitamente gerados. Então
dim(F + G) = dim F + dim G − dim(F ∩ G). F = {0E } ou G = {0E }. F + G = F . Como dim{0E } = 0, a
Demonstração. Considere-se o aso parti ular em que Neste aso,
F ∩ G = {0E }
e
F +G= G
ou
igualdade veri a-se trivialmente.
F 6= {0E } e G 6= {0E }. Repare-se que F e G têm F ∩ G é um subespaço ve torial de F (e também de G)
Suponha-se então que dimensão nita; mais,
e, portanto, também tem dimensão nita.
F ∩G 6= {0E } e seja BF ∩G = (e1 , . . . , es ) uma base ordenada e1 , . . . , es ∈ F e são linearmente independentes, pelo orolário 4.70 é possível juntar ve tores de F à base de F ∩ G por forma a obter uma base de F . O mesmo se pode fazer para G. Assim, sejam BF = (e1 , . . . , es , t1 , . . . , tp ) e BG = (e1 , . . . , es , g1 , . . . , gk ) bases ordenadas de F e G, respe tivamente. Então Suponha-se que
de
F ∩ G.
Como
F = he1 , . . . , es , t1 , . . . , tp i, G = he1 , . . . , es , g1 , . . . , gk i e
F + G = he1 , . . . , es , t1 , . . . , tp , g1 , . . . , gk i. Prove-se que os ve tores
e 1 , . . . , e s , t1 , . . . , t p , g 1 , . . . , g k
são linearmente indepen-
dentes. Para tal onsidere-se a ombinação linear nula,
α1 e1 + · · · + αs es + β1 t1 + · · · + βp tp + γ1 g1 + · · · + γk gk = 0E ,
(4.3)
que é equivalente a
α1 e1 + · · · + αs es + β1 t1 + · · · + βp tp = (−γ1 g1 ) + · · · + (−γk gk ) . {z } {z } | | ∈F =he1 ,...,es ,t1 ,...,tp i
Logo
∈G=he1 ,...,es ,g1 ,...,gk i
α1 e1 +· · ·+αs es +β1 t1 +· · ·+βp tp ∈ F ∩G. Mas, omo BF ∩G = (e1 , . . . , es ) F ∩ G, então:
é uma base de
α1 e1 + · · · + αs es + β1 t1 + · · · + βp tp = ϕ1 e1 + · · · + ϕs es ,
4.10 Teorema das dimensões para alguns
ϕ1 , . . . , ϕs ∈ K.
98
Assim,
(α1 − ϕ1 )e1 + · · · + (αs − ϕs )es + β1 t1 + · · · + βp tp = 0E . e 1 , . . . , e s , t1 , . . . , t p F , tem-se que:
Uma vez que uma base de
são linearmente independentes pois formam
α1 − ϕ1 = · · · = αs − ϕs = β1 = · · · = βp = 0K . Con lui-se assim que
β1 = · · · = βp = 0K .
Substituindo em (4.3), obtém-se:
α1 e1 + · · · + αs es + γ1 g1 + · · · + γk gk = 0E , o que impli a que
α1 = · · · = αs = γ1 = · · · = γk = 0K , e1 , . . . , es , g1 , . . . , gk são linearmente independentes. e1 , . . . , es , t1 , . . . , tp , g1 , . . . , gk são linearmente independentes e, portanto, estes ve tores formam uma base de F + G. Logo
já que
Con lui-se assim que
dim(F + G) = dim F + dim G − dim(F ∩ G) . {z } | {z } | =s+p+k
=(s+p)+(s+k)−s
F ∩ G = {0E }, onsidere-se BF = (t1 , . . . , tp ) e BG = (g1 , . . . , gk ) bases F e G, respe tivamente. Por um ra io ínio análogo ao anterior, prova-se que BF +G = (t1 , . . . , tp , g1 , . . . , gk ) é uma base de F + G (demonstre!). Se
ordenadas de
Logo, também neste aso,
dim(F + G) = dim F + dim G − dim(F ∩ G) . | {z } | {z } =p+k
Observação 4.96.
=p+k−0
No demonstração do teorema anterior provou-se também
F ∩ G 6= {0E }, se BF ∩G = (e1 , . . . , es ) é uma base de F ∩ G e BF = (e1 , . . . , es , t1 , . . . , tp ) e BG = (e1 , . . . , es , g1 , . . . , gk ) ordenadas de F e G, respe tivamente, então
que, no aso de
ordenada são bases
BF +G = (e1 , . . . , es , t1 , . . . , tp , g1 , . . . , gk ) é uma base ordenada de e
BG = (g1 , . . . , gk )
F + G.
No aso de
são bases ordenadas de
F ∩ G = {0E } e se BF = (t1 , . . . , tp ) F e G, respe tivamente, então
BF +G = (t1 , . . . , tp , g1 , . . . , gk ) é uma base ordenada de
F + G.
4.10 Teorema das dimensões Exemplo 4.97.
99
Considere-se, no espaço ve torial real
R3 ,
os subespaços ve -
toriais
F = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y + 3z = 0}
e
G = h(1, 0, 1), (−1, 1, 2)i.
No exemplo 4.81, viu-se que
F ∩G = = =
5 1 y − , 1, :y∈R 2 2 5 1 h(− , 1, )i 2 2 h(−5, 2, 1)i
(−5, 2, 1) 6= (0, 0, 0), (−5, 2, 1) é linearmente independente e, portanto, BF ∩G = ((−5, 2, 1)) é uma base ordenada de F ∩ G. Veja-se que dim F = 2. Ora Como
F
= {(−y − 3z, y, z) : y, z ∈ R} = {y(−1, 1, 0) + z(−3, 0, 1) : y, z ∈ R} = h(−1, 1, 0), (−3, 0, 1)i
(−1, 1, 0) e (−3, 0, 1) ve tores linearmente independentes (veri que!), enB = ((−1, 1, 0), (−3, 0, 1)) é uma base ordenada de F e dim F = 2. Assim, basta juntar um ve tor de F ao ve tor (−5, 2, 1) que não seja
ombinação linear de (−5, 2, 1) para se obter uma outra base de F . Por exemplo, (1, 2, −1) ∈ F e não é ombinação linear de (−5, 2, 1), pois (1, 2, −1) 6= α(−5, 2, 1), para todo α ∈ R. Como dim(F ) = 2 e (1, 2, −1), (−5, 2, 1) ∈ F são
Sendo tão
linearmente independentes,
BF = ((1, 2, −1), (−5, 2, 1)) Por outro lado, então
(−5, 2, 1)
F.
é base ordenada de
G = h(1, 0, 1), (−1, 1, 2)i,
dim G ≤ 2. Como F ∩ G ⊆ G, G. linear de (−5, 2, 1), logo (1, 0, 1)
logo
é um ve tor linearmente independente de
No entanto, (1, 0, 1) não é ombinação (−5, 2, 1) são dois ve tores de G linearmente independentes e, onsequentemente, dim G ≥ 2. Con lui-se assim que BG = ((1, 0, 1), (−5, 2, 1)) é uma base ordenada de G e que dim G = 2. e
Finalmente,
BF = ((1, 2, −1), (−5, 2, 1)) BG = ((1, 0, 1), (−5, 2, 1))
é base ordenada de
é base ordenada de
F
G
e, portanto, pela observação 4.96:
BF +G = ((1, 2, −1), (−5, 2, 1), (1, 0, 1)) Dado um espaço ve torial sobre da forma
F + G,
onde
F
e
G
K,
é base ordenada de
F + G.
de entre os subespaços ve toriais de
são subespaços ve toriais de
importân ia os que veri am a seguinte ondição:
E,
E
têm parti ular
4.10 Teorema das dimensões Para todo
u∈F +G
De nição 4.98.
100 u1 ∈ F u = u1 + u2 .
existem um e um só que
e um e um só
u2 ∈ G
tais
K e sejam F e G subespaços F + G é soma dire ta (ou que F e G estão em soma dire ta), e representa-se por F ⊕ G, se, para todo u ∈ F + G existem um e um só u1 ∈ F e um e um só u2 ∈ G tais que ve toriais de
E.
Seja
E
um espaço ve torial sobre
Diz-se que
u = u1 + u2 .
Exemplos 4.99.
No espaço ve torial real
R3 ,
onsidere-se os subespaços ve -
toriais: 1.
F = {(0, 0, z) : z ∈ R}
e
G = {(0, y, 0) : y ∈ R}.
F +G = = =
Então
{(0, 0, z) + (0, y, 0) : y, z ∈ R}
{(0, y, z) : y, z ∈ R} {(x, y, z) ∈ R3 : x = 0}.
u ∈ F + G tem-se que u = (0, b, c), para alguns b, c ∈ F + G, pelo que u se es reve de modo úni o omo soma de um elemento de F om um elemento de G, da forma u = (0, 0, c) + (0, b, 0), onde (0, 0, c) ∈ F e (0, b, 0) ∈ G. Então F está em soma dire ta om G. Assim, qualquer que seja
2.
F = {(x, y, z) ∈ R3 : x = 0}
e
G = {(x, y, z) ∈ R3 : y = x}.
Então
{(0, y, z) + (y ′ , y ′ , z ′ ) : y, z, y ′ , z ′ ∈ R} {(y ′ , y + y ′ , z + z ′ ) : y, z, y ′, z ′ ∈ R}
F +G = =
R3
=
(veri que!).
Tem-se que:
(1, 1, 1) = (0, 0, 1) + (1, 1, 0) | {z } | {z } ∈F
e, por outro lado,
(1, 1, 1) = (0, 0, −1) + (1, 1, 2) | {z } | {z } ∈F
Então, existe de
F
∈G
u ∈ F + G que Ge
om um ve tor de
∈G
não se es reve de modo úni o omo um ve tor portanto
F
não está em soma dire ta om
G.
O próximo resultado estabele e uma ara terização para a soma dire ta de dois subespaços ve toriais.
Proposição 4.100. paços ve toriais de
(i)
A soma
Seja
E.
F +G
E
um espaço ve torial sobre
K
e sejam
F
e
G
Então, são equivalentes as seguintes a rmações:
é dire ta;
subes-
4.10 Teorema das dimensões (ii)
101
O ve tor nulo es reve-se de modo úni o omo soma de um ve tor de
om um ve tor de
F
G;
(iii) F ∩ G = {0E }. Demonstração. Prova-se este resultado através da seguinte sequên ia de impli ações:
(i) ⇒ (ii) ⇒ (iii) ⇒ (i)
(i) ⇒ (ii) Resulta imediatamente da de nição de soma dire ta.
(ii) ⇒ (iii) Sabe-se que Por outro lado, seja ve torial de
E
{0E } ⊆ F ∩ G.
(4.4)
u ∈ F ∩ G. Então u ∈ F e u ∈ G. Como G é um subespaço −u ∈ G. Por de nição de simétri o em E ,
tem-se que
u + (−u) = 0E |{z} | {z } ∈F
e tem-se também
∈G
0E + 0E = 0E . |{z} |{z} ∈F
∈G
Por hipótese, o ve tor nulo es reve-se de modo úni o omo soma de um elemento de
F
om um elemento de
G,
logo
u = 0E
e, onsequentemente,
F ∩ G ⊆ {0E } Por (4.4) e (4.5) on lui-se que
(4.5)
F ∩ G = {0E }.
(iii) ⇒ (i) Seja u ∈ F + G e admita-se que
Então
u1 + u2 ,
tais que
u =
u′1
′ tais que u1
u1 − u′ = u2 − u′ | {z }1 | {z }2 ∈F
hipótese,
+
u′2 ,
pelo que
e e
u2 ∈ G u′2 ∈ G
u2 − u′2 ∈ F ∩ G.
Mas, por
∈G
F ∩ G = {0E }.
u1 = u′1
e
∈F
u1 − u′1 ∈ F ∩ G
Logo
u1 − u′1 = 0E ou seja,
u1 ∈ F
u =
e
e
u2 − u′2 = 0E
u2 = u′2 .
Provou-se então que ada ve tor
u∈F ∩G G.
se es reve de modo úni o omo
soma de um ve tor de
F
Exemplos 4.101.
1. No espaço ve torial real
om um ve tor de
R4 ,
onsiderem-se os subes-
paços ve toriais
F
=
G =
{(x, y, z, t) ∈ R4 : x + y = 0 ∧ z + t = 0}
{(x, y, z, t) ∈ R4 : x = 0 ∧ t = 0}.
4.10 Teorema das dimensões
102
Atendendo a que
{(x, y, z, t) ∈ R4 : x + y = 0 ∧ z + t = 0 ∧ x = 0 ∧ t = 0} {(0, 0, 0, 0)},
F ∩G = = então
F
G.
está em soma dire ta om
2. No espaço ve torial real
P3 [x],
onsiderem-se os subespaços ve toriais
= {a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 ∈ P3 [x] : a0 + a1 = 0 ∧ a3 = 0} = {a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 ∈ P3 [x] : a0 + a1 + a2 = 0}.
F G
Atendendo a que
F ∩G = = tem-se que
{a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 ∈ P3 [x] : a0 + a1 = 0 ∧ a3 = 0 ∧
∧a0 + a1 + a2 = 0} {−a1 + a1 x : a1 ∈ R}
1−x ∈ F ∩G
e, portanto,
não é soma dire ta.
Exer í io 4.102.
No espaço ve torial real
F ∩ G 6= {0E }. R3 ,
F
Seja
o subespaço gerado pelos ve tores
c
e
d.
(a)
F ∩ G;
(b)
F + G.
e
b
e seja
G
e
d = (2, 2, 2).
o subespaço gerado pelos
Determine uma base para:
(sugestão: use a observação 4.96)
Teorema 4.103. ve toriais de
a
F +G
onsidere os seguintes ve tores:
a = (1, 2, −1), b = (1, −2, −1), c = (1, 2, 3) ve tores
Logo a soma
E
Seja
E
K e sejam F e G subespaços S = F + G. Então as a rmações
um espaço ve torial sobre
de dimensão nita. Seja ainda
seguintes são equivalentes:
(i) S = F ⊕ G.
(ii) dim(F + G) = dim F + dim G. (iii)
BF = (t1 , t2 , . . . , tp ) é uma base ordenada de F e BG = (g1 , g2 , . . . , gk ) é uma base ordenada de G, então B = (t1 , t2 , . . . , tp , g1 , g2 , . . . , gk ) é uma
Se
base ordenada de
F + G = S.
(i) ⇒ (ii) Resulta de imediato do Teorema das dimensões. De S = F ⊕G então F ∩G = {0E } e, onsequentemente, dim(F ∩G) = 0.
Demonstração. fa to, omo Logo
dim(F + G) = dim F + dim G − dim(F ∩ G) ⇔ dim(F + G) = dim F + dim G
4.11 Subespaço omplementar
103
(ii) ⇒ (i) Novamente, pelo Teorema das dimensões, dim(F + G) = dim F + dim G ⇒ dim(F ∩ G) = 0 ⇒ F ∩ G = {0E }. Daqui on lui-se que (i) ⇔ (ii). (ii) ⇒ (iii) Por hipótese, dim(F + G) = dim F + dim G, logo, pelo teorema
dim(F ∩ G) = 0.
das dimensões tem-se
observação 4.96 obtém-se
Exer í io 4.104.
F
(b) Averigúe se
F ∩ G = {0E }.
R3 , onsidere-se G = {(0, y, z) : y, z ∈ R}.
No espaço ve torial real
F = {(x, y, 0) : x, y ∈ R} (a) Mostre que
Donde
(iii). A impli ação (iii) ⇒ (ii) é óbvia.
e
G
e
são subespaços ve toriais de
Atendendo à
os sub onjuntos
R3 .
R3 = F ⊕ G.
4.11 Subespaço omplementar De nição 4.105. ve torial de
E.
Seja
E
um espaço ve torial sobre K e seja F ⋆ , de E , tal que
F
um subespaço
A um subespaço ve torial
E = F ⊕ F ⋆,
hama-se
subespaço omplementar de
Teorema 4.106.
F.
E um espaço ve torial sobre K E tem pelo menos um subespaço
Seja
subespaço ve torial de Demonstração. Seja
F
•
Se
•
Se
•
Suponha-se que
um subespaço ve torial de
F = {0E } então um subespaço E (e é úni o);
de dimensão
n.
Todo o
omplementar.
E. F
omplementar de
é o próprio espaço
ve torial
F =E
então um subespaço omplementar de
F
é
{0E }
(e é úni o);
F é um subespaço ve torial não trivial de E . Então, seja B = (f1 , . . . , fk ) uma base ordenada de F . Como F 6= E então existem ve tores em E que não perten em a F . Pode assim ompletar-se a base de F por forma a obter uma base de E . Seja BE = (f1 , . . . , fk , ek+1 , . . . , en ) essa base ordenada de
E.
Tome-se
S = hek+1 , . . . , en i. E = F + S . Pelo Teorema 4.103, dim F + dim S = n e, portanto, E = F ⊕ S . Con lui-se assim que S é um subespaço omplementar de F . Logo
4.11 Subespaço omplementar
Exemplo 4.107.
No espaço ve torial real
104
R4 ,
onsidere
F = {(x, y, z, w) ∈ R4 : x + y + z = y + 2z − w = 0}. Veri que que
F
é um subespaço ve torial de
R4 .
Agora, vai-se determinar dois
F. = ((−1, 1, 0, 1), (−1, 0, 1, 2))
subespaços omplementares de
é uma base ordenada de F Tem-se que BF (prove!). Complete-se, de duas formas diferentes, esta base até obter uma base 4 de R . 1. a res entando os ve tores Veja-se que os ve tores
(1, 0, 0, 0)
e
(0, 1, 0, 0).
(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (−1, 1, 0, 1) e (−1, 0, 1, 2) são α, β, γ, δ ∈ R tais que
linearmente independentes. Sejam
α(1, 0, 0, 0) + β(0, 1, 0, 0) + γ(−1, 1, 0, 1) + δ(−1, 0, 1, 2) = (0, 0, 0, 0), ou seja,
α−γ−δ =0 β+γ =0 (α − γ − δ, β + γ, δ, γ + 2δ) = (0, 0, 0, 0) ⇔ δ =0 γ + 2δ = 0
E, portanto,
α = β = δ = γ = 0.
Logo, a úni a forma de es rever o
ve tor nulo omo ombinação dos ve tores dados é a ombinação linear nula trivial. Logo os ve tores
(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (−1, 1, 0, 1) e (−1, 0, 1, 2) são linearR4 tem dimensão 4, estes ve tores formam
mente independentes. Como uma base de R4 .
S = h(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0)i. Tem-se subespaço omplementar de F .
Seja um
2. a res entando os ve tores Veja-se que os ve tores
(1, 0, 0, 0)
e
que
R4 = F ⊕ S .
Portanto
S
é
(0, 0, 1, 0).
(1, 0, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (−1, 1, 0, 1) e (−1, 0, 1, 2) são α, β, γ, δ ∈ R tais que
linearmente independentes. Sejam
α(1, 0, 0, 0) + β(0, 0, 1, 0) + γ(−1, 1, 0, 1) + δ(−1, 0, 1, 2) = (0, 0, 0, 0), ou seja,
α−γ−δ =0 γ=0 (α − γ − δ, γ, β + δ, γ + 2δ) = (0, 0, 0, 0). ⇔ β +δ =0 γ + 2δ = 0
4.11 Subespaço omplementar E, portanto,
(−1, 1, 0, 1)
105
α = β = δ = γ = 0. Logo os (−1, 0, 1, 2) são linearmente
ve tores
(1, 0, 0, 0), (0, 0, 1, 0),
independentes. Mais uma vez 4 pode on luir-se que estes ve tores também formam uma base de R . Seja
e
S1 = h(1, 0, 0, 0), (0, 0, 1, 0)i.
Tem-se que
é outro subespaço omplementar de
F.
R4 = F ⊕ S 1 .
Portanto
S1
5. Apli ações lineares
5.1 De nição e propriedades
107
5.1 De nição e propriedades De nição 5.1.
ação linear
em
E′
Sejam
(ou
E
e
E′
dois espaços ve toriais sobre
transformação linear
a toda a apli ação
ϕ : E −→ E ′
ou ainda
K.
Chama-se
homomor smo)
aplide
E
que satisfaz as seguintes ondições:
(i) ∀u, v ∈ E , ϕ(u + v) = ϕ(u) + ϕ(v);
(ii) ∀λ ∈ K, ∀u ∈ E , ϕ(λu) = λϕ(u).
Simpli ação de notação: vez de
Se
u = (x1 , . . . , xn ),
es reve-se
ϕ(x1 , . . . , xn )
em
ϕ((x1 , . . . , xn )).
Exemplos 5.2.
1. A apli ação
ϕ:
R3 −→ R2 (x, y, z) 7−→ ϕ(x, y, z) = (x + y, z)
é uma apli ação linear de
(i)
Sejam
R3
em
(x, y, z), (a, b, c) ∈ R3
R2 .
De fa to,
arbitrários. Então
ϕ ((x, y, z) + (a, b, c)) = ϕ(x + a, y + b, z + c)
por de nição de adição em
= ((x + a) + (y + b), z + c) = ((x + y) + (a + b), z + c)
por de nição de
R
por de nição de adição em
= ϕ(x, y, z) + ϕ(a, b, c) Provou-se assim que, para quaisquer
ϕ
pelas propriedades da adição em
= (x + y, z) + (a + b, c)
R3
R2
por de nição de
(x, y, z), (a, b, c) ∈ R3 ,
ϕ.
se tem
ϕ ((x, y, z) + (a, b, c)) = ϕ(x, y, z) + ϕ(a, b, c).
(ii)
Sejam agora
λ∈R
e
(x, y, z) ∈ R3
ϕ (λ(x, y, z)) = ϕ(λx, λy, λz)
arbitrários. Então
por de nição de multipli ação por
R3 de ϕ
um es alar em
= (λx + λy, λz)
por de nição
= (λ(x + y), λz)
pela distributividade da multipli ação
= λ(x + y, z)
por de nição de multipli ação por
em relação à adição em
R
R2 de ϕ.
um es alar em
= λϕ(x, y, z)
por de nição
Provou-se assim que, para quaisquer
λ∈R
e
(x, y, z) ∈ R3 ,
ϕ (λ(x, y, z)) = λϕ(x, y, z).
se tem
5.1 De nição e propriedades 2. Seja
x0 ∈ R.
A apli ação
F (R) −→ R f 7−→ ψ(f ) = f (x0 )
ψ: é uma apli ação linear de
(i)
f, g ∈ F (R)
Sejam
108
F (R)
em
por de nição de
por de nição de
ψ(f + g) = ψ(f ) + ψ(g),
Sejam
f ∈ F (R)
e
ψ(λf ) = (λf )(x0 ) = λ(f (x0 )) = λψ(f ) Ou seja,
λ∈R
ψ
por de nição de adição em
= ψ(f ) + ψ(g)
(ii)
De fa to,
arbitrários. Então
ψ(f + g) = (f + g)(x0 ) = f (x0 ) + g(x0 )
Logo
R.
para quaisquer
arbitrários. Então
por de nição de
ψ.
f, g ∈ F (R).
ψ
por de nição de multipli ação por um es alar em por de nição de
ψ(λf ) = λψ(f ),
ψ.
para quaisquer
f ∈ F (R)
e
λ ∈ R.
3. A apli ação
φ : M3×1 (R) a b c
−→ 7−→
R2 a φ b = (a2 , b + c − 2) c
não é uma apli ação linear. De fa to,
e
mas
Logo,
F (R)
1 φ 0 = (12 , 0 + 2 − 2) = (1, 0) 2
1 2 φ 2 0 = φ 0 = (22 , 0 + 4 − 2) = (4, 2), 2 4
1 2φ 0 = 2(1, 0) = (2, 0). 2 1 φ(λu) 6= λφ(u), quando λ = 2 e u = 0. 2
F (R)
5.1 De nição e propriedades Exer í io 5.3.
109
Veri que que a apli ação
R2 (x, y)
θ:
é uma apli ação linear de
Proposição 5.4.
R2
−→ R3 7−→ θ(x, y) = (2x, x − y, 3y) em
R3 .
E e E ′ espaços E em E ′ . Então:
Sejam
apli ação linear de
K.
ve toriais sobre
Seja ainda
ϕ
uma
(a) ϕ(0E ) = 0E ′ ; (b) ϕ(−u) = −ϕ(u),
( ) ϕ(u − v) = ϕ(u) − ϕ(v),
Demonstração. Prove-se para a adição em
E,
u ∈ E;
para todo
para todo
u, v ∈ E .
(a). Como o ve tor nulo de E , 0E , é o elemento neutro
então
0E = 0E + 0E .
Donde
ϕ(0E ) = ϕ(0E + 0E ) ⇔ ϕ(0E ) = ϕ(0E ) + ϕ(0E ). Note-se que a última igualdade resulta do fa to de ϕ ser uma apli ação linear. ′ ′ Como E é um espaço ve torial e ϕ(0E ) ∈ E , então existe o seu simétri o em ′ E , −ϕ(0E ). Mas então, adi ionando a ambos os membros da igualdade anterior
esse simétri o, obtém-se
ϕ(0E ) + (−ϕ(0E )) = ϕ(0E ) + ϕ(0E ) + (−ϕ(0E )) ⇔ 0E ′ = ϕ(0E ) + 0E ′
pelos axiomas de espaço
⇔ 0E ′ = ϕ(0E )
por de nição de
Prove-se
(b).
ve torial
u ∈ E. ϕ(u) em E ′ ,
Seja
simétri o do ve tor
Pretende-se provar que o ve tor ou seja,
ϕ(−u) + ϕ(u) = ϕ(−u + u) = ϕ(0E )
pois
ϕ(−u) = −ϕ(u),
Prove-se
ϕ
é apli ação linear
pela alínea para todo
ϕ(−u)
Ora
por de nição de simétri o em
= 0E ′ Portanto,
ϕ(−u) + ϕ(u) = 0E ′ .
(a).
u ∈ E.
( ). Sejam u, v ∈ E . Então
ϕ(u − v) = ϕ(u + (−v))
0E ′ .
por notação
= ϕ(u) + ϕ(−v) = ϕ(u) + (−ϕ(v))
pois
ϕ
= ϕ(u) − ϕ(v)
por notação.
é apli ação linear
pela alínea
(b)
E
é o
5.1 De nição e propriedades
110
O próximo resultado estabele e uma nova ara terização para apli ações lineares.
Proposição 5.5.
ação de
E
E e E ′ espaços ve toriais sobre K e seja ϕ E . Então ϕ é uma apli ação linear se e só se Sejam
uma apli-
′
em
ϕ(αu + βv) = αϕ(u) + βϕ(v),
∀α, β ∈ K, ∀u, v ∈ E.
A demonstração a omo exer í io.
′ espaços ve toriais sobre K. Representa-se por L(E, E ) o on′ ′ junto das apli ações lineares de E para E . Observe-se que, omo L(E, E ) é um Sejam
E
e
E′
onjunto de apli ações, pode onsiderar-se as seguintes operações:
Adição: Dadas ϕ, ψ ∈ L(E, E ′ ), ϕ + ψ
é a apli ação de
(ϕ + ψ)(u) = ϕ(u) + ψ(u), para
Multipli ação por um es alar: apli ação de
E
em
E′
tal que
Dados
e
λ ∈ K.
todo o
todo o
em
E′
tal que
u ∈ E.
ϕ ∈ L(E, E ′ )
(λϕ)(u) = λ (ϕ(u)) , para
Teorema 5.6.
E
e
λ ∈ K, λϕ
é a
u ∈ E.
E e E ′ espaços ve toriais sobre K e sejam ϕ, ψ ∈ L(E, E ′ ) ϕ + ψ e λϕ são apli ações lineares. Mais, L(E, E ′ ), munido om
Sejam
Então
a adição e a multipli ação por um es alar de nidas anteriormente, é um espaço ve torial sobre
K.
Demonstração. Considere-se
u, v ∈ E .
Então
ϕ, ψ ∈ L(E, E ′ )
arbitrárias e sejam
(ϕ + ψ)(αu + βv) = ϕ(αu + βv) + ψ(αu + βv)
e
por de nição de adição em
= αϕ(u) + βϕ(v) + αψ(u) + βψ(v) = α(ϕ(u) + ψ(u)) + β(ϕ(v) + ψ(v))
α, β ∈ K
L(E, E ′ ).
pela Proposição 5.5 por
E′
ser um espaço
ve torial
= α ((ϕ + ψ)(u)) + β ((ϕ + ψ)(v))
por de nição de adição em
ϕ+ψ L(E, E ′ ).
Portanto, em
L(E, E ′ ).
é uma apli ação linear. Logo a adição é uma operação interna
Analogamente, onsidere-se
ϕ ∈ L(E, E ′ ), λ ∈ K
e sejam
α, β, λ ∈ K
e
5.1 De nição e propriedades u, v ∈ E .
111
Então
(λϕ)(αu + βv) = λ (ϕ(αu + βv))
por de nição de multipli ação por um es alar em
L(E, E ′ ).
= λ (αϕ(u) + βϕ(v))
pela Proposição 5.5
= (λα)ϕ(u) + (λβ)ϕ(v) = (αλ)ϕ(u) + (βλ)ϕ(v)
por
= α (λ(ϕ(u))) + β (λ(ϕ(v))) = α (λϕ) (u) + β (λϕ) (v)
E′
ser um espaço ve torial
pela omutatividade em por
E
′
K
ser um espaço ve torial
por de nição de multipli ação por um es alar em
L(E, E ′ ).
′ é uma apli ação linear, e portanto λϕ ∈ L(E, E ). ′ Fi a omo exer í io provar que L(E, E ) é um espaço ve torial sobre
Logo
λϕ
K
om
as operações anteriormente de nidas.
Observação 5.7.
A apli ação
0L(E,E ′ ) : E u
−→ E ′ 7−→ 0L(E,E ′ ) (u) = 0E ′
é uma apli ação linear de E para E ′ e é o ve tor nulo do espaço ve torial L(E, E ′ ). Prove que, de fa to, 0L(E,E ′ ) + ψ = ψ , para todo ψ ∈ L(E, E ′ ). ′ Mais, para ada ψ ∈ L(E, E ), a apli ação
−→ E ′ 7−→ (−ψ)(u) = −(ψ(u))
−ψ : E u
E em E ′ ψ + (−ψ) = 0L(E,E ′ ) .
é uma apli ação linear de que, de fa to,
Exer í io 5.8. ′
′′
ψ ∈ L(E , E ).
Sejam
E, E′
e
E ′′
é uma apli ação linear de
E
em
em
espaços ve toriais sobre
Prove que a apli ação, à qual se hama
ψ◦ϕ: E u
ψ
e é o simétri o de
L(E, E ′ ).
Prove
K, ϕ ∈ L(E, E ′ )
e
apli ação omposta,
−→ E ′′ 7−→ (ψ ◦ ϕ)(u) = ψ (ϕ(u)) E ′′ .
5.1.1 Classi ação de apli ações lineares De nição 5.9. linear de
• •
E
Sejam E e E ′ espaços ve toriais sobre em E ′ . Diz-se que ϕ é um
K e seja ϕ uma apli ação
monomor smo se ϕ é inje tiva, isto é, ϕ(u) = ϕ(v) ⇒ u = v, ∀u, v ∈ E ; epimor smo se ϕ é sobreje tiva, isto é, se o ontradomínio de ϕ é E ′ ;
5.1 De nição e propriedades • • •
112
isomor smo se ϕ é bije tiva, isto é, se ϕ é inje tiva e sobreje tiva; endomor smo se E = E ′ ; automor smo se ϕ é um endomor smo e um isomor smo.
Exemplos 5.10.
1. A apli ação linear
φ : R3 −→ R
φ(x, y, z) = x + y + z,
de nida por
∀(x, y, z) ∈ R3
é um epimor smo. 2. A apli ação linear
ψ : P3 [x] −→ R4
de nida por
ψ(ax3 + bx2 + cx + d) = (a, b, c, d),
∀ax3 + bx2 + cx + d ∈ P3 [x]
é um isomor smo. 3. A apli ação linear
ϕ : P2 [x] −→ P2 [x]
de nida por
ϕ(ax2 + bx + c) = cx2 + bx + a,
∀ax2 + bx + c ∈ P2 [x]
é um automor smo.
5.1.2 Propriedades das apli ações lineares O teorema seguinte exprime o omportamento das apli ações lineares em relação à dependên ia e/ou independên ia linear de ve tores.
Teorema 5.11. linear de
(i)
E
Sejam E e E ′ espaços ve toriais sobre ′ para E . Então:
K e seja ϕ uma apli ação
v1 , . . . , vk ∈ E são linearmente dependentes em E ϕ(v1 ), . . . , ϕ(vk ) são linearmente dependentes em E ′ .
Se os ve tores ve tores
(ii) ϕ
é monomor smo se e só se
v1 , . . . , vk impli ar ϕ(v1 ), . . . , ϕ(vk ).
a independên ia linear dos ve tores pendên ia linear dos ve tores Demonstração. Prove-se
(i).
Sejam
v1 , . . . , vk ∈ E
todos nulos tais que
α1 v1 + · · · + αk vk = 0E . ϕ
a inde-
e suponha-se que estes ve -
tores são linearmente dependentes. Então existem es alares
Como
então os
é uma apli ação linear, tem-se
ϕ(0E ) = 0E ′ ⇔ ϕ(α1 v1 + · · · + αk vk ) = 0E ′ ⇔ α1 ϕ(v1 ) + · · · + αk ϕ(vk ) = 0E ′ .
α1 , . . . , αk ∈ K
não
5.1 De nição e propriedades
113 ϕ(v1 ), . . . , ϕ(vk ) em ϕ(v1 ), . . . , ϕ(vk ) são linearmente
Ou seja, obtém-se uma ombinação linear nula dos ve tores que os es alares não são todos nulos. Portanto, ′ dependentes em E .
(ii). (⇒) Suponha-se que ϕ é monomor smo, ou seja, é inje tiva e v1 , . . . , vk ∈ E ve tores linearmente independentes. Sejam α1 , . . . , αk ∈ K
Prove-se sejam
tais que
α1 ϕ(v1 ) + · · · + αk ϕ(vk ) = 0E ′ .
α1 = · · · = αk = 0K , para se poder ϕ(v1 ), . . . , ϕ(vk ) são linearmente independentes. Como linear, tem-se ϕ(0E ) = 0E ′ e
Pretende-se provar que a sua úni a solução é
on luir que os ve tores
ϕ
é uma apli ação
ϕ(α1 v1 + · · · + αk vk ) = α1 ϕ(v1 ) + · · · + αk ϕ(vk ) = 0E ′ = ϕ(0E ). Como
ϕ é inje tiva, se dois obje tos têm a mesma imagem, então eles são iguais,
logo
α1 v1 + · · · + αk vk = 0E . Mas os ve tores
v1 , . . . , vk
são linearmente independentes, donde
α1 = · · · = αk = 0K . Portanto, os ve tores
ϕ(v1 ), . . . , ϕ(vk )
são linearmente independentes.
(⇐) Suponha-se agora que sempre que
pendentes então que
ϕ
ϕ(v1 ), . . . , ϕ(vk )
v1 , . . . , vk
forem linearmente inde-
são linearmente independentes. Vai-se provar
é inje tiva.
ϕ não é um monomor smo, isto é, u, v ∈ E tais que u 6= v e ϕ(u) = ϕ(v). Seja w = u − v . w 6= 0E , donde w é linearmente independente. Então, por
Suponha-se, om vista a um absurdo, suponha-se que existem Como
u 6= v tem-se ϕ(w) é linearmente
hipótese,
independente. Mas, por outro lado,
ϕ(w) = ϕ(u − v) = ϕ(u) − ϕ(v) = 0E ′ e
0E ′
é linearmente dependente. Logo
absurdo. Portanto,
ϕ
ϕ(w)
é linearmente dependente, o que é
é monomor smo.
Resumindo:
•
Uma apli ação linear transforma ve tores linearmente dependentes em ve -
•
Para que uma apli ação linear transforme sempre ve tores linearmente
tores linearmente dependentes.
independentes em ve tores linearmente independentes é ne essário e su iente que esta apli ação seja inje tiva.
Exemplos 5.12.
1. Seja
ϕ
uma apli ação linear de
ϕ(x, y, z) = (x + y, z),
para todo
R3
em
R2
(x, y, z) ∈ R3 .
tal que
5.1 De nição e propriedades É fá il veri ar que
ϕ
114
não é um monomor smo. De fa to,
ϕ(3, 2, −1) = ϕ(4, 1, −1) = (5, −1). u1 = (1, 1, −1), v1 = (−1, −3, 2) e Note-se que são linearmente dependentes (prove!) e
Considere os ve tores
ϕ(u1 ) = (2, −1),
ϕ(v1 ) = (−4, 2)
w1 = (−1, −5, 3).
ϕ(w1 ) = (−6, 3)
e
também são linearmente dependentes.
u2 = (1, −1, 0), v2 = (0, −3, 2) e Prove que são linearmente independentes. No entanto,
Considere os ve tores
ϕ(u2 ) = (0, 0),
ϕ(v2 ) = (−3, 2)
w2 = (−1, 0, 3).
ϕ(w2 ) = (−1, 3)
e
são linearmente dependentes (justi que!). 2. Seja
φ
uma apli ação linear de
para todo
ax + b ∈ P1 [x].
Prove
P1 [x] que φ
em
R2
tal que
φ(ax + b) = (a, b),
é um monomor smo.
p1 (x) = x − 1, q1 (x) = −3 e r1 (x) = 3x + 3. Note-se que são linearmente dependentes pois dim(P1 [x]) = 2. Fa ilmente
Considere os polinómios se veri a que
φ(p1 (x)) = (1, −1),
φ(q1 (x)) = (0, −3)
e
φ(r1 (x)) = (3, 3)
também são linearmente dependentes.
p2 (x) = 4x − 3 e q2 (x) = x + 5. Prove que são linearmente independentes e veri que que também os ve tores
Considere agora os polinómios
φ(p2 (x)) = (4, −3)
φ(q2 (x)) = (1, 5)
e
são linearmente independentes. O próximo resultado mostra que uma apli ação linear ujo domínio é um espaço ve torial de dimensão nita a perfeitamente de nida quando se onhe em as imagens dos ve tores de uma qualquer base desse mesmo espaço ve torial.
Proposição 5.13.
E e E ′ espaços B = (e1 , . . . , en ) uma
Sejam
dimensão nita. Seja
Então existem uma e uma só apli ação linear
i ∈ {1, . . . , n}. v = α1 e1 + · · · + αn en ,
K tais que E tem E e sejam u1 , . . . , un ∈ E ′ . E para E ′ tal que ϕ(ei ) = ui ,
ve toriais sobre base de
ϕ de
para qualquer Mais, se
Demonstração. Seja
v ∈ E.
Como
então
B
é uma base de
ombinação linear dos ve tores da base que
ϕ(v) = α1 u1 + · · · + αn un .
B,
E
v = α1 e1 + · · · + αn en .
v es reve-se omo α1 , . . . , αn ∈ K tais
então
ou seja, existem
5.1 De nição e propriedades De na-se a apli ação
i ∈ {1, . . . , n},
então
115
ϕ : E −→ E ′
ϕ(v) = α1 u1 + · · · + αn un .
tal que
Seja
ei = 0K e1 + · · · + 0K ei−1 + 1K ei + 0K ei+1 + · · · + 0K en .
Por de nição de
ϕ,
vem que
ϕ(ei ) = 0K u1 + · · · + 0K ui−1 + 1K ui + 0K ui+1 + · · · + 0K un = ui . A demonstração de que
ϕ
é uma apli ação linear a omo exer í io.
Prove-se a uni idade. Suponha-se que existe uma outra apli ação linear tal que existem
ψ(ei ) = ui , para todo i ∈ {1, . . . , n}. α1 , . . . , αn ∈ K tais que
Seja
v ∈ E
ψ,
arbitrário. Então
v = α1 e1 + · · · + αn en . Donde
ψ(v) = ψ(α1 e1 + · · · + αn en ) = α1 ψ(e1 ) + · · · + αn ψ(en ) = α1 u1 + · · · + αn un = α1 ϕ(e1 ) + · · · + αn ϕ(en )
ϕ(v) = ψ(v),
Exemplos 5.14.
para todo
v ∈ E,
ψ
pois
ψ(ei ) = ui , ∀i ∈ {1, . . . , n} ui = ϕ(ei ), ∀i ∈ {1, . . . , n}
pois
= ϕ(α1 e1 + · · · + αn en ) = ϕ(v)
Como
pois
ϕ
pois
é apli ação linear
é apli ação linear
pode on luir-se que
1. Considere-se a apli ação linear
ϕ(1, 1) = (1, 0, −1)
ϕ = ψ.
ϕ : R2 −→ R3
tal que
ϕ(1, 0) = (0, 2, 1).
e
Pretende-se determinar a expressão geral de
ϕ.
é uma base ordenada de R2 (prove!). Em seguida, es reve-se um ve tor arbitrário de R2 omo omPrimeiro, note-se que
B = ((1, 1), (1, 0))
binação linear dos ve tores
(1, 1)
e
(1, 0).
Se
(x, y) = α(1, 1) + β(1, 0) então
Ou seja,
x=α+β =⇒ y=α
(x, y) = y(1, 1) + (x − y)(1, 0).
β = x−y α=y
Então
ϕ(x, y) = ϕ (y(1, 1) + (x − y)(1, 0)) = yϕ(1, 1) + (x − y)ϕ(1, 0)
= y(1, 0, −1) + (x − y)(0, 2, 1) = (y, 2x − 2y, x − 2y).
Portanto,
ϕ(x, y) = (y, 2x − 2y, x − 2y),
para todo
(x, y) ∈ R2 .
5.2 Imagem e imagem re ípro a
116
ψ : R2 −→ R2
ψ(1, 0) = (0, 1) e ψ(0, 1) = (1, 0) é y = x. Com efeito, atendendo a que BR2 = ((1, 0), (0, 1)) é a base anóni a de R2 , para qualquer (x, y) ∈ R2 , tem-se que (x, y) = x(1, 0) + y(0, 1). Logo:
2. A apli ação linear
tal que
a simetria do plano em relação à re ta
ψ(x, y) = ψ (x(1, 0) + y(0, 1)) = xψ(1, 0) + yψ(0, 1) = x(0, 1) + y(1, 0) = (y, x). ψ(x, y) = (y, x),
Portanto,
Exer í io 5.15.
(x, y) ∈ R2 .
para todo
θ : P2 [x] −→ M2×2 (R) tal que −2 0 0 e θ(1 + 2x) = . 0 1 1
Considere a apli ação linear
θ(1 + x) =
−1 0 0 1
Veri que que
θ
é úni a e determine
, θ(x2 − x) =
1 0
θ(ax2 +bx+c), para todo ax2 +bx+c ∈ P2 [x].
5.2 Imagem e imagem re ípro a De nição 5.16.
Sejam
subespaços ve toriais de E em E ′ .
linear de
Chama-se
E e E ′ espaços ve toriais sobre K e E e E ′ , respe tivamente. Seja ainda ϕ
imagem de
F
por
ϕ
ao sub onjunto de
E′
sejam
F
e
F′
uma apli ação
de nido por
ϕ(F ) = {ϕ(u) : u ∈ F } ou seja, é o onjunto de todas as imagens dos ve tores perten entes a F . ′ Ao onjunto dos ve tores uja imagem perten e a F , isto é, ao sub onjunto de
E
de nido por:
ϕ−1 (F ′ ) = {v ∈ E : ϕ(v) ∈ F ′ }
hama-se
imagem re ípro a de
Observação 5.17.
F′
por
ϕ.
As de nições de imagem e imagem re ípro a podem ser E ′ e E , respe tivamente.
apli adas a quaisquer sub onjuntos de
Teorema 5.18. linear de
(a)
se de
E
Sejam E e em E ′ . Então:
F é E′.
E′
espaços ve toriais sobre
um subespaço ve torial de
E
então
ϕ(F )
K e seja ϕ uma apli ação é um subespaço ve torial
5.2 Imagem e imagem re ípro a (b)
se
F′
117 E′
é um subespaço ve torial de
então
ϕ−1 (F ′ )
é um subespaço ve -
E.
torial de
Demonstração. Prove-se
(a).
Suponha-se que
F
é subespaço ve torial de
E.
Então
(i) 0E ′ ∈ ϕ(F ),
(ii)
Sejam
pois
λ, β ∈ K
0E ∈ F .
0E ′ = ϕ(0E )
e
u, v ∈ ϕ(F ).
Então existem
e
u = ϕ(u1 )
u1 , v1 ∈ F
tais que
v = ϕ(v1 ).
e
Logo
λu + βv = λϕ(u1 ) + βϕ(v1 ) = ϕ(λu1 + βv1 ), pois
ϕ
é apli ação linear e, portanto,
λu + βv = ϕ(w), Donde
om
w = λu1 + βv1 ∈ F .
λu + βv ∈ ϕ(F ).
A demonstração de
Exemplo 5.19.
(b) é análoga e a omo exer í io.
Considere a apli ação linear
ϕ(x, y) = (x, x + y, x − y),
ϕ : R2 −→ R3
para todo
e onsidere os seguintes subespaços ve toriais de
F = {(0, y) : y ∈ R}
e
R2
de nida por
(x, y) ∈ R2
e
R3 ,
respe tivamente:
′
F = {(a, 2a, 0) : a ∈ R}.
Então,
ϕ(F ) = {ϕ(0, y) : y ∈ R}
= {(0, 0 + y, 0 − y) : y ∈ R} = {(0, y, −y) : y ∈ R} = h(0, 1, −1)i
e
ϕ−1 (F ′ ) = {(x, y) ∈ R2 : ϕ(x, y) ∈ F ′ }
= {(x, y) ∈ R2 : (x, x + y, x − y) = (a, 2a, 0), 2
para algum
= {(x, y) ∈ R : x = a ∧ x + y = 2a ∧ x − y = 0, 2
= {(x, y) ∈ R : x = a ∧ y = a ∧ x = y,
= {(a, a) : a ∈ R} = h(1, 1)i.
Exer í io 5.20. ϕ Sejam
a c
S=
b d
ve toriais de
a ∈ R}
para algum
para algum
a ∈ R}
a ∈ R}
ϕ : M2×2 (R) −→ P2 [x] tal que a b ∈ M2×2 (R). para todo c d
Considere a apli ação linear
= (a + b)x2 + 2ax − d,
x 0 : x ∈ R e G = {ax2 + bx + c ∈ P2 [x] : c = 0} subespaços 2x x M2×2 (R) e P2 [x], respe tivamente. Determine ϕ(S) e ϕ−1 (G).
5.3 Nú leo e imagem
118
5.3 Nú leo e imagem De nição 5.21.
ação linear de Chama-se junto de
E
E
E′
Sejam E e ′ em E .
nú leo de
ϕ,
espaços ve toriais sobre
e representa-se por
Nuc ϕ
K
(ou
e seja
ϕ
Ker ϕ),
uma apli-
ao sub on-
de nido por:
Nuc ϕ = {u ∈ E : ϕ(u) = 0E ′ } = ϕ−1 ({0E ′ }) .
Chama-se
imagem de
ϕ,
e representa-se por
Im ϕ,
ao sub onjunto de
E′
de nido por:
Proposição 5.22. apli ação linear de
(a) Nuc ϕ (b) Im ϕ
Im ϕ = {ϕ(u) : u ∈ E} = ϕ(E). E
Sejam
E
E
em
′
e
E′
é um subespaço ve torial de
é um subespaço ve torial de
Demonstração. Prove-se
(i)
Como
(ii)
Sejam
omo
K
espaços ve toriais sobre
e seja
ϕ
uma
. Então:
E;
E′.
(a).
ϕ(0E ) = 0E ′ ,
então
0E ∈ Nuc ϕ;
u, v ∈ Nuc ϕ e α, β ∈ K. ϕ é apli ação linear,
Então
ϕ(u) = 0E ′
e
ϕ(v) = 0E ′ .
Logo,
ϕ(αu + βv) = αϕ(u) + βϕ(v) = α0E ′ + β0E ′ = 0E ′ . Donde
αu + βv ∈ Nuc ϕ.
Também se podia provar
(a)
um subespaço ve torial de A demonstração de
Exemplo 5.23. (x, y, z) ∈ R
3
,
E
′
atendendo a que
ϕ−1 ({0E ′ }) = Nuc ϕ
, pelo Teorema 5.18.
{0E ′ }
é
(b) a omo exer í io.
Considere a apli ação linear
ϕ(x, y, z) = (x + 2z, y − z).
ϕ : R3 −→ R2
Então o nú leo de
tal que, para todo
ϕ
é
Nuc ϕ = {(x, y, z) ∈ R3 : ϕ(x, y, z) = (0, 0)}
= {(x, y, z) ∈ R3 : (x + 2z, y − z) = (0, 0)}.
Ora
(x + 2z, y − z) = (0, 0) ⇔ Logo
e
Nuc ϕ = {(−2z, z, z) : z ∈ R}.
x + 2z = 0 ⇔ y−z =0
A imagem de
ϕ
é
x = −2z y=z
3
Im ϕ = {ϕ(x, y, z) : (x, y, z) ∈ R }
= {(x + 2z, y − z) : x, y, z ∈ R} = {(x, 0) + (0, y) + (2z, −z) : x, y, z ∈ R}
= {x(1, 0) + y(0, 1) + z(2, −1) : x, y, z ∈ R}
= h(1, 0), (0, 1), (2, −1)i = R2
(prove!)
5.3 Nú leo e imagem Exer í io 5.24.
119
Considere a apli ação linear
φ(ax2 + bx + c) = (c + b)x3 + ax2 , Determine
Nuc φ
e
φ : P2 [x] −→ P3 [x]
para todo
tal que
ax2 + bx + c ∈ P2 [x].
Im φ.
Proposição 5.25.
Sejam
E
apli ação linear de ϕ(v) = v ′ então
em
E e E′ E ′ . Seja
espaços ve toriais sobre K e seja ϕ uma ′ ′ ainda v ∈ E . Se existe v ∈ E tal que
ϕ−1 ({v ′ }) = v + Nuc ϕ. Demonstração. De fa to,
ϕ−1 ({v ′ }) = {u ∈ E : ϕ(u) = v ′ } = {u ∈ E : ϕ(u) = ϕ(v)}
= {u ∈ E : ϕ(u − v) = 0E ′ } = {u ∈ E : u − v ∈ Nuc ϕ}
= {u ∈ E : u − v = w, w ∈ Nuc ϕ} = {v + w : w ∈ Nuc ϕ} = v + Nuc ϕ.
Exemplos 5.26.
1. Seja
ϕ : R3 −→ R2
ϕ(x, y, z) = (x + y, z), Seja
(0, 1, 2) ∈ R3
para todo
(x, y, z) ∈ R3 .
e determine-se o onjunto de ve tores de
ϕ
R3
om a
isto é, uja imagem por ϕ é o ve tor (ou seja, determine-se ϕ−1 ({(1, 2)})). Tem-se
mesma imagem por
ϕ(0, 1, 2) = (1, 2)
uma apli ação linear de nida por
que
(0, 1, 2),
Nuc ϕ = {(x, y, z) ∈ R3 : ϕ(x, y, z) = (0, 0), } ou seja,
Logo
x+y =0 ⇔ z=0
Nuc ϕ = {(x, −x, 0) : x ∈ R}.
y = −x z=0
Con lui-se então que
ϕ−1 ({(1, 2)}) = (0, 1, 2) + {(x, −x, 0) : x ∈ R} = {(x, 1 − x, 2) : x ∈ R}.
2. Seja todo
uja
ϕ : P2 [x] −→ P3 [x] tal que ϕ(ax2 + bx + c) = b + (c + a)x + ax3 , para ax2 + bx + c ∈ P2 [x]. Determine-se o onjunto de polinómios de P2 [x] 3 −1 imagem por ϕ é −1 + 2x , ou seja, ϕ {−1 + 2x3 } .
Atendendo a que que!), tem-se
ϕ−1
ϕ(−2 − x + 2x2 ) = −1 + 2x3
e
Nuc ϕ = {0P2 [x] }
(veri-
−1 + 2x3 = −2 − x + 2x2 + {0P2 [x] } = −2 − x + 2x2 .
5.3 Nú leo e imagem
120
Exer í io 5.27.
Seja ϕ : P2 [x] −→ P1 [x] uma apli ação linear de nida por ϕ(ax2 +bx+c) = ax+b, para todo ax2 +bx+c ∈ P2 [x]. Determine ϕ−1 ({5x − 1}).
Proposição 5.28.
E e E ′ espaços ve toriais sobre K tais que E tem dimensão nita. Seja B = (e1 , e2 , . . . , en ) uma base ordenada de E e seja ainda ϕ uma apli ação linear de E em E ′ . Então Sejam
Im ϕ = hϕ(e1 ), ϕ(e2 ), . . . , ϕ(en )i. Demonstração. Para mostrar a igualdade entre os dois onjuntos tem de se mostrar as duas in lusões:
(i) hϕ(e1 ), ϕ(e2 ), . . . , ϕ(en )i ⊆ Im ϕ
(ii) Im ϕ ⊆ hϕ(e1 ), ϕ(e2 ), . . . , ϕ(en )i Prove-se
(i). Esta in lusão é óbvia. De fa to, seja u ∈ hϕ(e1 ), ϕ(e2 ), . . . , ϕ(en )i.
Então existem es alares
α1 , α2 , . . . , αn ∈ K
tais que
u = α1 ϕ(e1 ) + α2 ϕ(e2 ) + · · · + αn ϕ(en ). Como
ϕ(ei ) ∈ Im ϕ, para todo i ∈ {1, . . . , n}, E ′ , então u ∈ Im ϕ.
(justi que!) e
Im ϕ
é subespaço
ve torial de
Prove-se lado, omo
(ii). Seja v ∈ Im ϕ. Então existe u ∈ E
B
é base de
E,
existem es alares
tal que v = ϕ(u). Por outro α1 , α2 , . . . , αn ∈ K tais que
u = α1 e1 + α2 e2 + · · · + αn en e, portanto,
v = ϕ(u) = ϕ(α1 e1 + α2 e2 + · · · + αn en )
= α1 ϕ(e1 ) + α2 ϕ(e2 ) + · · · + αn ϕ(en )
o que equivale a dizer que
v ∈ hϕ(e1 ), ϕ(e2 ), . . . , ϕ(en )i.
Observação 5.29.
Im ϕ
Como
é subespaço ve torial de
E′,
então
dim(Im ϕ) ≤ dim(E ′ ) e, analogamente, omo
Nuc ϕ
é subespaço ve torial de
dim(Nuc ϕ) ≤ dim E.
E,
então
5.3 Nú leo e imagem Exemplo 5.30.
Seja
121
ϕ : P1 [x] −→ R3
uma apli ação linear de nida por
ϕ(ax + b) = (b + a, a, 2b), Sabendo que
B = (1 + x, x)
é uma base de
∀ax + b ∈ P1 [x].
P1 [x],
determine-se
Im ϕ.
Im ϕ = hϕ(1 + x), ϕ(x)i
= h(2, 1, 2), (1, 1, 0)i
= {(x, y, z) ∈ R3 : z = 2x − 2y}.
De nição 5.31.
E′
(veri que!)
K tais que E tem E em E ′ . À dimensão de Nuc ϕ hama-se nulidade de ϕ, e representa-se por nϕ , e à dimensão de Im ϕ
hama-se ara terísti a de ϕ, e representa-se por cϕ . Sejam
E
dimensão nita. Seja ainda
e
ϕ
espaços ve toriais sobre
uma apli ação linear de
Exemplo 5.32. para todo nú leo de
Seja ϕ : R3 −→ R2 de nida por ϕ(x, y, z) = (x + y + z, 2x − y), (x, y, z) ∈ R3 . Determine-se a nulidade e a ara terísti a de ϕ. O ϕ é:
Nuc ϕ = {(x, y, z) ∈ R3 : ϕ(x, y, z) = (0, 0)}
= {(x, y, z) ∈ R3 : (x + y + z, 2x − y) = (0, 0)}.
Ora
(x + y + z, 2x − y) = (0, 0) ⇔
x+y+z =0 ⇔ 2x − y = 0
z = −3x y = 2x
Logo
Nuc ϕ = {(x, 2x, −3x) : x ∈ R} = {x(1, 2, 3) : x ∈ R} = h(1, 2, 3)i. Como
(1, 2, 3) 6= (0, 0, 0) on lui-se que o úni o gerador de Nuc ϕ é linearmente B = ((1, 2, 3)) é uma base de Nuc ϕ e, portanto, nϕ = 1. imagem de ϕ é
independente. Assim, A
Im ϕ = {ϕ(x, y, z) : (x, y, z) ∈ R3 }
= {(x + y + z, 2x − y) : x, y, z ∈ R} = {x(1, 2) + y(1, −1) + z(1, 0) : x, y, z ∈ R}
= h(1, 2), (1, 1), (1, 0)i = R2 . Logo
(justif ique!)
cϕ = 2 .
Exer í io 5.33.
φ : R3 −→ R4 de nida por todo (x, y, z) ∈ R3 . Determine
Considere a apli ação linear
φ(x, y, z) = (x − z, 0, y + 2z, x − y + z), a nulidade e a ara terísti a de φ.
para
5.3 Nú leo e imagem
122
O próximo resultado apresenta uma ondição ne essária e su iente para a inje tividade de uma apli ação linear, usando o nú leo dessa apli ação linear.
Proposição 5.34.
Sejam
apli ação linear de
E
em
E e E ′ espaços ve toriais sobre K. Seja ainda ϕ uma E ′ . A apli ação ϕ é um monomor smo se e só se
Nuc ϕ = {0E }. Demonstração. (⇒) Suponha-se que
u ∈ Nuc ϕ ⇒ ϕ(u) = 0E ′ ⇒ ϕ(u) = ϕ(0E )
se
Nuc ϕ = {0E }.
(⇐) Suponha-se agora que
ϕ(u) = ϕ(v)
então
u = v.
pois
ϕ
é inje tiva.
Nuc ϕ = {0E }.
⇒ ϕ(u − v) = 0 ⇒ u − v ∈ Nuc ϕ ⇒ u − v = 0E ⇒u=v
E
em
Prove-se que, para todo
por
E′
pois
ϕ
é apli ação linear
por hipótese, por
E
u, v ∈ E ,
ser um espaço ve torial
por de nição de
Nuc ϕ
Nuc ϕ = {0E }
ser um espaço ve torial.
é inje tiva.
Teorema 5.35. (Teorema da dimensão) sobre
Então
Nuc ϕ
Ora
E′
ϕ
u ∈ Nuc ϕ.
pelas propriedades de apli ação linear
ϕ(u) = ϕ(v) ⇒ ϕ(u) − ϕ(v) = 0E ′
Portanto
é inje tiva e seja
por de nição de
⇒ u = 0E
Logo
ϕ
K tais que E E ′ . Então:
Sejam
tem dimensão nita. Seja ainda
E e E ′ espaços ve toriais ϕ uma apli ação linear de
dim E = dim(Nuc ϕ) + dim(Im ϕ) ou, abreviadamente,
dim E = nϕ + cϕ . E = {0E } então Nuc ϕ = {0E } e Im ϕ = {0E ′ }. Logo dim E = dim(Nuc ϕ) + dim(Im ϕ). Suponha-se que E 6= {0E } e seja B = (e1 , e2 , . . . , en ) uma base de E . Se Nuc ϕ = {0E } então, pela proposição 5.34, ϕ é um monomor smo. Pela alínea (ii) do teorema 5.11 e omo os ve tores e1 , . . . , en são linearmente independentes, então ϕ(e1 ), . . . , ϕ(en ) são linearmente indepenDemonstração. Se
dentes. Pela proposição 5.28 tem-se
Im ϕ = hϕ(e1 ), ϕ(e2 ), . . . , ϕ(en )i. B ′ = (ϕ(e1 ), ϕ(e2 ), . . . , ϕ(en )) é uma base ordenada dim(Im ϕ) = n. Como dim(Nuc ϕ) = 0 e dim E = n, tem-se Logo
de
dim E = n = 0 + n = dim(Nuc ϕ) + dim(Im ϕ).
Im ϕ.
Donde,
5.3 Nú leo e imagem
123
Nuc ϕ 6= {0E }. Seja BNuc ϕ = (u1 , . . . , up ) uma base de p ≤ dim E . Pelo orolário 4.70 é possível juntar ve tores de E à Nuc ϕ por forma a obter uma base de E . Seja
Suponha-se agora que
Nuc ϕ,
onde
base de
B∞ = (u1 , . . . , up , e′p+1 , . . . , e′p+k ) uma base de uma base de
E , onde k = n − p. Agora, prova-se Im ϕ. Pela proposição 5.28 tem-se
que
(ϕ(e′p+1 ), . . . , ϕ(e′p+k ))
é
Im ϕ = hϕ(u1 ), . . . , ϕ(up ), ϕ(e′p+1 ), . . . , ϕ(e′p+k )i = h0E ′ , . . . , 0E ′ , ϕ(e′p+1 ), . . . , ϕ(e′p+k )i = hϕ(e′p+1 ), . . . , ϕ(e′p+k )i
Resta provar que os ve tores dentes. Sejam
αp+1 , . . . , αp+k
(ϕ(e′p+1 ), . . . , ϕ(e′p+k )) ∈ K tais que
são linearmente indepen-
αp+1 ϕ(e′p+1 ) + · · · + αp+k ϕ(e′p+k ) = 0E ′ . Então
ϕ(αp+1 e′p+1 + · · · + αp+k e′p+k ) = 0E ′ ,
ou seja, que
αp+1 e′p+1 + · · · + αp+k e′p+k ∈ Nuc ϕ.
Logo, existem
β1 , . . . , βp ∈ K
tais
αp+1 e′p+1 + · · · + αp+k e′p+k = β1 u1 + · · · + βp up , donde,
αp+1 e′p+1 + · · · + αp+k e′p+k − β1 u1 − · · · − βp up = 0E é uma ombinação linear nula dos ve tores estes ve tores formam uma base de
E,
u1 , . . . , up , e′p+1 , . . . , e′p+k . Mas omo
são linearmente independentes, logo a
úni a ombinação linear nula destes ve tores é a trivial. Consequentemente, αp+1 = · · · = αk = K e os ve tores ϕ(e′p+1 ), . . . , ϕ(e′p+k são linearmente in′ ′ dependentes. Provou-se assim que (ϕ(ep+1 ), . . . , ϕ(ep+k )) é uma base de Im ϕ e
0
dim(Im ϕ) = k .
Portanto,
Exemplo 5.36.
dim E = p + k = nϕ + cϕ .
Nuc ϕ = = = = Logo
ϕ
ϕ : R3 −→ R3 (x, y, z) ∈ R3 . Então
Considere a apli ação linear
ϕ(x, y, z) = (x + 2y, y − z, y),
para todo
de nida por
{(x, y, z) ∈ R3 : ϕ(x, y, z) = (0, 0, 0)}
{(x, y, z) ∈ R3 : (x + 2y, y − z, y) = (0, 0, 0)} {(x, y, z) ∈ R3 : x + 2y = 0 ∧ y − z = 0 ∧ y = 0}
{(0, 0, 0)}.
é um monomor smo. Além disso, pelo Teorema das dimensões, Im ϕ é um subespaço ve torial de R3 , Im ϕ = R3 , ou seja,
Logo, omo
epimor smo. Donde
ϕ
é um isomor smo.
cϕ = 3 . ϕ é um
5.3 Nú leo e imagem Exer í io 5.37.
Seja
ϕ
124 uma apli ação linear de
ϕ(1, 0, 0) = (1, 0), ϕ,
Classi que
em
R2
de nida por
ϕ(0, 0, 1) = (0, 1).
e
quanto à inje tividade e à sobreje tividade.
Observação 5.38.
E ainda ϕ
Sejam
dimensão nita. Seja
(i) ϕ
ϕ(0, 1, 0) = (1, 1)
R3
e
E′
espaços ve toriais sobre
uma apli ação linear de
é um monomor smo se e só se
nϕ = 0 ;
E
em
K tais que E E ′ . Então:
tem
de fa to, pela proposição ante-
rior,
ϕ
(ii) ϕ
⇔ Nuc ϕ = {0E } ⇔ dim(Nuc ϕ) = 0 ⇔ nϕ = 0.
é monomor smo
é um epimor smo se e só se
Im ϕ = E ′
se e só se
cϕ = dim(E ′ );
de
fa to,
ϕ
(iii) ϕ
é epimor smo
⇔ Im ϕ = E ′ ⇔ dim(Im ϕ) = dim(E ′ ) ⇔ cϕ = dim(E ′ ).
é um isomor smo se e só se
Proposição 5.39.
Sejam
E
e
E′
nϕ = 0
e
cϕ = dim(E ′ ) = dim E .
monomor smo se e só Demonstração. Seja
K E′.
espaços ve toriais sobre
ϕ uma apli ação linear se ϕ é um epimor smo.
dimensão ( nita) e seja
p = dim E = dim(E ′ ).
de
E
em
om a mesma Então
ϕ
é um
Pelo Teorema das dimensões,
p = n ϕ + cϕ . ϕ é um monomor smo se só se nϕ = 0 se só se p = cϕ se só se dim(E ′ ) = cϕ se ϕ é um epimor smo.
Logo, se só
Resulta desta proposição que para que uma apli ação linear entre espaços ve toriais om a mesma dimensão seja bije tiva basta que seja inje tiva ou sobreje tiva.
Exemplo 5.40.
ϕ(a, b, c) = (2a, b + c, b − c),
je tiva.
ϕ : R3 −→ R3 de nida por (a, b, c) ∈ R3 . Averigúe-se se ϕ é bi-
Considere a apli ação linear para todo
dim E = dim R3 = dim(E ′ ), basta mostrar que ϕ é sobreje tiva pois proposição anterior garante que se ϕ é sobreje tiva então também é inje tiva. Como
a
Ora
ϕ(R3 ) = {ϕ(a, b, c) : (a, b, c) ∈ R3 }
= {(2a, b + c, b − c) : a, b, c ∈ R} = {(2a, 0, 0) + (0, b, b) + (0, c, −c) : a, b, c ∈ R}
= {a(2, 0, 0) + b(0, 1, 1) + c(0, 1, −1) : a, b, c ∈ R} = h(2, 0, 0), (0, 1, 1), (0, 1, −1)i = R3 .
(justi que!)
5.3 Nú leo e imagem
125
ϕ
é sobreje tiva, logo é inje tiva e, onsequentemente, é
Con lui-se assim que bije tiva.
Teorema 5.41. linear de
Sejam E e E ′ espaços ve toriais sobre ′ em E e seja F um subespaço ve torial de
E
(1)
se
(2)
F = hv1 , . . . , vk i,
Se
F
K. Seja ϕ uma apli ação E . Então:
ϕ(F ) = hϕ(v1 ), . . . , ϕ(vk )i;
então
é nitamente gerado, então
ϕ(F )
também o é e
dim(ϕ(F )) ≤ dim F. Demonstração. Prove-se
(1). Para mostrar a igualdade entre os dois onjuntos
tem de se mostrar as duas in lusões:
(i) ϕ(F ) ⊆ hϕ(v1 ), . . . , ϕ(vk )i
(ii) hϕ(v1 ), . . . , ϕ(vk )i ⊆ ϕ(F ) Prove-se
(i).
lado, omo
Seja v ∈ ϕ(F ). Então existe u ∈ F tal que v = ϕ(u). Por F = hv1 , . . . , vk i, existem es alares α1 , . . . , αk ∈ K tais que
outro
u = α1 v1 + · · · + αk vk e, portanto,
v = ϕ(u) = ϕ(α1 v1 + · · · + αk vk ) = α1 ϕ(v1 ) + · · · + αk ϕ(vk ) v ∈ hϕ(v1 ), . . . , ϕ(vk )i.
o que equivale a dizer que Prove-se que
(ii). Seja v ∈ hϕ(v1 ), . . . , ϕ(vk )i. Então existem β1 , . . . , βk ∈ K tais v = β1 ϕ(v1 ) + · · · + βk ϕ(vk ).
ϕ(vi ) ∈ ϕ(F ), pois vi ∈ F , para todo i ∈ {1, . . . , k}, e ϕ(F ) é subespaço E ′ , então v ∈ ϕ(F ). Prove-se (2). Se F é nitamente gerado então F = hv1 , . . . , vk i, para alguns ve tores v1 , . . . , vk ∈ F , e, pela alínea anterior, ϕ(F ) = hϕ(v1 ), . . . , ϕ(vk )i, ou seja, ϕ(F ) é nitamente gerado. Agora, se F = {0E } então ϕ(F ) = {ϕ(0E )} = {0E ′ . Logo dim(ϕ(F )) ≤ dim F . Se F 6= {0E } seja (v1 , . . . , vk ) uma base de E , omo Como
ve torial de
ϕ(F ) = hϕ(v1 ), . . . , ϕ(vk )i, então
dim(ϕ(F )) ≤ k = dim E .
Observação 5.42.
Sejam
F é dim(ϕ(F )) = dim(F ).
ação linear inje tiva e então
E
e
E′
espaços ve toriais sobre
um subespaço ve torial de
E,
K.
Se
ϕ
é uma apli-
nitamente gerado,
5.4 Isomor smos
126
5.4 Isomor smos De nição 5.43.
isomorfos
dizem-se de
E
′ espaços ve toriais sobre K. Os espaços E e E ′ , e representa-se por E ≃ E , se existe um isomor smo ϕ
E
Sejam
em
E′.
e
E′
Proposição 5.44. E
mor smo de
′ Sejam E e E espaços ve toriais sobre K. Se ′ −1 ′ em E , então ϕ é um isomor smo de E em E .
ϕ
é um iso-
ϕ é bije tiva, também ϕ−1 é bije tiva (justi que!). Resta ϕ é também apli ação linear. ′ Sejam α, β ∈ K e u, v ∈ E . Como ϕ é sobreje tiva, existem a, b ∈ E tais que ϕ(a) = u e ϕ(b) = v . Donde
Demonstração. Como −1
mostrar que
ϕ−1 (αu + βv) = ϕ−1 (αϕ(a) + βϕ(b)). Assim,
ϕ−1 (αu + βv) = ϕ−1 (ϕ(αa + βb)) = ϕ−1 ◦ ϕ (αa + βb) = αa + βb −1
= αϕ
Teorema 5.45.
−1
(u) + βϕ
E, E′
Sejam
e
(v)
E ′′
pois
ϕ
é apli ação linear
por de nição de apli ação omposta pois
ϕ−1 ◦ ϕ
pois
é a função identidade em
−1
a=ϕ
−1
(u)eb = ϕ
espaços ve toriais sobre
K.
E
(v).
Então,
(a) E ≃ E ;
(b)
se
( )
E ≃ E′,
se
E ≃ E′
E′ ≃ E;
então e
E ′ ≃ E ′′ ,
(a).
Demonstração. Prove-se de nida por
então
idE (u) = u,
E ≃ E ′′ .
Basta onsiderar a apli ação
para todo
linear bije tiva. Prove-se
(b).
Prove-se
( ). Se E ≃ E ′
u ∈ E.
Prove que
idE
idE : E −→ E
é uma apli ação
′ então existe uma apli ação linear φ de E em E −1 bije tiva. Assim, pela proposição anterior, φ também é uma apli ação linear ′ bije tiva e, portanto, E ≃ E . Se
E ≃ E′,
existe um isomor smo
ψ
existe um isomor smo φ de E em ′ ′′ de E em E . Logo a apli ação ψ ◦
E ′ e se E ′ ≃ E ′′ φ : E −→ E ′′ é
uma apli ação linear bije tiva, pois a omposta de duas apli ações bije tivas é
bije tiva e a omposta de duas apli ações lineares é linear (veja-se o Exer í io 5.8).
Teorema 5.46.
Sejam
mensão nita. Então
E
e E ′ espaços ve toriais sobre K tais que E tem die E ′ são isomorfos se e só se dim E = dim(E ′ ).
E
5.4 Isomor smos
127
Demonstração. (⇒) Como ′
E
E′
são isomorfos, existe um isomor smo ϕ de E em E . Como ϕ é inje tiva, pela proposição 5.34 vem que Nuc ϕ = {0E } e Im ϕ = E ′ , ou seja dim(Nuc ϕ) = 0 e dim(Im ϕ) = dim E ′ . Logo, pelo teorema e
da dimensão, tem-se
dim E = dim(Nuc ϕ) + dim(Im ϕ) = dim E ′ . B ′ = (e′1 , . . . , e′n ) bases de ordenadas de E e E , respe tivamente. Considere a apli ação linear ϕ de E em E ′ de nida por ϕ(ei ) = e′i , para i = 1, . . . , n. Como ϕ é bije tiva (prove!) então E e E ′ são ′
(⇐) Sejam
B = (e1 , . . . , en )
e
isomorfos.
Corolário 5.47. E
é isomorfo a
Seja
E
um espaço ve torial sobre
K
tal que
dim E = n.
Então
Kn .
Exemplo 5.48.
Os espaços ve toriais reais
M2×3 (R)
e
R6
são isomorfos, pois
têm dimensão nita e
dim(M2×3 (R)) = 6 = dim R6 . Por exemplo, a apli ação
φ
a d
b e
c f
φ : M2×3 (R) −→ R6
= (a, b, c, d, e, f ),
de nida por
para todo
a d
b c ∈ M2×3 (R), e f
M2×3 (R) em R6 . De fa to, φ é inje tiva e é uma apli ação linear. Prove-se que φ é inje tiva. Ora a b c a b c Nuc φ = ∈ M2×3 (R) : φ = (0, 0, 0, 0, 0, 0) d e f d e f a b c = ∈ M2×3 (R) : (a, b, c, d, e, f ) = (0, 0, 0, 0, 0, 0) d e f 0 0 0 = 0 0 0
é um isomor smo de
Logo
φ
é inje tiva. Como
quentemente, é bije tiva.
dim (M2×3 (R)) = dim R6 , φ é sobreje tiva e, onseA prova de que φ é uma apli ação linear a omo
exer í io.
Exer í io 5.49.
Mostre que
Pn [x]
e
Rn+1
são isomorfos.
5.5 Matriz de uma apli ação linear
128
5.5 Matriz de uma apli ação linear Na se ção que se segue todos os espaços ve toriais têm dimensão nita.
De nição 5.50.
E′
espaços ve toriais sobre K de dimensão n e p, respe tivamente. Sejam ainda B1 = (e1 , . . . , en ) uma base ordenada de E , B2 = (e′1 , . . . , e′p ) uma base ordenada de E ′ e ϕ uma apli ação linear de E ′ em E . Então a matriz de ϕ em relação às bases B1 e B2 , denotada por M (ϕ; B1 , B2 ), é a matriz do tipo p × n dada por: a11 a12 · · · a1n a21 a22 · · · a2n M (ϕ; B1 , B2 ) = . . . .. . . .. . . . ap1 ap2 · · · apn onde
Sejam
E
e
ϕ(e1 ) = a11 e′1 + a21 e′2 + · · · + ap1 e′p ϕ(e2 ) = a12 e′1 + a22 e′2 + · · · + ap2 e′p
ou seja,
. . .
ϕ(en ) = a1n e′1 + a2n e′2 + · · · + apn e′p
ϕ(ei ) = (a1i , a2i , . . . , api )B2 ,
para todo
i ∈ {1, . . . , n}.
M (ϕ; B1 , B2 ) i ∈ {1, . . . , n}.
é onstituída pelas
ϕ : R2 −→ R3 uma apli ação ϕ(x, y) = (2x, x − y, 3y), para todo (x, y) ∈ R2 . Sejam
linear de nida por
Por outras palavras, a oluna
oordenadas de
ϕ(ei )
Exemplos 5.51.
na base
B2 ,
i
da matriz
para todo
1. Seja
BR2 = ((1, 0), (0, 1)) bases ordenadas de
R2
(a) Cal ule-se
B = ((1, 1), (−1, 2))
e
BR3 = ((1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)) bases ordenadas de
e
e
B ′ = ((1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0))
R3 .
M (ϕ; BR2 , BR3 ).
Tem-se
ϕ(1, 0) = (2, 1, 0) = 2(1, 0, 0) + 1(0, 1, 0) + 0(0, 0, 1) = (2, 1, 0)BR3 ϕ(0, 1) = (0, −1, 3) = 0(1, 0, 0) + (−1)(0, 1, 0) + 3(0, 0, 1) = (0, −1, 3)BR3 , donde
2 M (ϕ; BR2 , BR3 ) = 1 0
0 −1 . 3
5.5 Matriz de uma apli ação linear (b) Cal ule-se
M (ϕ; B, B ′).
129
Tem-se
ϕ(1, 1) = (2, 0, 3) = 3(1, 1, 1) + (−3)(1, 1, 0) + 2(1, 0, 0) = (3, −3, 2)B′ ϕ(−1, 2) = (−2, −3, 6) = 6(1, 1, 1) + (−9)(1, 1, 0) + 1(1, 0, 0) = (6, −9, 1)B′ ,
donde
2. Seja para
3 6 M (ϕ; B, B ′ ) = −3 −9 . 2 1
φ : R3 −→ R2 uma apli ação todo (a, b, c) ∈ R3 , e sejam
linear tal que
B = ((1, 1, 2), (0, 2, 6), (0, 0, −4)) bases de
R3
e
R2 ,
φ(a, b, c) = (2a + b, −c),
B ′ = ((1, 0), (0, 2))
e
respe tivamente. Determine-se
M (φ; B, B ′).
Tem-se
φ(1, 1, 2) = (3, −2) = 3(1, 0) + (−1)(0, 2) = (3, −1)B′ φ(0, 2, 6) = (2, −6) = 2(1, 0) + (−3)(0, 2) = (2, −3)′B φ(0, 0, −4) = (0, 4) = 0(1, 0) + 2(0, 2) = (0, 2)B′ , pelo que ′
M (φ; B, B ) =
Exer í io Resolvido 5.52.
Seja
BP2 [x] = (1, x, x2 )
3 2 −1 −3
ψ : P2 [x] −→ R3
ψ(ax2 + bx + c) = (2b, b − 3a, a), Sejam ainda
para todo
a base anóni a de
0 2
.
uma apli ação linear tal que
ax2 + bx + c ∈ P2 [x]. P2 [x]
e
B = ((1, 0, 1), (1, 1, 0), (0, 0, 1)) uma base ordenada de
R3 .
Determine
M (ψ; BP2 [x] , B).
Resolução: Tem-se
ψ(1) = (0, 0, 0) = 0(1, 0, 1) + 0(1, 1, 0) + 0(0, 0, 1) = (0, 0, 0)B ψ(x) = (2, 1, 0) = 1(1, 0, 1) + 1(1, 1, 0) + (−1)(0, 0, 1) = (1, 1, −1)B ψ(x2 ) = (0, −3, 1) = 3(1, 0, 1) + (−3)(1, 1, 0) + (−2)(0, 0, 1) = (3, −3, −2)B . Logo,
0 1 3 1 −3 . M (ψ; BP2 [x] , B) = 0 0 −1 −2
.
5.5 Matriz de uma apli ação linear Exer í io 5.53.
Sejam
130
θ : P2 [x] −→ P1 [x]
θ(ax2 + bx + c) = (a − b)x + 2c,
uma apli ação linear tal que
para todo
ax2 + bx + c ∈ P2 [x].
B = (3, 2 + x, x2 − 1) e B ′ = (x − 2, x) ′ respe tivamente. Determine M (θ; B, B ).
Sejam ainda
bases de
P2 [x]
e
P1 [x],
Uma apli ação linear também poderá ar de nida a partir de uma sua matriz em relação a bases previamente xadas no espaço ve torial domínio e no espaço ve torial hegada.
Teorema 5.54.
′ Sejam E e E espaços ve toriais sobre K e sejam B1 e B2 bases ′ e E , respe tivamente. Sejam ainda ϕ uma apli ação linear de
ordenadas de E em E ′ tal que
E
A = M (ϕ; B1 , B2 ) e u ∈ E . Se C é a matriz oluna formada u ∈ E relativamente à base B1 então AC é a matriz ′ pelas oordenadas de ϕ(u) ∈ E em relação à base B2 .
pelas oordenadas do ve tor
oluna formada
B1 = (e1 , . . . , en ) α1 , . . . , αn ∈ K tais
B2 = (e′1 , . . . , e′p )
Demonstração. Suponha-se que
e
u ∈ E.
que
Então existem es alares
e seja
u = α1 e1 + · · · + αn en . T α2 . . . αn , isto é, C é a matriz oluna formada pelas oorSeja C = α1 denadas do ve tor u ∈ E relativamente à base B1 e sejam β1 , β2 , . . . , βp ∈ K tais T β . . . βp . Como ϕ é uma apli ação linear e atendendo a que AC = β1 ′ 2′ e2 . . . e′p Ai , onde Ai representa a oluna i da matriz A, que ϕ(ei ) = e1 para i = 1, . . . , n, tem-se
ϕ(u) = α1 ϕ(e1 ) + · · · + αn ϕ(en ) = ϕ(e1 ) ϕ(e2 ) · · · = e′1
e′2
···
α1 α2 ϕ(en ) . .. αn
e′p AC
= β1 e′1 + β2 e′2 + · · · + βp e′p = (β1 , β2 , . . . , βp )B2 .
Portanto,
AC
relação à base
é a matriz oluna formada pelas oordenadas de
B2 .
Exemplo 5.55. nada de
R3
e
ϕ(u) ∈ E ′
em
Considere-se B = ((1, 1, 2), (0, 2, 6), (0, 0, −4)) uma base ordeB ′ = ((1, 0), (0, 2)) uma base ordenada de R2 . Seja ϕ : R3 −→ R2
uma apli ação linear tal que
A = M (ϕ; B, B ′) =
3 −1
2 0 −3 2
.
5.5 Matriz de uma apli ação linear Determine-se
131
ϕ(1, −3, −6).
É ne essário primeiro determinar as oordenadas do ve tor na base
B.
Ora
u = (1, −3, −6)
(1, −3, −6) = α1 (1, 1, 2) + α2 (0, 2, 6) + α3 (0, 0, −4) é equivalente a
α1 = 1 α1 = 1 α1 + 2α2 = −3 α2 = −2 ⇔ 2α1 + 6α2 − 4α3 = −6 α3 = −1
Pode então es rever-se:
(1, −3, −6) = 1(1, 1, 2) + (−2)(0, 2, 6) + (−1)(0, 0, −4) = (1, −2, −1)B . De a ordo om o teorema anterior, as oordenadas de
(−1, 3)
ϕ(u)
na base
pois
B′
são
Logo
1 1 3 2 0 −1 −2 = A −2 = . −1 −3 2 3 −1 −1
ϕ(u) = (−1, 3)B′
e, portanto,
ϕ(1, −3, −6) = −1(1, 0) + 3(0, 2) = (−1, 6).
Exer í io Resolvido 5.56.
φ : R2 −→ R3
Seja
em relação às bases ordenadas
B1 = ((1, 1), (−1, 2)) de
R2
e
R3 ,
a apli ação linear uja matriz
B2 = ((1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0))
e
respe tivamente, é:
Cal ule
φ(1, 0)
e
φ(x, y),
3 6 A = −3 −9 . 2 1
para todo
(x, y) ∈ R2 ,
re orrendo à matriz
Resolução: Ora
(1, 0) = α(1, 1) + β(−1, 2) ⇔ Donde
(1, 0) =
1 2 3 , − 3 B1 . Então
A
2 3 − 31
α−β =1 ⇔ α + 2β = 0
α = 23 β = − 31
3 6 2 0 3 = −3 −9 = 1 − 13 2 1 1
A.
5.5 Matriz de uma apli ação linear
132
e, portanto,
φ(1, 0) = (0, 1, 1)B2 = 0(1, 1, 1) + 1(1, 1, 0) + 1(1, 0, 0) = (2, 1, 0). Analogamente, veri que que
(x, y) = Donde
A
y+2x 3 y−x 3
são as oordenadas de
y + 2x y−x (1, 1) + (−1, 2). 3 3
3 6 = −3 −9 2 1
φ(x, y)
na base
B2 .
y+2x 3 y−x 3
Logo
3y = x − 4y x+y
φ(x, y) = (3y, x − 4y, x + y)B2 = 3y(1, 1, 1) + (x − 4y)(1, 1, 0) + (x + y)(1, 0, 0) = (2x, x − y, 3y),
para todo
(x, y) ∈ R2 .
Matriz da adição, da multipli ação por um es alar e da omposta de apli ações lineares ′ Sejam E e E espaços ve toriais sobre K. Sejam ϕ e φ apli ações lineares de E ′ ′ em E . Como já se viu ϕ + φ é uma apli ação linear de E em E e, qualquer que seja
λ ∈ K,
o mesmo su ede a
λϕ.
Então:
Teorema 5.57. lineares de seja
λ ∈ K.
E
Seja E e E ′ espaços ve toriais sobre K e sejam ϕ e φ apli ações em E ′ . Sejam ainda B e B ′ bases de E e E ′ , respe tivamente, e
Se
A = M (ϕ; B, B ′)
e
C = M (φ; B, B ′)
então,
M (ϕ + φ; B, B ′) = A + C e
M (λϕ; B, B ′ ) = λA. Demonstração. Prove! Pode também de nir-se a matriz da omposta de duas apli ações lineares tendo por base as matrizes de ada uma das apli ações lineares.
Teorema 5.58.
E , E ′ e E ′′ espaços ve toriais sobre K. Sejam B , B ′ e B bases ordenadas de E , E ′ e E ′′ , respe tivamente. Seja ϕ uma apli ação linear de E em E ′ uja matriz em relação às bases B e B ′ é Sejam
′′
A = M (ϕ; B, B ′ ).
5.5 Matriz de uma apli ação linear Seja φ uma apli ação linear de B ′′ é
E′
em
E ′′
133
uja matriz em relação às bases
B′
e
C = M (φ; B ′ , B ′′ ).
Então
M (φ ◦ ϕ; B, B ′′ ) = M (φ; B ′ , B ′′ )M (ϕ; B, B ′) = CA.
Exemplo 5.59.
ϕ : R3 −→ R2
Seja
uma apli ação linear tal que
ϕ(x, y, z) = (x + y + z, y − 2z), Determine-se a matriz de
ϕ
para todo
(x, y, z) ∈ R3 .
em relação às bases anóni as de
R3
e
R2 .
Tem-se
ϕ(1, 0, 0) = (1, 0) = 1(1, 0) + 0(0, 1) = (1, 0)BR2 ϕ(0, 1, 0) = (1, 1) = 1(1, 0) + 1(0, 1) = (1, 1)BR2 ϕ(0, 0, 1) = (1, −2) = 1(1, 0) + (−2)(0, 1) = (1, −2)BR2 . Assim,
A = M (ϕ; BR3 , BR2 ) = Seja
φ : R2 −→ R3
tal que
Determine-se a matriz de
φ
1 0
1 1 1 −2
φ(x, y) = (x, x + y, x − y),
.
para todo R2 e
em relação às bases anóni as de
(x, y) ∈ R2 . R3 . Tem-se
φ(1, 0) = (1, 1, 1) = 1(1, 0, 0) + 1(0, 1, 0) + 1(0, 0, 1) = (1, 1, 1)BR3 φ(0, 1) = (0, 1, −1) = 0(1, 0, 0) + 1(0, 1, 0) + (−1)(0, 0, 1) = (0, 1, −1)BR3 . Logo
1 C = M (φ; BR2 , BR3 ) = 1 1
Por m, determine-se a matriz de
φ◦ϕ
0 1 . −1
em relação à base anóni a de
sem de nir a apli ação omposta. Sabe-se que
M (φ ◦ ϕ; BR3 , BR3 ) = M (φ; BR2 , BR3 )M (ϕ; BR3 , BR2 ) = CA. Assim
1 M (φ ◦ ϕ; BR3 , BR3 ) = 1 1
0 1 1 1 0 1 −1
1 −2
1 1 = 1 2 1 0
1 −1 . 3
R3 ,
5.5 Matriz de uma apli ação linear
134
5.5.1 Isomor smo entre L(E, E ′ ) e Mp×n (K)
′ espaços ve toriais sobre K tais que dim E = n e dim E ′ Re orde-se que L(E, E ) é o onjunto das apli ações lineares de E em
Sejam
E
e
E′
= p. E′ e
Mp×n (K) é o onjunto das matrizes p × n om entradas em K. Também já se viu ′ que o onjunto L(E, E ) munido om as operações usuais de adição de apli ações e multipli ação de uma apli ação por um es alar é um espaço ve torial sobre K e que o onjunto Mp×n (K) munido om as operações de adição de matrizes e de multipli ação de uma matriz por um es alar é um espaço ve torial sobre K. Prova-se que:
Teorema 5.60.
E′
espaços ve toriais sobre K tais que dim E = n dim E = p. Sejam B e B bases ordenadas de E e E ′ , respe tivamente. A ′ ′ apli ação θ : L(E, E ) −→ Mp×n (K) tal que θ(ϕ) = M (ϕ; B, B ), para todo ′ ϕ ∈ L(E, E ), é um isomor smo. Sejam
e
1 0 .. .. = . . 0 0
... ...
e
′
Observação 5.61.
M1,1
E
′
dim Mp×n (K) = pn pois as matrizes ... 0 0 0 ... 0 . .. . . . , . . . , Mp,n = . . , . . . . ... 0 0 0 ... 1
É simples veri ar que
0 0 1 . . . . . , M1,2 = . . . . 0 0 0
ou seja, na forma geral, as matrizes
onde
mij = 1
e
mks = 0,
Logo
Mi,j = mks ∈ Mp×n (R),
para
k 6= i
e
s 6= j ,
onstituem uma base de
Mp×n (K).
dim (L(E, E ′ )) = pn, pois, pelo teorema anterior, os espaços
L(E, E ′ )
e
Mp×n (K)
são isomorfos.
5.5.2 Matrizes invertíveis e isomor smos Teorema 5.62.
′ Sejam E e E espaços ve toriais sobre K om a mesma dimen′ ′ são n e sejam B e B bases ordenadas de E e E , respe tivamente. Seja ϕ uma ′ apli ação linear de E em E tal que A = M (ϕ; B, B ′ ). Então A é uma matriz
invertível se e só se
ϕ
é um isomor smo. Mais,
Demonstração. (⇒) Suponha-se que
A
A−1 = M (ϕ−1 ; B ′ , B).
ϕé ϕ é inje tiva e, pela Proposição 5.34, basta mostrar que Nuc ϕ = {0E }. Seja v ∈ Nuc ϕ e seja X a matriz oluna formada pelas oordenadas de v na base B . Então é invertível. Pretende-se provar que
bije tiva. Pela Proposição 5.39, basta provar que
v ∈ Nuc ϕ ⇔ ϕ(v) = 0E ′ ⇔ AX = 0
···
T 0 ,
5.6 Matriz de mudança de base
135
pela Proposição 5.54. Note-se que 0E ′ = (0, 0, . . . , 0)B′ . Como A−1 e, multipli ando à esquerda a igualdade anterior por
existe
A é A−1
invertível, em ambos
os membros, obtém-se
A−1 (AX) = A−1 0
···
0
T
⇔ X = 0 ···
T 0 ,
v = (0, 0, . . . , 0)B . Logo v = 0E , donde Nuc ϕ = {0E }. Provou-se que ϕ é E e E ′ têm a mesma dimensão então ϕ é sobreje tiva. Portanto,
isto é,
inje tiva. Como
ϕ
é um isomor smo.
(⇐) Re ipro amente, suponha-se que ϕ é um isomor smo. Como ϕ é bije −1 tiva então a apli ação inversa ϕ está bem de nida e é também um isomor smo. −1 Seja C = M ϕ ; B ′ , B . Então,
AC = M (ϕ; B, B ′ ) M ϕ−1 ; B ′ , B = M ϕ ◦ ϕ−1 ; B ′ , B ′ = M (idE ′ ; B ′ , B ′ )
= In .
Portanto,
A
é invertível e
C
A.
é a matriz inversa de
5.6 Matriz de mudança de base De nição 5.63. B
B′
e
Seja
E
um espaço ve torial sobre
bases ordenadas de
E.
P = M (idE ; B, B ′)
hama-se M (B, B ′).
K de
dimensão nita. Sejam
À matriz
matriz de mudança de base de
B
para
B′,
e representa-se por
Re orde-se que
idE : E u Dado um ve tor
v ∈ E,
obter as oordenadas de De fa to, se então
PX
X
a matriz de mudança de base atrás de nida, permite ′ na base B a partir das oordenadas de v na base B .
v
for a matriz oluna formada pelas oordenadas de
será a matriz oluna formada pelas oordenadas de
Exer í io 5.64.
No espaço ve torial real
B = ((1, 0, 1), (0, 1, 0), (−1, 0, 1) Determine as oordenadas de base
B,
−→ E 7−→ idE (u) = u
e
R3 ,
v
v
na base B′.
na base
B
onsidere-se as seguintes bases:
B ′ = ((1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)) .
u = (1, 2, −3)
na base
usando as matrizes de mudança de base.
B′
e de
v = (−2, 0, 4)
na
5.6 Matriz de mudança de base Teorema 5.65.
136
Uma matriz de mudança de base é invertível.
Demonstração. Uma matriz de mudança de base é uma matriz da apli ação linear
idE ,
E
onde
é um espaço ve torial sobre
K.
Como
idE
é um isomor smo,
então qualquer matriz de mudança de base é invertível.
Teorema 5.66.
Toda a matriz invertível pode ser onsiderada uma matriz de
mudança de base. Atendendo ao Teorema 5.62, é fá il provar
Teorema 5.67. B
e
B′
Seja
E
um espaço ve torial sobre
são duas bases ordenadas de
E.
K
−1
M (B, B ′) = (M (B ′ , B))
Exemplo 5.68.
No espaço ve torial real
B = ((1, 1), (2, 1))
al ular as oordenadas de
v
matriz de mudança de base de
R2 ,
.
onsidere-se as seguintes bases:
B ′ = ((1, 0), (1, −1)) .
e
(a) Suponha que as oordenadas de
de dimensão nita tal que
Então
v ∈ R2
na base
B
para
na base B são (2, 3). Pretende-se B ′ . Primeiro vai-se determinar a B ′ . Ora
idR2 (1, 1) = (1, 1) = 2(1, 0) + (−1)(1, −1) = (2, −1)B′ idR2 (2, 1) = (2, 1) = 3(1, 0) + (−1)(1, −1) = (3, −1)B′ . 2 3 ′ Portanto, P = M (B, B ) = . Como −1 −1 2 3 2 13 = , −1 −1 3 −5 então
v = (13, −5)B′ .
Veri ação: Se
v = (2, 3)B ,
então
v = 2(1, 1) + 3(2, 1) = (8, 5).
Por outro
lado,
(13, −5)B′ = 13(1, 0) + (−5)(1, −1) = (8, 5) = v. w = (1, 2)B′ e determine-se as oordenadas de Começa-se por determinar a matriz de mudança de base de
(b) Suponha-se agora que na base para
B.
B.
Note-se que
M (B ′ , B) = M (idR2 ; B ′ , B) = =
′ −1 M id−1 R2 ; B, B −1 (M (idR2 ; B, B ′)) −1
=P
w B′
por de nição de matriz de mudança de base pelo Teorema 5.62 pois
2 id−1 R2 = idR
5.7 Relação entre matrizes de uma mesma apli ação linear Veri que que
P −1 =
são dadas por
e, portanto,
−1 −3 1 2
. Donde as oordenadas de
−1 −3 1 2
1 2
=
−7 5
w
137 na base
B
w = (−7, 5)B .
5.7 Relação entre matrizes de uma mesma apli ação linear ′ Sejam E e E espaços ve toriais sobre K e seja ϕ uma apli ação linear de E em ′ E . Sejam ainda B1 e B2 bases ordenadas de E e B1′ e B2′ bases ordenadas de E ′ . Suponha-se que
A = M (ϕ; B1 , B1′ )
e
C = M (ϕ; B2 , B2′ ).
Considere-se o seguinte diagrama:
A E′
E (B1 )
(B ′ 1 )
ϕ
Q
idE
P
idE ′
(B2 )
ϕ E′
E
(B ′ 2 )
C Tem-se que
ϕ = idE ′ ◦ ϕ ◦ idE
e, matri ialmente, pelo Teorema 5.58,
M (ϕ; B2 , B2′ ) = M (idE ′ ; B1′ , B2′ ) M (ϕ; B1 , B1′ ) M (idE ; B2 , B1 ). ou seja,
C = P AQ.
Observação 5.69. em
E
e
E′,
Exemplo 5.70. R
2
,
Note-se que
P
e
Q
são duas matrizes de mudança de base
respe tivamente.
ϕ : R2 −→ R3 a apli ação ϕ(x, y) = (2x, x − y, 3y). Sejam Seja
B1 = ((1, 0), (0, 1)) bases ordenadas de
R2
e
linear tal que, para todo
(x, y) ∈
B2 = ((1, 1), (−1, 2))
e
B1′ = ((1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1))
e
B2′ = ((1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0))
5.7 Relação entre matrizes de uma mesma apli ação linear bases ordenadas de
R3 .
Sejam ainda
2 0 A = M (ϕ; B1 , B1′ ) = 1 −1 0 3
Obtenha-se
C
138
a partir de
A
C = M (ϕ; B2 , B2′ ).
e
e de matrizes de mudança de base onvenientes.
Esquemati amente, tem-se,
A R2 (B1 ) Q
R3 (B ′ 1 )
ϕ
idR2
(B2 ) R2
idR3
P
ϕ R
3
(B ′ 2 )
C onde
Q = M (idR2 ; B2 , B1 ) = M (B2 , B1 ) = e
1 −1 1 2
0 0 1 1 −1 , P = M (idR3 ; B1′ , B2′ ) = M (B1′ , B2′ ) = 0 1 −1 0
pois
(1, 1) = (1, 1)B1 (−1, 2) = (−1, 2)B1 (1, 0, 0) = 0(1, 1, 1) + 0(1, 1, 0) + 1(1, 0, 0) = (0, 0, 1)B2′ (0, 1, 0) = 0(1, 1, 1) + 1(1, 1, 0) + (−1)(1, 0, 0) = (0, 1, −1)B2′ (0, 0, 1) = 1(1, 1, 1) + (−1)(1, 1, 0) + 0(1, 0, 0) = (1, −1, 0)B2′ . Assim,
0 C = P AQ = 0 1
Exer í io 5.71.
Seja
0 1 2 1 −1 1 −1 0 0 φ : R2 −→ R3
0 1 −1 1 3
−1 2
3 = −3 2
uma apli ação linear tal que
1 M (φ; BR2 , BR3 ) = −1 0
2 1 . 1
6 −9 . 1
5.7 Relação entre matrizes de uma mesma apli ação linear
139
BR2 e BR3 são as bases anóni as de R2 e R3 , respe tivamente. Determine M (φ; B, B ′ ), onde B = ((1, 1), (1, −2)) e B ′ = ((1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)) são 2 3 bases ordenadas de R e R , respe tivamente. onde
De nição 5.72.
Sejam A e C matrizes do tipo p × n om entradas em K. DizC são equivalentes se existem matrizes invertíveis P ∈ Mp×p (K) e Q ∈ Mn×n (K) tais que C = P AQ. se que
A
e
A e C são matrizes quadradas de ordem n S ∈ Mn×n (K) tal que C = S −1 AS , então diz-se Se
e existe uma matriz invertível que
A
e
C
são
semelhantes.
Teorema 5.73.
Sejam A, C ∈ Mp×n (K). As matrizes A e C são equivalentes se e só se representam a mesma apli ação linear em relação a determinadas bases.
Teorema 5.74.
Sejam A, C ∈ Mn×n (K). As matrizes A e C são semelhantes se e só se representam o mesmo endomor smo em relação a diferentes bases.
K de dimensão n, B E tal que A = M (ϕ; B, B). Como A e C são semelhantes, existe uma matriz S ∈ Mn×n (K) invertível tal que C = S −1 AS . Pelo teorema 5.66 existe uma base B ′ de E tal que S = M (B ′ , B). Então C = M (ϕ; B ′ , B ′ ). (⇐) Re ipro amente, se A e C representam o mesmo endomor smo então −1 pelo teorema anterior, C = P AQ. E fa ilmente se veri a que P = Q e,
onsequentemente, A e C são semelhantes. Demonstração. (⇒) Sejam uma base de
E
e
ϕ
E
um espaço ve torial sobre
o endomor smo de
Observação 5.75.
Se A é a matriz de um endomor smo em relação a uma B e C é a matriz do mesmo endomor smo mas em relação a uma base B ′ então A e C são semelhantes. base
Exemplo 5.76.
anóni a de
R
3
Seja
ψ
o endomor smo de
é
Determine-se a matriz de
ψ
A=
1 0 0 1 −1 0
R3
uja matriz em relação à base
−1 1 . 1
B ′ = ((1, 0, 1), (0, 1, 1), (0, 0, 1)), C = M (ψ; B ′ , B ′ ). Então, esquemati-
em relação à base
usando matrizes de mudança de base. Seja
amente,
A R3 (BR3 )
R3 ϕ
(BR3 ) P −1
P (B ′ ) R3
(B ′ )
ϕ R C
3
5.7 Relação entre matrizes de uma mesma apli ação linear e, portanto,
C = P −1 AP ,
onde
1 0 P = M (B ′ , BR3 ) = 0 1 1 1
e
Logo,
1 0 0 1 0 1 0 0 1 C= 0 −1 −1 1 −1 0
Note-se que
A
e
C
Exer í io 5.77.
(x, y) ∈ R
2
,
0 0 1
veri que!
0 0 . 1
1 0 = M (BR3 , B ′ ) = 0 1 −1 −1
P −1
−1 1 1 0 1 1
veri que!
0 0 0 −1 1 0 = 1 2 1 1 −1 0
são semelhantes.
ψ : R2 −→ R3 a apli ação linear ψ(x, y) = (x + y, x − y, x + 2y). Sejam ainda Seja
B = ((1, −1), (0, 1)) R2
bases ordenadas de
e
140
R3 ,
(a) Determine a matriz de
e
−1 1 . 1
tal que, para todo
B ′ = ((1, 1, 0), (0, 1, 1), (1, −1, 1))
respe tivamente.
ψ
em relação às bases anóni as dos espaços on-
ψ
em relação às bases
siderados. (b) Determine a matriz de
B
e
B′:
(i) usando a de nição; (ii) usando matrizes de mudança de base. ( ) Determine
Teorema 5.78.
ψ(2, −3), Sejam
E
usando ambas as representações matri iais de
e
E′
espaços ve toriais sobre
′
nadas de E e E , respe tivamente. Seja ainda E ′ tal que A = M (ϕ; B, B ′). Então,
ϕ
K
e
B
e
r(A)
Observação 5.79.
representa a ara terísti a da matriz
Resulta deste teorema que:
r(A) = dim(E ′ );
(i)
ϕ
é um epimor smo se e só se
(ii)
ϕ
é um monomor smo se e só se
bases orde-
uma apli ação linear de
dim(Im ϕ) = r(A). Re orde-se que
B′
r(A) = dim E ;
A.
ψ.
E
em
5.7 Relação entre matrizes de uma mesma apli ação linear (iii)
ϕ
r(A) = dim E = dim(E ′ ).
é um isomor smo se e só se
Exemplo 5.80. vamente, e seja
B e B ′ bases dos espaços ve toriais R4 ϕ : R −→ R3 a apli ação linear tal que −1 2 1 0 0 . A = M (ϕ; B, B ′) = 0 1 1 1 0 1 −1 Sejam 4
Cal ulando a ara terísti a da matriz Es alonando a matriz
−1 2 0 1 1 0
A
141
A,
averigúe-se se
ϕ
e
R3 ,
respe ti-
é sobreje tiva.
tem-se,
1 0 1 0 1 −1
−1 2 0 1 L3 := L3 + L1 0 2 −1 2 −− −−−−−−−→ 0 1 L′3 := L3 − 2L2 0 0 −− −−−−−−→ ′
1 0 1 0 2 −1 1 0 1 0 . 0 −1
dim(Im ϕ) = r(A) = 3. Como Im ϕ é um subespaço ve torial de R3 e dim(Im ϕ) = dim(R3 ), então Im ϕ = R3 e, onsequentemente, ϕ é sobreje tiva. Logo,
Exer í ios 5.81.
1. Considere a apli ação linear ϕ de R3 em R2 uja matriz em relação à base anóni a de R3 e à base B = ((1, 1), (−1, 1)) de R2 é
A= Usando a matriz
A,
determine
1 . 0
1 1 2 1
Nuc ϕ
e lassi que a apli ação quanto à
inje tividade e sobreje tividade. 2. Considere a apli ação linear
φ
de
R3
em
R4
φ(1, 1, 1) = (1, 0, 0, 0), φ(1, 1, 0) = (1, 0, 0, 0) onde
k
de nida por e
φ(1, 0, 0) = (k, 1, k, k − 1),
é um parâmetro real.
Diga para que valores de
k
a apli ação
φ
é:
(a) monomor smo; (b) epimor smo. Sugestão: use uma matriz de
φ em relação a bases onvenientemente
es olhidas.
6. Valores e ve tores próprios
6.1 Valores e ve tores próprios
143
6.1 Valores e ve tores próprios De nição 6.1. de
E.
ve tor
E um espaço ve torial sobre K e seja ϕ um endomor smo λ ∈ K. Diz-se que λ é um valor próprio de ϕ se existe um que v 6= 0E e
Seja
Seja ainda
v∈E
tal
ϕ(v) = λv.
ve tor próprio de ϕ asso iado ao valor próprio λ. De nição 6.2. Chama-se espe tro de ϕ, e representa-se por σ(ϕ), ao onjunto
Ao ve tor
v
hama-se
de todos os valores próprios de
Exemplo 6.3. mor smo
ϕ.
Determine-se os valores próprios e ve tores próprios do endo-
ϕ de R3
de nido, em relação à base anóni a desse espaço, pela matriz
1 0 1 A = −1 1 −1
ϕ é en ontrar λ ∈ R para o qual existe (x, y, z) ϕ(x, y, z) = λ(x, y, z). Ora, pelo Teorema 5.54, pode passar-se
Determinar um valor próprio de não nulo tal que
1 0 . 0
para representação matri ial:
1 0 1 x x ϕ(x, y, z) = λ(x, y, z) ⇔ −1 1 0 y = λ y 1 −1 0 z z 1 0 1 x x 0 ⇔ −1 1 0 y − λ y = 0 1 −1 0 z z 0 1 0 1 λ 0 0 x 1 0 − 0 λ 0 y ⇔ −1 1 −1 0 0 0 λ z 0 x 1−λ 0 1 0 y = 0 . ⇔ −1 1 − λ 0 z 1 −1 −λ
Portanto, é ne essário en ontrar
λ∈R
0 = 0 0
para o qual o sistema anterior admite,
pelo menos, uma solução não trivial, ou seja, tal que a ara terísti a da matriz do sistema seja inferior a
3, ou, equivalentemente, tal λ é tal que 1−λ 0 1 −1 1 − λ 0 = 0. 1 −1 −λ
não seja invertível. Assim,
que a matriz do sistema
6.1 Valores e ve tores próprios Assim:
1−λ −1 1
0 1 1−λ 0 −1 −λ
144
= 0 ⇔ (1 − λ)(1 − λ)(−λ) + 1(1 − (1 − λ)) = 0 ⇔ −λ (1 − λ)2 − 1 = 0 ⇔ λ = 0 ∨ (1 − λ)2 − 1 = 0 ⇔ λ = 0 ∨ λ = 2.
Assim, o espe tro de
ϕ
é o onjunto
σ(ϕ) = {0, 2}.
Determinem-se os ve tores próprios de ϕ asso iados a λ (x, y, z) ∈ R3 \ {(0, 0, 0)} tais que ϕ(x, y, z) =
são todos
= 0. Por de nição, 0(x, y, z), ou seja,
ϕ(x, y, z) = (0, 0, 0). Novamente é equivalente a resolver o sistema 1 0 1 x 0 x+z =0 z = −x −1 1 0 y = 0 ⇔ −x + y = 0 ⇔ y=x 1 −1 0 z 0 x−y =0 Logo, os ve tores próprios de
ϕ
asso iados a
λ=0
são da forma
x ∈ R \ {0}.
(x, x, −x),
om
Note-se que se determinaram as oordenadas dos ve tores próprios 3 na base anóni a de R :
(x, x, −x)BR3 = x(1, 0, 0) + x(0, 1, 0) − x(0, 0, 1) = (x, x, −x). Determinem-se agora os ve tores próprios de
ϕ
asso iados a
λ = 2.
Usando
o mesmo ra io ínio, basta resolver o sistema
1 0 1 x x −1 −1 1 0 y = 2 y ⇔ −1 1 −1 0 z z 1
0 1 x 0 −1 0 y = 0 . −1 −2 z 0
Passando para matriz ampliada, obtém-se:
−1 0 1 0 −−− 0 1 −−−−−−−→ −1 ′ L2 := L2 − L1 −1 −1 0 0 L 0 −1 −1 ′ 3 := L3 + L1 1 −1 −2 0 0 −1 −1 −1 0 1 0 −− −−−−−−→ 0 −1 −1 0 L′3 := L3 − L2 0 0 0 0
Logo,
λ = 2.
(z, −z, z),
Exer í io 6.4. φ
a c
om
z ∈ R \ {0},
b d
=
2c b − 2c
são os ve tores próprios de
Considere o endomor smo
0 0 0
a+c , d
φ
x=z y = −z
ϕ
asso iados a
M2×2 (R) de nido por a b todo ∈ M2×2 (R). c d
de
para
Determine os seus valores próprios e os ve tores próprios asso iados.
6.1 Valores e ve tores próprios
145
Atendendo ao exemplo anterior, es reva-se o teorema:
Teorema 6.5.
Seja
base ordenada de
(a) λ ∈ K
E.
E
K de dimensão n e B uma E e A = M (ϕ; B, B). Então:
um espaço ve torial sobre
Seja
ϕ
um endomor smo de
é valor próprio de
ϕ
se e só se
|A − λIn | = 0.
(b) v ∈ E X0
é ve tor próprio de
ϕ
λ se e só se, sendo B , X0 é uma solução
asso iado ao valor próprio
a matriz oluna das oordenadas de
v
na base
não nula do sistema de equações lineares
(A − λIn )X = 0.
(a). Seja λ ∈ K. Então λ é valor próprio de ϕ se e v ∈ E tal que v 6= 0E e ϕ(v) = λv , ou seja, se e só se existe X0 ∈ Mn×1 (K) \ {0}, tal que AX0 = λX0 , onde X0 é a matriz oluna das
oordenadas de v na base B , que é equivalente a Demonstração. Prove-se só se existe
AX0 − λX0 = 0 ⇔ (A − λIn )X0 = 0. Ou seja, se e só se o sistema homogéneo minado, isto é, se e só se
(A − λIn )X = 0
é possível e indeter-
|A − λIn | = 0, pelos Teorema 3.43 e Teorema 3.44. A demonstração de
Observação 6.6. grau
Se
n.
Teorema 6.7.
Se
(b) a omo exer í io.
A ∈ Mn×n (K)
A, B ∈ Mn×n (K)
então
|A − λIn |
é um polinómio em
λ
de
são duas matrizes semelhantes então
|A − λIn | = |B − λIn | . Demonstração. Como
S ∈ Mn×n (K)
A
e
B
são matrizes semelhantes então existe uma matriz B = S −1 AS . Logo
invertível tal que
|B − λI| = S −1 AS − λS −1 In S = S −1 (A − λIn )S = S −1 |(A − λIn )| |S| 1 = |(A − λIn )| |S| |S| = |B − λI| .
6.1 Valores e ve tores próprios
146
Pelo teorema anterior e pelo teorema 5.74 tem-se que se
A, B ∈ Mn×n (K)
são duas matrizes que representam o mesmo endomor smo então os polinómios
|A − λIn |
e
|B − λIn |
De nição 6.8.
são iguais. Temos então a de nição seguinte.
E um espaço ve torial sobre K de dimensão n e B uma E . Seja ϕ um endomor smo de E e A = M (ϕ; B, B). Ao polinómio |A − λIn | hama-se polinómio ara terísti o de ϕ, e representase por pϕ (λ). A equação pϕ (λ) = 0 designa-se por equação ara terísti a de ϕ. Seja
base ordenada de
ϕ em relação a uma |A − λI| = 0, ou seja, as raízes do valores próprios de ϕ.
Viu-se, no teorema 6.5, que, sendo base xa,
λ
é valor próprio de
polinómio ara terísti o de
De nição 6.9.
ϕ
ϕ
A
uma matriz de
se e só se
são os
E um espaço ve torial sobre K e seja ϕ um endomor smo λ ∈ K um valor próprio de ϕ. Chama-se multipli idade algébri a de λ, e representa-se por ma (λ), à multipli idade de λ enquanto raiz do polinómio ara terísti o de ϕ, pϕ (λ). de
E.
Seja
Seja ainda
Re orde-se que λ0 é raiz de multipli idade k de um polinómio p(λ) se e só se p(λ) = (λ − λ0 )k q(λ), onde q(λ) é um polinómio que não admite λ0 omo raiz.
Exemplo 6.10.
anóni a de
R
4
Seja
φ
o endomor smo de
, é
2 0 A= 0 0
R4
uja matriz, em relação à base
1 0 0 2 0 0 . 0 −1 0 0 0 1
φ.
Determine-se a multipli idade algébri a dos valores próprios de
Pelo teorema
anterior, omo
2−λ 1 0 0 0 2−λ 0 0 pφ (λ) = |A − λI4 | = 0 −1 − λ 0 0 0 0 0 1−λ = (2 − λ)(2 − λ)(−1 − λ)(1 − λ) = (2 − λ)2 (−1 − λ)(1 − λ),
φ
são
ma (2) = 2
e
então os valores próprios de
Exer í io Resolvido 6.11. relação à base
−1, 1
e
2,
onde
ma (−1) = ma (1) = 1.
ϕ o endomor smo B = ((1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)) de R3 , é 1 −1 0 2 1 . A = −1 0 1 1 Seja
de
R3
uja matriz, em
6.1 Valores e ve tores próprios Determine os valores próprios de
ϕ,
147 as respe tivas multipli idades algébri as e
os ve tores próprios asso iados. Resolução: Pelo teorema anterior, omo
1−λ −1 0 2−λ 1 pϕ (λ) = |A − λI3 | = −1 0 1 1−λ
= (1 − λ) ((2 − λ)(1 − λ) − 1) − (−1) (−(1 − λ) − 0)
= (1 − λ)2 (2 − λ) − (1 − λ) + (−1)(1 − λ) = (1 − λ)((1 − λ)(2 − λ) − 1 − 1) = (1 − λ)((1 − λ)(2 − λ) − 2)
= (1 − λ)(λ2 − 3λ)
= (1 − λ)λ(λ − 3), então os valores próprios de
ϕ
são
0, 1
e
3
e, portanto,
ma (0) = ma (1) = ma (3) = 1. Determinem-se os ve tores próprios asso iados a o sistema
(A−0I3 )X = 0 ⇔ AX = 0, onde X
λ = 0.
Tem que se resolver
é a matriz oluna das oordenadas
B . Donde, 0 1 −1 0 −−−−−−−−→ 0 L′2 := L2 + L1 0 1 1 0 0 1 1 1 −1 0 −− −−−−−−→ 1 1 L′3 := L3 − L2 0 0 0 0
de um ve tor próprio genéri o, em relação à base
1 −1 0 −1 2 1 0 1 1
omo
0 0 0 0 0 , 0
vem que as oordenadas de um ve tor próprio têm que satisfazer o seguinte sistema
x−y =0 ⇔ y+z =0
Assim os ve tores próprios asso iados a
x=y z = −y
λ=0
são ve tores da forma:
v = (y, y, −y)B = y(1, 1, 1) + y(1, 1, 0) + (−y)(1, 0, 0) = (y, 2y, y),
om
y ∈ R \ {0}.
Determinem-se agora os ve tores próprios asso iados a mente, omo
A − 1I3
0
0 = −1 0
λ = 1.
−1 0 0 −1 1 1 − − − − − → 1 1 0 L2 ↔ L1 0 −1 0 1 0 0 0 1 0 −1 1 1 −− −−−−−−→ 0 −1 0 L′3 := L3 + L2 0 0 0
Analoga-
0 0 0 0 0 , 0
6.1 Valores e ve tores próprios vem que
148
−x + y + z = 0 ⇔ −y = 0
Donde os ve tores próprios asso iados a
λ=1
z=x y=0
são ve tores da forma:
v = (x, 0, x)B = x(1, 1, 1) + 0(1, 1, 0) + x(1, 0, 0) = (2x, x, x),
om
x ∈ R \ {0}.
Por m, determinem-se os ve tores próprios asso iados a
A − 3I3
0
então
−x − y + z = 0 ⇔ y − 2z = 0
λ = 3.
Como
−1 −1 1 0 −2 −1 0 0 − − − − − → 0 0 = −1 −1 1 0 L2 ↔ L1 −2 −1 0 1 −2 0 0 1 −2 0 −1 −1 1 0 −− − − − − − − − → 0 1 −2 0 L′2 := L2 − 2L2 0 1 −2 0 −1 −1 1 0 −− − − − − − − → 0 1 −2 0 , L′3 := L3 − L2 0 0 0 0
x = −z , y = 2z
λ=3
pelo que os ve tores próprios asso iados a
são ve tores da forma:
v = (−z, 2z, z)B = (−z)(1, 1, 1) + 2z(1, 1, 0) + z(1, 0, 0) = (2z, z, −z),
om
z ∈ R \ {0}.
Exer í io 6.12. base
B=
Considere o endomor smo de ((1, 0, 1), (−1, 1, 0), (0, 0, −1)) de R3 , é
2 1 A= 2 3 3 3
R3
uja matriz, em relação à
1 2 . 4
Determine os valores próprios, os respe tivos ve tores próprios asso iados e as respe tivas multipli idades algébri as. Seja
E
um espaço ve torial sobre
domor smo de
E,
K.
Dado um valor próprio
λ
de um en-
os ve tores próprios asso iados são determinados a partir de
soluções não nulas de um sistema homogéneo indeterminado. Uma vez que um sistema homogéneo indeterminado tem um onjunto in nito de soluções que formam um subespaço ve torial de
E
é laro que, se ao onjunto dos ve tores
próprios juntar-se o ve tor nulo do espaço ve torial ve torial de
E.
De fa to,
E,
se obtém um subespaço
6.1 Valores e ve tores próprios Teorema 6.13. de
E.
E um espaço λ ∈ K. De na-se
Seja
Seja ainda
149 ve torial sobre
Ke
seja
ϕ
um endomor smo
Uλ = {v ∈ E : ϕ(v) = λv}. Então:
(a) Uλ
é um subespaço ve torial de
(b) Uλ 6= {0E }
se e só se
Demonstração. Prove-se
λ
E.
é valor próprio de
ϕ.
(a). Note-se que:
(i) 0E ∈ Uλ , pois ϕ(0E ) = λ0E .
(ii)
Sejam
α, β ∈ K
e sejam
u, v ∈ Uλ .
Então
ϕ(αu + βv) = αϕ(u) + βϕ(v)
pois
= αλu + βλv = λ(αu + βv) Logo
ϕ(u) = λu ϕ
e
ϕ(v) = λv .
Donde
é apli ação linear
por hipótese
u ∈ Uλ
e
v ∈ Uλ
pelos axiomas de espaço ve torial
αu + βv ∈ Uλ .
Pelo Teorema 4.15,
Uλ
é um subespaço ve torial de
E.
Prove-se (b). (⇒) Suponha-se que Uλ 6= {0E }. Então existe v 6= 0E tal que v ∈ Uλ , ou seja, ϕ(v) = λv e, portanto, por de nição, λ é valor próprio de ϕ. (⇐) Re ipro amente, suponha-se que λ ∈ σ(ϕ). Então existe v 6= 0E tal que ϕ(v) = λv e, portanto, v ∈ Uλ , ou seja, Uλ 6= {0E }.
De nição 6.14. de
E.
Se
λ∈K
Seja
E
um espaço ve torial sobre
é um valor próprio de
ϕ,
K e seja ϕ um endomor smo E de nido por
ao sub onjunto de
Uλ = {v ∈ E : ϕ(v) = λv}
hama-se
subespaço próprio de
ϕ
asso iado ao valor próprio
λ.
De nição 6.15.
Seja E um espaço ve torial sobre K e seja ϕ um endomor smo E . Se λ ∈ K é um valor próprio de ϕ, hama-se multipli idade geométri a de λ, e representa-se por mg (λ), à dimensão de Uλ , ou seja,
de
mg (λ) = dim(Uλ ).
Exemplo 6.16. base anóni a de
Considere o endomor smo R3 , é
1 1 A = 0 2 0 2
ϕ
de
0 2 . 5
R3
uja matriz, em relação à
Determine-se a multipli idade geométri a dos valores próprios de
ϕ.
6.1 Valores e ve tores próprios
150
Primeiro, determinem-se os valores próprios de
1−λ 1 2−λ pϕ (λ) = |A − λI3 | = 0 0 2
ϕ.
Como
0 2 5−λ
= (1 − λ) ((2 − λ)(5 − λ) − 4)
= (1 − λ)(λ2 − 7λ + 6)
= (1 − λ)(λ − 1)(λ − 6)
então os valores próprios de
ϕ
são
1
ma (1) = 2 e ma (6) = 1. λ = 1. 0 −−− −−−−−−−−→ 0 1 0 0 ′ 2 := L2 − L1 0 0 2 0 0 L L′3 := L3 − 2L1 0 0 4 0 0 0 1 0 0 −− −−−−−−−→ L′3 := L3 − 2L2 0 0 2 0 0 0 0 0 e
6,
om
Determine-se o subespaço próprio asso iado a
A − 1I3
0
0 = 0 0
vem que
Logo
e, portanto,
1 0 1 2 2 4
y=0 ⇔ 2z = 0
vem que
mg (1) = 1
0
,
(justi que!).
−5 = 0 0
Donde
e, portanto,
y=0 z=0
Determine-se agora o subespaço próprio asso iado a
A − 6I3
U1 = {(x, 0, 0) : x ∈ R} = h(1, 0, 0)i
omo
λ = 6.
Analogamente,
1 0 1 0 0 −−−−−−−−−→ −5 −4 2 0 L′3 = L3 + 21 L2 0 −4 2 0 0 0 2 −1 0 −5x + y = 0 ⇔ −4y + 2z = 0
0 0 , 0
y = 5x z = 10x
U6 = {(x, 5x, 10x) : x ∈ R} = h(1, 5, 10)i
mg (6) = 1
(justi que!).
Exer í io 6.17.
Considere o endomor smo 3 à base anóni a de R , é
1 1 A = 2 2 1 1
ψ
de
−1 0 . 1
R3
uja matriz, em relação
Determine a multipli idade geométri a dos valores próprios de
ψ.
6.2 Endomor smos diagonalizáveis
151
O próximo resultado estabele e uma relação entre a multipli idade algébri a e a multipli idade geométri a de um valor próprio de um endomor smo.
Teorema 6.18. de
E.
Se
λ∈K
Seja
E
um espaço ve torial sobre
é um valor próprio de
ϕ
Ke
seja
ϕ
um endomor smo
então,
1 ≤ mg (λ) ≤ ma (λ).
Observação 6.19. λ
Resulta do teorema anterior que, se
é uma raiz simples do polinómio ara terísti o, então
ma (λ) = 1, mg (λ) = 1.
ou seja, se
6.2 Endomor smos diagonalizáveis O próximo resultado garante que a valores próprios distintos orrespondem ve tores próprios linearmente independentes.
Teorema 6.20.
Seja E um espaço ve torial sobre K e seja ϕ um endomor smo E . Sejam ainda λ1 , λ2 , . . . , λp ∈ K valores próprios de ϕ, distintos dois a dois. Se u1 , u2 , . . . , up ∈ E são ve tores próprios de ϕ asso iados a λ1 , λ2 , . . . , λp , respe tivamente, então u1 , u2 , . . . , up são linearmente independentes.
de
p.
p = 1, u1 é u1 6= 0E . quaisquer p − 1 ve tores
Demonstração. A demonstração é feita por indução em
Para
linearmente independente pois, por de nição de ve tor próprio, Suponha-se agora que, por hipótese de indução,
p − 1 valores próprios distintos são linearmente indepenu1 , u2 , . . . , up ∈ E ve tores próprios de ϕ asso iados aos valores próprios λ1 , λ2 , . . . , λp , respe tivamente, onde λi 6= λj , para todo i, j ∈ {1, . . . , p} e i 6= j . Sejam α1 , α2 , . . . , αp ∈ K tais que
próprios asso iados a dentes. Sejam
α1 u1 + α2 u2 + · · · + αp up = 0E .
(6.1)
Então,
ϕ(α1 u1 + α2 u2 + · · · + αp up ) = ϕ(0E )
⇒α1 ϕ(u1 ) + α2 ϕ(u2 ) + · · · + αp ϕ(up ) = 0E e, omo
u1 , u2 , . . . , up
são ve tores próprios, tem-se:
α1 (λ1 u1 ) + α2 (λ2 u2 ) + · · · + αp (λp up ) = 0E . Multipli ando ambos os membros da igualdade (6.1) por
λ1
(6.2)
obtém-se:
α1 λ1 u1 + α2 λ1 u2 + · · · + αp λ1 up = 0E . Subtraindo membro a membro (6.2) a (6.3), resulta que:
α2 (λ2 − λ1 )u2 + · · · + αp (λp − λ1 )up = 0E ,
(6.3)
6.2 Endomor smos diagonalizáveis
152
p−1 ve tores próprios asso iados p − 1 valores próprios distintos; donde, por hipótese de indução, estes ve tores
ou seja, tem-se uma ombinação linear nula de a
são linearmente independentes e, portanto,
α2 (λ2 − λ1 ) = · · · = αp (λp − λ1 ) = 0K . Como, para todo
i ∈ {2, . . . , p}, λi 6= λ1 ,
então
α2 = · · · = αp = 0K . α2 , . . . , αp por 0K , vem α1 u1 = 0E , ou seja, u1 6= 0E , α1 = 0K . Logo u1 , u2 , . . . , up são linearmente independentes.
Substituindo em (6.1) os es alares
omo
Corolário 6.21. de
Seja E um espaço ve torial sobre K e seja ϕ um endomor smo E . Sejam ainda λ1 , λ2 , . . . , λp ∈ K valores próprios de ϕ, distintos dois a dois.
Então,
Uλ1 + Uλ2 + · · · + Uλp é uma soma dire ta. Demonstração. Para se provar que a soma é dire ta prove-se que qualquer ele-
v ∈ Uλ1 +Uλ2 +· · ·+Uλp se es reve de forma úni a omo soma de elemenUλ1 , Uλ2 ,. . . ,Uλp . Seja v ∈ Uλ1 + Uλ2 + · · · + Uλp .
mento
tos dos subespaços ve toriais Suponha-se que
v = v1 + v2 + · · · + vp ,
om
vi ∈ Uλi ,
para todo
i ∈ {1, . . . , p}
v = u1 + u2 + · · · + up ,
om
ui ∈ Uλi ,
para todo
i ∈ {1, . . . , p}.
e
Assim,
0E = v − v = (v1 − u1 ) + (v2 − u2 ) + · · · + (vp − up ). Note-se que ve torial de
vi − ui ∈ Uλi , para E . Repare-se que se
todo
i ∈ {1, . . . , p},
pois
Uλi
é um subespaço
tem uma ombinação linear nula dos ve tores
referidos om es alares não todos nulos, o que impli aria que esses ve tores fossem linearmente dependentes. Como a valores próprios distintos orrespondem ve tores próprios linearmente independentes, o ve tor tor próprio asso iado a
λi ;
i ∈ {1, . . . , p}.
donde
vi − ui = 0E ,
vi − ui não pode ser ve vi = ui , para todo
ou seja,
Assim, note-se que no aso em que
E = Uλ1 ⊕ Uλ2 ⊕ · · · ⊕ Uλp ϕ: basta onUλ1 , Uλ2 , . . . , Uλp . Suponha-se que B = (e1 , e2 , . . . , en ) é uma base de E onstituída por ve tores próprios de ϕ. Suponha-se que ei é um ve tor próprio asso iado ao valor próprio então existe uma base de
E
onstituída por ve tores próprios de
siderar a união das bases das várias par elas
6.2 Endomor smos diagonalizáveis λi ,
para todo
153
i ∈ {1, . . . , n}. Note-se que λ1 , λ2 , . . . , λn
não são ne essariamente
distintos. Então:
ϕ(e1 ) = λ1 e1 = (λ1 , 0, 0, . . . , 0, 0)B ϕ(e2 ) = λ2 e2 = (0, λ2 , 0, . . . , 0, 0)B . . .
ϕ(en ) = λn en = (0, 0, 0, . . . , 0, λn )B , Assim,
λ1 0 M (ϕ; B, B) = . .. 0
0 λ2 . . .
0
··· ··· ..
.
···
Deste modo apresenta-se a seguinte de nição:
De nição 6.22. de
E.
E
Seja
Diz-se que
ϕ
ve tores próprios de
é
ϕ.
um espaço ve torial sobre
diagonalizável
0 0 . . . . λn K e seja ϕ um endomor smo E formada por
se existe uma base de
Atendendo ao que foi visto anteriormente pode es rever-se o seguinte resultado:
Teorema 6.23.
Seja
E . Então ϕ é M (ϕ; B, B) é uma
de
Demonstração.
E
um espaço ve torial sobre
Ke
seja
ϕ
um endomor smo
diagonalizável se e só se existe uma base matriz diagonal.
(⇒)
B
de
E
Veja-se o que foi es rito antes da de nição 6.22.
B = (e1 , e2 , . . . , en ) de E tal λ1 0 · · · 0 0 λ2 · · · 0 M (ϕ; B, B) = diag(λ1 , λ2 , . . . , λn ) = . . . . .. . . .. . . . 0 0 · · · λn
(⇐)
tal que
Suponha-se que existe uma base
que
ϕ(ei ) = (0, . . . , 0, λi , 0, . . . , 0)B , onde λi o upa a i-ésima poϕ(ei ) = λi ei , para todo i ∈ {1, . . . , n}. Ou seja, ei é um ve tor próprio de ϕ asso iado ao valor próprio λi , para todo i ∈ {1, . . . , n}. Logo B é uma base de E formada por ve tores próprios de ϕ.
Isso signi a que sição do
n-uplo,
ou seja,
Observação 6.24.
Seja
um endomor smo de base
B
de
E
E.
E
um espaço ve torial sobre
Suponha-se que
formada por
n
ϕ
K
de dimensão
n
e seja
ϕ
é diagonalizável. Então existe uma ve tores próprios de ϕ. Seja ainda B ′ uma outra
6.2 Endomor smos diagonalizáveis base de
E
tal que
A = M (ϕ; B ′ , B ′ ).
154
Então, esquemati amente, tem-se:
A E
E
(B ′ )
(B ′ )
ϕ
P
idE
(B)
P −1
idE ϕ
(B) E
E D Logo
onde tos).
λ1 0 D = M (ϕ; B, B) = P −1 AP = . .. 0
λ1 , λ2 , . . . , λn ∈ K
Note-se que
onde
Xi
são valores próprios de
P = M (B, B ′),
. . .
0
··· ··· ..
.
···
0 0 . . . λn
(não ne essariamente distin-
ou seja,
P = X1
···
Xn .
B ′ , do i-ésimo próprio λi , para
é a i-ésima oluna onstituída pelas oordenadas, na base
B , que é um ve tor i ∈ {1, . . . , n}. Note-se que P
ve tor da base todo
ϕ
0 λ2
base. A esta matriz hama-se
próprio asso iado ao valor
é invertível pois é uma matriz mudança de
matriz diagonalizante de
A.
O próximo resultado forne e uma ondição ne essária e su iente para um endomor smo ser diagonalizável.
Teorema 6.25.
Seja
um endomor smo de
ϕ.
Então,
ϕ
E E.
K de dimensão n e seja ϕ λ1 , λ2 , . . . , λp ∈ K os valores próprios de
um espaço ve torial sobre Sejam ainda
é diagonalizável se e só se
mg (λ1 ) + mg (λ2 ) + · · · + mg (λp ) = n.
Exemplo 6.26.
Averigúe-se se os seguintes endomor smos são diagonalizáveis
e, em aso a rmativo, es reva-se a matriz diagonal que o representa relativamente a uma erta base do espaço (formada por ve tores próprios desse mesmo endomor smo) e a matriz diagonalizante utilizada.
ϕ um endomor smo de R2 tal que ϕ(x, y) = (x + y, 3x − y), para (x, y) ∈ R2 . Note-se que ϕ(1, 0) = (1, 3) e ϕ(0, 1) = (1, −1). Donde, 1 1 A = M (ϕ; BR2 , BR2 ) = . 3 −1
1. Seja
todo
6.2 Endomor smos diagonalizáveis
155
Determinem-se os valores próprios de
ϕ.
1−λ |A − λI2 | = 3
Ora
1 −1 − λ
= (1 − λ)(−1 − λ) − 3
= λ2 − 4 = (λ + 2)(λ − 2).
Assim,
ϕ
tem dois valores próprios
λ = −2
e
λ = 2.
Sabe-se que
ma (−2) = 1 ⇒ mg (−2) = 1 ma (2) = 1 ⇒ mg (2) = 1. Assim, omo
mg (−2) + mg (2) = 2 = dim R2 ,
pelo Teorema 6.25,
ϕ
é
diagonalizável. Determine-se agora uma base de Para
λ = 2,
R2
formada por ve tores próprios de
ϕ.
determine-se o subespaço próprio asso iado. Pretende-se as(x, y) ∈ R2 tais que
sim en ontrar os ve tores
(A − 2I2 )
x y
0 0
,
=
0 0
=
ou seja, en ontrar a solução do sistema
−1 3
1 −3
x y
.
Resolvendo o sistema orrespondente, obtém-se
U2 = {(x, x) : x ∈ R} = h(1, 1)i. Re orde-se que Para
λ = −2,
A
é a matriz de
ϕ
em relação à base anóni a.
al ule-se o subespaço próprio asso iado. Analogamente, (x, y) ∈ R2 tais que
pretende-se en ontrar os ve tores
(A + 2I2 )
x y
=
0 0
,
=
0 0
.
ou seja, en ontrar a solução do sistema
3 3
1 1
x y
Assim,
U−2 = {(x, −3x) : x ∈ R} = h(1, −3)i. Como ve tores próprios de
ϕ
asso iados a valores próprios distintos são
linearmente independentes, os ve tores
(1, 1)
e
(1, −3)
são linearmente
6.2 Endomor smos diagonalizáveis
156
independentes e, portanto, formam uma base de 2 uma base de R formada por ve tores próprios é
R2
(justi que!). Donde
B = ((1, 1), (1, −3)). Sabe-se que
ϕ(1, 1) = 2(1, 1) = (2, 0)B
e
Logo
D = M (ϕ; B, B) =
ϕ(1, −3) = −2(1, −3) = (0, −2)B .
2 0 0 −2
.
Note-se que, esquemati amente
A R2 (BR2 ) P
R2 ϕ
(BR2 )
idR2
P −1
idR2
(B)
ϕ
(B)
R2
R2 D
Donde
D = P −1 AP ,
onde
ψ um endomor smo (x, y) ∈ R2 .
2. Seja
Note-se que
P = M (B, BR2 ) e P −1 = M (BR2 , B), 1 1 P = . 1 −3 de
ψ(1, 0) = (1, 2)
R2
tal que
igual a
ψ(0, 1) = (0, 1). Logo, 1 0 A = M (ψ; BR2 , BR2 ) = . 2 1
1−λ 0 |A − λI2 | = 2 1−λ
ψ 2.
para todo
e
Determine-se os valores próprios de
Pelo que
ψ(x, y) = (x, 2x + y),
ou seja,
ψ.
Ora
= (1 − λ)(1 − λ) = (1 − λ)2 .
tem um úni o valor próprio
λ = 1, om multipli idade
Então mg (1) = 1 ou mg (1) = 2. Se mg (1) = 2, ψ mg (1) = 1, ψ não é diagonalizável. Determine-se o subespaço próprio asso iado a (x, y) ∈ R2 tais que
(A − 1I2 )
x y
=
0 0
é diagonalizável; se
λ = 1.
en ontrar os ve tores
,
algébri a
Pretende-se assim
6.2 Endomor smos diagonalizáveis
157
ou seja, en ontrar a solução do sistema
0 2
0 0
x y
=
0 0
.
Assim,
e, onsequentemente,
U1 = {(0, y) : y ∈ R} = h(0, 1)i mg (1) = 1
Exer í io Resolvido 6.27.
e
ψ
não é diagonalizável.
φ um endomor smo de R3 de nido por φ(x, y, z) = (x − 3y + 3z, 3x − 5y + 3z, 6x − 6y + 4z), para todo (x, y, z) ∈ R3 . Averigúe se φ é diagonalizável e, em aso a rmativo, es reva a matriz diagonal que o representa relativamente a uma erta base de R3 (formada pelos Considere
seus ve tores próprios) e a matriz diagonalizante utilizada. Resolução: Note-se que
φ(1, 0, 0) = (1, 3, 6), Logo,
φ(0, 1, 0) = (−3, −5, −6)
e
φ(0, 0, 1) = (3, 3, 4).
1 −3 3 A = M (φ; BR3 , BR3 ) = 3 −5 3 . 6 −6 4
Determinem-se os valores próprios de
1−λ −3 3 −5 − λ 3 |A − λI3 | = 3 6 −6 4−λ
φ.
Ora
= (1 − λ)((−5 − λ)(4 − λ) + 18) + (−3)(−1)1+2 (3(4 − λ) − 18)+ + 3(−18 − 6(−5 − λ)) = (1 − λ)(−5 − λ)(4 − λ) + 18(1 − λ) + 9(4 − λ) − 3 × 18 − 3 × 18 − 18(−5 − λ)
= (1 − λ)(−5 − λ)(4 − λ) + 18 − 18λ + 36 − 9λ − 108 + 90 + 18λ = (1 − λ)(−5 − λ)(4 − λ) + 9(4 − λ) = (4 − λ)[(1 − λ)(−5 − λ) + 9] = (4 − λ)(λ2 + 4λ + 4) = (4 − λ)(λ + 2)2 .
φ tem dois valores próprios λ = −2 e λ = 4, onde ma (−2) = 2 e ma (4) = 1. Tem-se então que mg (4) = 1 e mg (−2) = 1 ou mg (−2) = 2. Assim, φ é diagonalizável se e só se mg (−2) = 2. Determine-se então o subespaço próprio asso iado a λ = −2. Pretendem-se os ve tores (x, y, z) ∈ R3 tais que x 0 (A + 2I3 ) y = 0 , z 0 Assim,
6.2 Endomor smos diagonalizáveis
158
ou seja, en ontrar a solução do sistema
3 −3 3 x 0 3 −3 3 y = 0 . 6 −6 6 z 0
Assim,
U−2 = {(y − z, y, z) : y, z ∈ R}
= {y(1, 1, 0) + z(−1, 0, 1) : y, z ∈ R} = h(1, 1, 0), (−1, 0, 1)i.
(1, 1, 0) e (−1, 0, 1) são linearmente independentes, ((1, 1, 0), (−1, 0, 1)) é U−2 e, portanto, mg (−2) = 2, ou seja, φ é diagonalizável. 3 Para determinar uma base de R onstituída por ve tores próprios é ne essário ainda determinar o subespaço próprio asso iado a λ = 4. Assim, para λ = 4, pretende-se en ontrar os ve tores (x, y, z) ∈ R3 tais que x 0 (A − 4I3 ) y = 0 . z 0 Como
uma base de
ou seja, en ontrar a solução do sistema
−3 −3 3 −9 6 −6
Assim,
3 x 0 3 y = 0 . 0 z 0
U4 = {(y, y, 2y) : y ∈ R} = h(1, 1, 2)i.
Como ve tores próprios de
φ
asso iados a valores próprios distintos são li-
nearmente independentes,
B = ((1, 1, 2), (1, 1, 0), (−1, 0, 1)). é uma base de
e
e
R3 ,
D = P −1 AP ,
formada por ve tores próprios de
onde
φ.
Assim,
0 0 −2 0 0 −2
1 −1 1 0 0 1
4 D = M (φ; B, B) = 0 0 1 P = M (B, BR3 ) = 1 2
P −1 = M (BR3 , B) =
1 2 − 21
−1
− 21 3 2
1
1 2 − 21
0
.
6.2 Endomor smos diagonalizáveis Exer í io 6.28. à base
159
ψ um endomor smo de R3 B = ((1, 1, −1), (1, −1, 0), (−1, 0, 0)) é 1 −3 3 A = 3 −5 3 . 6 −6 4
Averigúe se
ψ
Considere
uja matriz em relação
é diagonalizável e, em aso a rmativo, es reva a matriz diagonal
que o representa relativamente a uma erta base do espaço (formada pelos seus ve tores próprios) e a matriz diagonalizante utilizada. O seguinte resultado é um orolário do teorema 6.25.
Corolário 6.29. ϕ
Seja
um endomor smo de
E um espaço ve torial sobre K de E . Se ϕ admite n valores próprios
dimensão
n
e seja
ϕ
distintos então
é
diagonalizável. De fa to, omo a multipli idade algébri a de ada valor próprio é tipli idade geométri a de ada um dos valores próprios também é a soma das multipli idades geométri as dos igual a
n,
ou seja, existe uma base de
Note-se que se
ϕ
não admite
n
E
n
1.
1,
a mul-
Por isso,
ϕ ϕ.
valores próprios distintos de
formada por ve tores próprios de
é
valores próprios distintos nada se pode on-
luir.
Observação 6.30.
Re orde-se L(E, E) ∼ = Mn×n (K) (veja-se Teorema 5.60). A ∈ Mn×n (K), existe um endomor smo ϕ de E e uma base B de E tal que A = M (ϕ; B, B). Ora isso permite que todas as de nições dadas neste
apítulo possam ser rees ritas para uma matriz quadrada de ordem n. Assim, diz-se que λ ∈ K é valor próprio de A se λ é valor próprio de ϕ. Analogamente, v ∈ E é um ve tor próprio de A asso iado ao valor próprio λ se v é um ve tor próprio de ϕ asso iado ao valor próprio λ. Além disso, diz-se que A é diagonalizável se for semelhante a uma matriz diagonal, isto é, se existem matrizes quadradas de ordem n, P e D , om P invertível e D diagonal, tais que Assim, dada
D = P −1 AP. Re orde-se que à matriz
P
hama-se matriz diagonalizante de
Do que foi dito anteriormente diz-se que, se
A.
é uma matriz quadrada de
n ve tores próprios linearmente indeA, tem por olunas as oordenadas na base B dos ve tores próprios de A linearmente independentes. Se P é uma matriz diagonalizante de A e D = P −1 AP , então os elementos diagonais de D são os valores próprios de A orrespondentes às olunas de P . ordem
n, A é
A
diagonalizável se e só se tem
pendentes. Uma matriz
Observação 6.31.
P
diagonalizante de
Note-se que se duas matrizes têm o mesmo polinómio a-
ra terísti o nada se pode on luir quanto à semelhança entre elas. Por exemplo,
onsiderem-se as matrizes
A=
1 1 0 1
e
I2 =
1 0 . 0 1
6.2 Endomor smos diagonalizáveis
160
É fá il veri ar que têm o mesmo polinómio ara terísti o,
(1 − λ)2
(veri que!)
e, no entanto, não são semelhantes. De fa to, se A e I2 fossem semelhantes, −1 existia S ∈ M2×2 (R) invertível tal que A = S I2 S = I2 , o que é absurdo! Logo
A
e
I2
não são semelhantes.
Exer í io 6.32.
Veri que se as matrizes
2 A= 0 0
são semelhantes.
1 0 1 −1 2 4
Exer í io Resolvido 6.33. mor smo
ϕ
de
R2
e
2 C = 0 0
0 0 3 0 0 2
A que representa B = ((1, 1), (−1, 2)) de R2 : 1 3 A= 2 2
Considere a matriz
um endo-
em relação à base
1. Cal ule os valores próprios de
ϕ.
2. Determine o subespaço próprio asso iado ao valor próprio de maior valor absoluto. 3. Indique, aso exista, uma matriz diagonal semelhante a
A,
justi ando a
existên ia dessa matriz. Resolução:
1. Os valores próprios de
ϕ
en ontram-se determinando as soluções da sua
equação ara terísti a. Ora,
A − λI2 = Assim,
det(A−λI) = 0 se e só
se
1−λ 3 2 2−λ
.
(1−λ)(2−λ)−6 = 0, o que é equivalente λ2 − 3λ − 4 = 0, ou seja, λ = −1 ou
a determinar as soluções da equação
λ = 4. Logo, os valores próprios de 2. Como
|4| > | − 1|,
ϕ
ou seja,
são
4
−1
e
4.
é o valor próprio de maior valor abso-
luto, o subespaço próprio pedido é o subespaço próprio asso iado a de nição:
U4 = {(x, y) ∈ R2 : ϕ(x, y) = 4(x, y)}. Tem-se então:
ϕ(x, y) = 4(x, y) ⇔ (A − 4I2 )X = 0,
4.
Por
6.2 Endomor smos diagonalizáveis X
onde
é a matriz oluna das oordenadas de
ampliada do sistema é:
161
A − 4I2
0
Assim,
=
−3 3 0 2 −2 0
(x, y)
na base
−− −−−−−−2−→ ′ L2 = L2 + 3 L1
B.
−3 3 0 0
A matriz
0 0
.
U4 = {(x, x)B : x ∈ R}
= {x(1, 1) + x(−1, 2) : x ∈ R} = {(0, 3x) : x ∈ R} = h(0, 3)i
3. Repare-se que existir uma matriz diagonal semelhante a
A
é o mesmo
que existir uma matriz diagonal que representa o mesmo endomor smo
ϕ
(re orde-se que matrizes que representam o mesmo endomor smo são
semelhantes). O que signi a veri ar que
ϕ
é diagonalizável. Pelo que
já foi dito, basta veri ar se a soma das multipli idades geométri as dos 2 valores próprios de ϕ é igual à dimensão de R . Ora,
ma (−1) = 1 ⇒ mg (−1) = 1 ma (4) = 1 ⇒ mg (4) = 1.
2 = dim R2 = mg (−1) + mg (4). Logo ϕ é diagonalizável, o que 2 signi a que existe uma base de R para a qual a matriz de ϕ é diagonal.
Então,
E essa base é a base formada por ve tores próprios de
ϕ
linearmente inde-
pendentes e a matriz é a matriz diagonal formada pelos valores próprios de
ϕ.
Note-se que
U−1 = {(x, y) ∈ R2 : ϕ(x, y) = −(x, y)}. Prove que
U−1
3 = − y, y :y∈R 2 B 3 = − y(1, 1) + y(−1, 2) : y ∈ R 2 5 1 = − y, y : y ∈ R = h(−5, 1)i 2 2
Assim,
D = M (ϕ; B ′ , B ′ ) =
om
B ′ = ((0, 3), (−5, 1)).
Note-se que
4 0 0 −1
,
(0, 3) = a(1, 1) + b(−1, 2) ⇒ a = 1 ∧ b = 1 (−5, 1) = a(1, 1) + b(−1, 2) ⇒ a = −3 ∧ b = 2.
6.2 Endomor smos diagonalizáveis
162
Donde ′
P = M (B , B) =
1 1
−3 2
.
Esquemati amente,
A R2
R2 (B) P
ϕ
(B)
idR2
P −1
idR2
(B ′ ) R2
(B ′ )
ϕ R
2
D Con lui-se assim que
D = P −1 AP ,
Exer í ios 6.34.
1. Considere o endomor smo
ou seja,
P
é a matriz diagonalizante de
ϕ
de
R3
A.
de nido por
ϕ(x, y, z) = (x, 2y + z, z), (x, y, z) ∈ R3 . Veri que M (ϕ; B, B) é uma matriz diagonal para todo
se existe uma base
B
de
R3
tal que
e, em aso a rmativo, indique essa
base. 2. Seja
φ
um endomor smo de
R3
tal que
onde
B R3
valores de
1 M (φ; BR3 , BR3 ) k + 1 0 é a base anóni a de
k
R3
e
k
k 1 1
0 1 k−1
é um parâmetro real. Indique os
para os quais existe um ve tor não nulo
φ(a, b, c) = −(a, b, c).
(a, b, c)
tal que
7. Produto interno
7.1 De nição e exemplos
164
7.1 De nição e exemplos Nesta se ção apenas se irão onsiderar espaços ve toriais reais, isto é, espaços ve toriais sobre
De nição 7.1.
em
E
R. Seja
E
um espaço ve torial real. Chama-se
a qualquer apli ação
priedades:
ϕ : E × E −→ R
produto interno
que satisfaz as seguintes pro-
(a) linearidade relativamente ao primeiro argumento: α, β ∈ R
e quaisquer
para quaisquer
u, u′ , v ∈ E ,
ϕ(αu + βu′ , v) = αϕ(u, v) + βϕ(u′ , v);
(b) linearidade relativamente ao segundo argumento: α, β ∈ R
e quaisquer
para quaisquer
u, v, v ′ ∈ E ,
ϕ(u, αv + βv ′ ) = αϕ(u, v) + βϕ(u, v ′ );
( ) simetria: para
quaisquer
u, v ∈ E , ϕ(u, v) = ϕ(v, u);
(d) de nida positiva: (i) ϕ(u, u) ≥ 0, para qualquer u ∈ E ; (ii) se ϕ(u, u) = 0 então u = 0E . Resumindo, uma apli ação de
E×E
em
R
é um produto interno em
E
se
for bilinear (isto é, linear relativamente ao primeiro e segundo argumentos), simétri a e de nida positiva.
Observação 7.2. Observe-se que as propriedades (a) e ( ) impli am a propriedade (b). Portanto, quando se pretende provar que uma apli ação é um produto interno, basta mostrar as propriedades (a), ( ) e (d). Exemplos 7.3.
1. A apli ação
ϕ : R2 × R2 −→ R
ϕ ((x, y), (x′ , y ′ )) = xx′ + yy ′ , é um produto interno em
R2 .
para todo
De fa to,
de nida por
(x, y), (x′ y ′ ) ∈ R2 ,
7.1 De nição e exemplos (a)
dados
165
(x, y), (x′ , y ′ ), (z, w) ∈ R2
e
α, β ∈ R
quaisquer, tem-se
ϕ (α(x, y) + β(x′ , y ′ ), (z, w)) = ϕ ((αx + βx′ , αy + βy ′ ), (z, w)) pela de nição de adição e multipli ação por um es alar em
R2
= (αx + βx′ )z + (αy + βy ′ )w por de nição de ϕ = α(xz + yw) + β(x′ z + y ′ w) pelas propriedades da adição e multi-
R2 = αϕ ((x, y), (z, w)) + βϕ ((x , y ′ ), (z, w)) pli ação por um es alar em
′
por de nição de
( )
sejam
(x, y), (x′ , y ′ ) ∈ R2
ϕ;
quaisquer, então
ϕ ((x, y), (x′ , y ′ )) = xx′ + yy ′ ′
por de nição de
′
=xx+y y
ϕ
pela omutatividade da multipli ação em
′
′
= ϕ ((x , y ), (x, y)) Portanto,
(d)
seja
ϕ
por de nição de
R
ϕ.
é bilinear e simétri a.
(x, y) ∈ R2
qualquer, então:
(i) ϕ ((x, y), (x, y)) = x2 + y 2 ≥ 0; (ii) ϕ ((x, y), (x, y)) = 0 ⇔ x2 + y 2 = 0 ⇔ (x, y) = (0, 0). Logo,
ϕ
2. A apli ação
também é de nida positiva e é portanto um produto interno.
ϕ : R2 × R2 −→ R
de nida por
ϕ ((x1 , x2 ), (y1 , y2 )) = x1 y1 , não é um produto interno em
(0, 0).
Exer í io 7.4.
Seja
E
E. E.
ϕ ((0, 1), (0, 1)) = 0
Seja
E
um espaço ve torial real e sejam α, β ∈ R+ . Mostre que αϕ
Sejam ainda
um espaço ve torial real e seja
u, v ∈ E . O produto representa-se por u • v . jam ainda
porque
(x1 , x2 ), (y1 , y2 ) ∈ R2 ,
ϕ
interno entre
(0, 1) 6=
ϕ e ψ dois produtos + βψ é um produto E . Seϕ(u, v), e
um produto interno em
u
e
v
é o número real
Também é usual es rever o produto interno entre
hu, vi.
e
Portanto, não é de nida positiva.
internos em interno em
R2 ,
para todo
u
e
v
omo
u|v
ou ainda
7.2 Norma de um ve tor Exemplos 7.5.
166
1. A apli ação de
Rn × Rn
em
R,
de nida por
(x1 , x2 , . . . , xn ) • (y1 , y2 , . . . , yn ) = x1 y1 + x2 y2 + · · · + xn yn = para todos
(x1 , x2 , . . . , xn ), (y1 , y2 , . . . , yn ) ∈ Rn , R2 × R2
xi yi ,
i=1
é um produto interno Rn .
produto interno anóni o em
(prove!), ao qual se hama 2. A apli ação de
n X
em
R
de nida por
(x1 , x2 ) • (y1 , y2 ) = x1 y1 + x1 y2 + x2 y1 + 2x2 y2 , para todos
Exer í io 7.6.
(x1 , x2 ), (y1 , y2 ) ∈ R2 ,
é um produto interno em
Mostre que a apli ação de
P2 [x] × P2 [x]
em
R
R2
(prove!).
de nida por
(a1 x2 + b1 x + c1 ) • (a2 x2 + b2 x + c2 ) = a1 a2 + b1 b2 + c1 c2 , para todos
P2 [x].
a1 x2 + b1 x + c1 , a2 x2 + b2 x + c2 ∈ P2 [x],
Proposição 7.7.
Seja
E
um espaço ve torial real munido de um produto in-
terno. Então, para qualquer
u ∈ E,
u ∈ E.
Então:
Demonstração. Seja
é um produto interno em
0E • u = (0 × 0E ) • u = 0(0E • u)
tem-se
0E • u = 0.
pelas propriedades de espaço ve torial pela bilineariedade do produto interno
= 0.
7.2 Norma de um ve tor De nição 7.8. e seja
u ∈ E.
Seja
E
Chama-se
um espaço ve torial real munido de um produto interno
norma de
u,
não negativo dado por
kuk =
Exemplo 7.9. plo
e representa-se por
√ u • u.
kuk,
ao número real
Rn o produto interno anóni o de nido anterior. Então, para (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Rn , p k(x1 , x2 , . . . , xn )k = (x1 , x2 , . . . , xn ) • (x1 , x2 , . . . , xn ) q = x21 + x22 + · · · + x2n Considere em
R2 o ve tor (1, 2)√ . A norma de (1, 2) √ de R2 é k(1, 2)k = 12 + 22 = 5
Por exemplo, onsidere em ao produto interno anóni o
no exem-
em relação
7.2 Norma de um ve tor
167
Note-se que o on eito de norma depende do produto interno de nido no espaço ve torial.
Exemplo 7.10.
Considere em
R2 ,
o produto interno
(x1 , x2 ) • (y1 , y2 ) = x1 y1 + x1 y2 + x2 y1 + 2x2 y2 . A norma de
(1, 2)
em relação a este produto interno é
p √ √ (1, 2) • (1, 2) = 1 + 2 + 2 + 8 = 13.
k(1, 2)k =
Teorema 7.11. (a) kuk = 0
E um espaço ve torial real munido de um produto inu, v ∈ E e α ∈ R são válidas as seguintes propriedades:
. Seja
terno. Para quaisquer
u = 0E ;
se e só se
(b) kαuk = |α| · kuk;
( ) Desigualdade de S hwarz: |u • v| ≤ kuk · kvk;
(d) |u • v| = kuk · kvk
se e só se
u
e
v
são linearmente dependentes;
(e) Desigualdade triangular: ku + vk ≤ kuk + kvk; (f) ku + vk = kuk + kvk se e
só se um dos ve tores se obtém do outro através
da multipli ação deste por um es alar não negativo.
(a). Seja u ∈ E . kuk = 0; então u•u = 0. Pelas propriedades do produto
Demonstração. Prove-se (⇒) Suponha-se que
interno,
u = 0E .
(⇐) Suponha-se agora que
u = 0E ;
Prove-se
e
(b). Sejam u ∈ E
p (αu) • (αu) p = α2 (u • u) √ √ = α2 u • u = |α| · kuk.
kαuk =
Prove-se
( ).
α ∈ R.
então
u•u=0
e, portanto,
kuk = 0.
Então
por de nição de norma pela bilinearidade do produto interno
Note-se primeiro que se
u = 0E ou v = 0E , a desigualdade é u 6= 0E e v 6= 0E e seja λ ∈ R.
trivialmente satisfeita. Suponha-se então que
Como o produto interno é uma apli ação de nida positiva então
(λu + v) • (λu + v) ≥ 0, ou seja, pela bilinearidade do produto interno,
λ2 (u • u) + λ(u • v) + λ(v • u) + v • v ≥ 0.
7.2 Norma de um ve tor
168
Como o produto interno também é simétri o, obtém-se
λ2 kuk2 + 2λ(u • v) + kvk2 ≥ 0, para qualquer
λ ∈ R.
Considerando
λ=− obtém-se
u•v , kuk2
(u • v)2 (u • v)2 2 kuk − 2 + kvk2 ≥ 0 kuk4 kuk2
o que é equivalente a
(u • v)2 ≤ kuk2 kvk2 .
Portanto,
|u • v| ≤ kuk · kvk. Prove-se
(d).
(⇒) Se
u = 0E então laramente que u e v são linearmente dependentes 6 0E e que e também se tem |u • v| = kuk · kvk. Suponha-se então que u = |u • v| = kuk · kvk. Então (u • v)2 = kuk2 kvk2 , donde (u • v)2 = kvk2 kuk2 e, portanto,
Como
tem-se
(u • v)2 − kvk2 = 0. kuk2
2
u•v
(u • v)2 2
− kvk = − − u + v
, kuk2 kuk2
Pela propriedade
(a),
(justi que!)
u•v
−
= 0. u + v
kuk2
tem-se ne essariamente que
−
u•v u + v = 0E . kuk2
Portanto,
v=
u•v u, kuk2
v é um múltiplo de u, o que impli a que u e v são linearmente dependentes. u e v são linearmente dependentes. Sem perda generalidade, pode supor-se que v = αu, om α ∈ R. Então
isto é, de
(⇐) Suponha-se agora que
|u • v| = |u • (αu)| = |α| · kuk2.
7.3 Ângulo entre ve tores
169
Por outro lado,
kuk · kvk = kuk · kαuk = |α| · kuk2 . Logo,
|u • v| = kuk · kvk.
Prove-se
(e). Sejam u, v ∈ E . Vai-se provar que ku + vk2 ≤ (kuk + kvk)2 .
Usando a de nição de norma e a desigualdade de S hwarz, tem-se
ku + vk2 = (u + v) • (u + v) =u•u+u•v+v•u+v•v = kuk2 + 2(u • v) + kvk2
≤ kuk2 + 2kuk · kvk + kvk2 2
= (kuk + kvk) .
Portanto,
ku + vk ≤ kuk + kvk.
Prove-se
(f). Pela demonstração da propriedade anterior, tem-se a igualdade
ku+vk = kuk+kvk se e só se u•v = kuk·kvk. Prove-se agora que u•v = kuk·kvk se e só se um dos ve tores se obtém do outro através da multipli ação deste por um es alar não negativo. Observe-se que omo Logo, pela propriedade
kuk · kvk ≥ 0 então u • v = |u • v|.
(d), sabe-se que |u • v| = kuk · kvk se e só se os ve tores
u e v são linearmente dependentes. Sem perda de generalidade, suponha-se que v = αu, om α ∈ R. Como u • v = αkuk2 e |u • v| = |α| · kuk2, então α > 0. Re ipro amente, se v = αu, om α > 0, então laramente u • v = kuk · kvk.
De nição 7.12. u vers(u),
e seja
Seja
E
um espaço ve torial real munido de um produto interno
um ve tor não nulo de
E.
Chama-se
ao ve tor
vers(u) =
Observação 7.13. norma
1.
versor de
1
e representa-se por
1 u kuk
O versor de um ve tor não nulo
A um ve tor de norma
u,
hama-se
u
é sempre um ve tor de
ve tor unitário.
7.3 Ângulo entre ve tores Sejam
u, v ∈ E
tais que
u 6= 0E
e
v 6= 0E .
Então, pela desigualdade de S hwarz,
|u • v| ≤ kuk · kvk. E, portanto,
−kuk · kvk ≤ u • v ≤ kuk · kvk,
7.3 Ângulo entre ve tores
170
isto é,
−1 ≤ Assim, existe um valor
θ ∈ [0, π]
u•v ≤ 1. kuk · kvk
tal que
cos θ =
De nição 7.14.
Seja
E
um espaço ve torial real munido de um produto interno.
Dados dois ve tores não nulos
∠(u, v),
representa-se por
u•v . kuk · kvk
u
e
ao valor
cos θ =
∠(u, v) = arccos
tores
(1, 3)
1. Em
(2, 1).
R2 ,
u
om
u•v kuk · kvk
2. Considere, em
R2 ,
onsidere o produto interno anóni o e os ve -
Determine-se
o produto interno de nido por
(x1 , x2 ) • (y1 , y2 ) = x1 y1 + x1 y2 + x2 y1 + 2x2 y2 . Determine-se
∠((1, 3), (2, 1)).
Neste aso,
(1, 3) • (2, 1) k(1, 3)k · k(2, 1)k 15 √ = arccos 5 10 √ ! 3 10 = arccos . 10
∠((1, 3), (2, 1)) = arccos
Exer í io 7.16.
Considere, em
R3 ,
o produto interno de nido por
(x1 , x2 , x3 ) • (y1 , y2 , y3 ) = 2x1 y1 + x1 y2 + x2 y1 + x2 y2 + x3 y3 . Determine
e
.
∠ ((1, 3), (2, 1)). Ora (1, 3) • (2, 1) ∠((1, 3), (2, 1)) = arccos k(1, 3)k · k(2, 1)k 2+3 √ = arccos √ 12 + 32 22 + 12 √ ! 2 π = arccos = . 2 4
e
v,
u•v , kuk · kvk
isto é,
Exemplos 7.15.
ângulo de
v de E , hama-se θ ∈ [0, π] tal que
∠((1, 2, 1), (−1, 1, 1)).
7.3 Ângulo entre ve tores
171
Teorema 7.17.
um espaço ve torial real munido de um produto interno
e sejam
e
Seja E u, v ∈ E \ {0E }
α, β ∈ R \ {0}.
(a) ∠(u, u) = 0;
Então:
(b) ∠(u, v) = ∠(v, u); ( ) ∠(u, v) = ∠(αu, βv) se e só se α e β (d) ∠(u, v) = π − ∠(αu, βv)
se e só se
αβ > 0.
e têm o mesmo sinal, isto é,
α
e
β
e têm sinais ontrários, isto é,
αβ < 0.
(a). Ora
Demonstração. Prove-se
∠(u, u) = arccos Prove-se
u•u kuk · kuk
Provem-se
kuk2 kuk2
= arccos 1 = 0.
u•v kuk · kvk
= arccos
v•u kvk · kuk
= ∠(v, u).
( ) e (d). Note-se que αu, βv ∈ E \ {0E }. Logo,
∠(αu, βv) = arccos
e
= arccos
(b). Ora, pela simetria do produto interno,
∠(u, v) = arccos
E, portanto,
(αu) • (βv) kαuk · kβvk
= arccos
(αβ)(u • v) |αβ| · kuk · kvk
αβ > 0 ⇔ |αβ| = αβ ⇔ u•v = ∠(u, v), ⇔ ∠(αu, βv) = arccos kuk · kvk
αβ < 0 ⇔ |αβ| = −αβ ⇔
⇔ ∠(αu, βv) = arccos −
u•v kuk · kvk
= π − ∠(u, v).
Exer í io Resolvido 7.18. espaço ve torial real
ei • ei = 1 Sejam
.
u = e1 + e2
E
Seja B = (e1 , e2 , e3 ) uma base ordenada de um munido de um produto interno, tal que
e e
v = e2 − 2e3
(a) kuk; Resolução:
ei • ej = 0,
para todo
i, j ∈ {1, 2, 3}
dois ve tores de
(b) kvk;
E.
e
Determine:
(c) ∠(u, v).
i 6= j.
7.3 Ângulo entre ve tores
172
(a) Por de nição de norma e pela bilinearidade do produto interno, tem-se:
√ u•u p = (e1 + e2 ) • (e1 + e2 ) p = e1 • (e1 + e2 ) + e2 • (e1 + e2 ) √ = e1 • e1 + e1 • e2 + e2 • e1 + e2 • e2 √ √ = 1 + 0 + 0 + 1 = 2.
kuk =
(b) Analogamente,
√ v•v p = (e2 − 2e3 ) • (e2 − 2e3 ) p = e2 • (e2 − 2e3 ) − 2e3 • (e2 − 2e3 ) p = e2 • e2 − 2(e2 • e3 ) − 2(e3 • e2 ) + 4(e3 • e3 ) √ √ = 1 − 0 − 0 + 4 = 5.
kvk =
( ) Como
u • v = (e1 + e2 ) • (e2 − 2e3 ) = e1 • (e2 − 2e3 ) + e2 • (e2 − 2e3 )
= e1 • e2 − 2(e1 • e3 ) + e2 • e2 − 2(e2 • e3 ) = 0 − 0 + 1 − 0 = 1,
usando as alíneas anteriores, obtém-se
∠(u, v) = arccos
Exer í io 7.19. e sejam
ke1 k = 2, Para
Seja
e1 , e2 , e3 ∈ E
E
u•v kuk · kvk
e
= arccos
1 √ 10
= arccos
√ ! 10 . 10
um espaço ve torial real munido de um produto interno
tais que
ke2 k = ke3 k = 1,
u = e1 − 3e2
v = e1 + e3 ,
(a) kuk;
e2 • e1 = 0,
∠(e1 , e3 ) =
π 4
e
∠(e2 , e3 ) =
determine:
(b) kvk;
(c) ∠(u, v).
π . 2
7.4 Ve tores ortogonais
173
7.4 Ve tores ortogonais E um espaço ve torial real munido de v são ve tores de E não nulos, então
Seja
u
e
um produto interno. Note-se que se
π u•v = 0 ⇔ cos (∠(u, v)) = 0 ⇔ ∠(u, v) = . kuk · kvk 2
u•v =0⇔
Apresenta-se então a seguinte de nição.
De nição 7.20.
Seja
u, v ∈ E . u • v = 0.
E
um espaço ve torial real munido de um produto interno
u
é ortogonal a
v,
e sejam
Diz-se que
e representa-se por
Exemplo 7.21.
Considere, no espaço ve torial real
R2 ,
u ⊥ v,
(1, 0)
os ve tores
se
e
(0, 1). (a) Relativamente ao produto interno anóni o,
(1, 0)
(0, 1)
e
são ortogonais.
(1, 0) • (0, 1) = 0,
ou seja,
(b) Relativamente ao produto interno de nido por
(x1 , x2 ) • (y1 , y2 ) = x1 y1 + x1 y2 + x2 y1 + 2x2 y2 ; tem-se
(1, 0) • (0, 1) = 1,
isto é,
(1, 0)
e
(0, 1)
não são ortogonais.
Note-se que, de a ordo om o exemplo anterior, dois ve tores podem ser ortogonais em relação a um produto interno e não serem ortogonais em relação a outro.
Exer í io 7.22.
Considere em
R3
o seguinte produto interno:
(x1 , x2 , x3 ) • (y1 , y2 , y3 ) = 2x1 y1 − x2 y1 − x1 y2 + x2 y2 + x3 y3 . Veri que se os ve tores
u = (1, 1, 1), v = (−1, 1, 1) e w = (2, 1, 1) são
ortogonais
dois a dois.
Teorema 7.23. (a)
se
u⊥v
E um espaço u, v ∈ E ,
Seja
Então, para todos
então
(b) 0E ⊥ u; ( ) u ⊥ u
(d)
se
v ⊥ u;
se e só se
u⊥v
então
ve torial real munido de um produto interno.
u = 0E ;
u ⊥ λv ,
para todo
λ ∈ R.
7.5 Sistema ortogonal e sistema ortonormado Demonstração. Prove-se
u ∈ E. Prove-se Prove-se
(a)
(b).
resulta do fa to de que
Como
0E • u = 0,
174
u • v = v • u,
para todo
u ∈ E,
para todos
então
0E ⊥ u,
u, v ∈ E . para todo
( ). Repare-se que u ⊥ u se e só se u • u = 0 se e só se u = 0E . (d). Se u ⊥ v
então
u • v = 0.
Logo
λ(u • v) = 0, para todo λ ∈ R. u • (λv) = 0, para
Assim, usando a bilinearidade do produto interno, tem-se todo
λ ∈ R.
Exer í io 7.24.
u, v ∈ E
Determine para que valores do ve tor
E munido de um produto kuk = 1, kvk = 2 e ∠(u, v) = π3 . parâmetro α, o ve tor αu + v é ortogonal ao
Considere, num espaço ve torial real
interno, dois ve tores
tais que
2u + 3v .
7.5 Sistema ortogonal e sistema ortonormado De nição 7.25. Sejam ainda
Seja E um espaço ve torial real munido de um produto interno. v1 , v2 , . . . , vk ∈ E . Diz-se que os ve tores v1 , v2 , . . . , vk formam um
sistema ortogonal se ada um dos ve tores é ortogonal a ada um dos outros, ou seja,
vi • vj = 0,
para todo
i, j ∈ {1, 2, . . . , k}
e
i 6= j.
v1 , v2 , . . . , vk forem unitários (ou normados), isto é, i ∈ {1, 2, . . . , k}, diz-se que esses ve tores formam um sistema ortonormado, ou seja, v1 , v2 , . . . , vk formam um sistema ortonormado se, para todo i, j ∈ {1, 2, . . . , k}, 0 se i 6= j vi • vj = 1 se i = j Se, além disso, os ve tores
kvi k = 1,
para todo
Exemplos 7.26.
R3 munido do produto interno anóni o, os ve tores u = (1, 0, −1), v = (2, 0, 2) e w = (0, 5, 0) formam um sistema ortogonal. (a) Em
De fa to, veri que que
u • v = u • w = v • w = 0. Mas não √ 2 6= 1. (b) Em
Rn
formam um sistema ortonormado porque, por exemplo,
munido do produto interno anóni o, a base anóni a de
stitui um sistema ortonormado.
kuk =
Rn
on-
7.6 Base ortogonal e base ortonormada Exer í io 7.27.
No espaço ve torial real
R2 ,
175
onsidere o seguinte produto in-
terno:
(x1 , x2 ) • (y1 , y2 ) = x1 y1 + 2x1 y2 + 2x2 y1 + 5x2 y2 . u = (2, −1)
Mostre que os ve tores mado.
e
v = (−1, 0)
formam um sistema ortonor-
Teorema 7.28.
Seja E um espaço ve torial real munido de um produto interno. v1 , v2 , . . . , vk ∈ E não nulos. Se v1 , v2 , . . . , vk formam um sistema então v1 , v2 , . . . , vk são linearmente independentes.
Sejam ainda ortogonal,
Demonstração. Sejam
α1 , α2 , . . . , αk ∈ R
tais que
α1 v1 + α2 v2 + · · · + αk vk = 0E . i ∈ {1, . . . , k}
Então, para ada
tem-se
(α1 v1 + α2 v2 + · · · + αk vk ) • vi = 0E • vi , ou seja, pela bilinearidade do produto interno,
α1 (v1 •vi )+· · ·+αi−1 (vi−1 •vi )+αi (vi •vi )+αi+1 (vi+1 •vi )+· · ·+αk (vk •vi ) = 0 v1 , v2 , . . . , vk formam um sistema ortogonal, vj • vi = 0 para i 6= j . Logo, αi (vi • vi ) = 0. Por outro lado, omo o produto interno é de nido positivo, vi • vi 6= 0, pois vi 6= 0E . Donde αi = 0. Con lui-se então que α1 = α2 = · · · = αk = 0, ou seja, que v1 , v2 , . . . , vk são linearmente independentes.
Como
obtém-se
7.6 Base ortogonal e base ortonormada De nição 7.29.
A um espaço ve torial real de dimensão nita munido de um
produto interno hama-se
De nição 7.30.
espaço eu lidiano.
n e seja B = u1 , u2 , . . . , un formam um sistema ortogonal diz-se que B é uma base ortogonal de E . Se u1 , u2 , . . . , un formam um sistema ortonormado diz-se que B é uma base ortonormada de E . (u1 , u2 , . . . , un )
Seja
E
um espaço eu lidiano de dimensão
uma base ordenada de
Exemplo 7.31.
E.
Se os ve tores
Considere a base anóni a de
R2 , BR2 = ((1, 0), (0, 1)).
R2 está munido do produto interno anóni o, então (1, 0) • (0, 1) = 0, k(1, 0)k = 1 e k(0, 1)k = 1, logo BR2 é uma base ortonormada.
(a) se
7.6 Base ortogonal e base ortonormada (b) se
R2
176
está munido do produto interno de nido por
(x1 , x2 ) • (y1 , y2 ) = x1 y1 + x1 y2 + x2 y1 + 2x2 y2 , então (1, 0) • (0, 1) = 1 6= 0 e, portanto, BR2 não é uma base ortogonal de R2 e, onsequentemente, também não é uma base ortonormada de R2 .
Exer í io 7.32.
Seja
E
um espaço eu lidiano tal que
base ortogonal. Seja ainda
u = e1 + e2 .
Mostre que
B = (e1 , e2 )
é uma sua
kuk2 = ke1 k2 + ke2 k2 . (Observe-se que este resultado é o Teorema de Pitágoras para
E = R2
munido
do produto interno anóni o.)
Exer í io 7.33. U =< u >.
Seja
E
um espaço eu lidiano,
Determine as bases ortonormadas de
u um U.
ve tor não nulo de
E
e
7.6.1 Método de ortonormalização de Gram-S hmidt Nesta se ção vai-se mostrar que um espaço eu lidiano
E
admite sempre uma
base ortonormada, provando-se que a apli ação do algoritmo seguinte, denominado
método de ortonormalização de Gram-S hmidt,
a uma base de
E
qualquer produz uma sua base ortonormada.
Algoritmo 7.34. Método de ortonormalização de Gram-S hmidt
E um espaço eu lidiano e E . Aplique-se os n passos w1 , w2 , . . . , wn . Passo 1: w1 = vers(e1 ) = e1 . ke1 k Seja
nada de
seja
B = (e1 , e2 , . . . , en ) uma base ordeB , onstruindo-se os ve tores
seguintes a
Passo 2:
(a) z2 = e2 − (e2 • w1 )w1 . (b) w2 = vers(z2 ) =
z2 . kz2 k
Em geral, apli a-se o passo i, ao onjunto ordenado
(w1 , w2 , . . . , wi−1 , ei , . . . , en ) obtido no nal do passo
Passo i:
i − 1.
(a) zi = ei − (ei • w1 )w1 − (ei • w2 )w2 − · · · − (ei • wi−1 )wi−1 ;
7.6 Base ortogonal e base ortonormada (b) wi = vers(zi ) = No nal do passo
177
zi kzi k ,
n
obtém-se o onjunto ordenado
(w1 , w2 , . . . , wn ),
que é o
resultado do algoritmo. O teorema seguinte mostra que a apli ação do método de ortonormalização de Gram-S hmidt a uma base qualquer de um espaço eu lidiano produz uma base ortonormada desse espaço.
Teorema 7.35. ordenada de
E
e
ortonormalização
E um espaço eu lidiano, B = (e1 , . . . , en ) uma base B = (w1 , . . . , wn ) o resultado da apli ação do método de ′ de Gram-S hmidt a B . Então B é uma base ortonormada de
Sejam ′
E. Demonstração. A prova faz-se mostrando que em ada passo, o algoritmo onstrói uma base de
E
por substituição de um ve tor na base onstruída no passo
anterior, o qual forma um sistema ortonormado juntamente om os ve tores introduzidos nos passos anteriores.
||w1 || = 1, isto é, w1 forma um sistema ortonormado. (w1 , e2 , . . . , en ) é uma base de E (prove!). Prove-se agora que (w1 , w2 , e3 , . . . , en ) obtido no passo 2, é uma base de E em que w1 e w2 formam um sistema ortonormado. Como e2 e w1 são linearmente independentes, z2 = e2 − (e2 • w1 )w1 é um ve tor não nulo de E . Além disso, z2 ⊥ w1 , pois Note-se que no passo 1,
Além disso,
z2 • w1 = (e2 − (e2 • w1 )w1 ) • w1
= e2 • w1 − (e2 • w1 )(w1 • w1 ) = e2 • w1 − (e2 • w1 )kw1 k =0
2
pela bilinearidade do produto interno porque porque
w1 • w1 = kw1 k2 kw1 k = 1.
Logo pela bilinearidade do produto interno,
w2 • w1 =
z2 1 • w1 = (z2 • w1 ) = 0. ||z2 || ||z2 ||
Assim w1 , w2 formam um sistema ortogonal e, omo ||w2 || = 1 vers(z2 ), obtém-se que w1 , w2 formam um sistema ortonormado.
pois
w2 =
Para provar o aso geral, suponha-se que no m do passo i-1 obtém-se a base
E , (w1 , w2 , . . . , wi−1 , ei , . . . , en ), onde w1 , w2 , . . . , wi−1 formam um sistema ortonormado e prove-se que (w1 , w2 , . . . , wi−1 , wi , ei+1 . . . , en ) obtido no nal do passo i é uma base de E em que w1 , w2 , . . . , wi−1 , wi formam um sistema ortonormado. Como ei , w1 , w2 , . . . , wi−1 são linearmente independentes, zi é um ve tor não nulo de E . Além disso, para j ∈ {1, . . . , i − 1},
de
zi • wj = [ei − (ei • w1 )w1 − · · · − (ei • wj−1 )wj−1 − (ei • wj )wj −
− (ei • wj+1 )wj+1 − · · · − (ei • wi−1 )wi−1 ] • wj = ei • wj − (ei • w1 )(w1 • wj ) − · · · − (ei • wj−1 )(wj−1 • wj )−
− (ei • wj )(wj • wj ) − (ei • wj+1 )(wj+1 • wj ) −· · ·− (ei • wi−1 )(wi−1 • wj ),
7.6 Base ortogonal e base ortonormada
178
pela bilineariedade do produto interno, e portanto, zi • wj = 0, porque wℓ • wj = 0 se ℓ 6= j e wj • wj = ||wj ||2 = 1. Logo wi = ||zzii || é tal que wi ⊥ wj ,
j ∈ {1, . . . , i − 1}, e kwi k = 1. Con lui-se assim que w1 , w2 , . . . , wi−1 , wi
formam
um sistema ortonormado. Fa ilmente se vê que o onjunto ordenado
(w1 , w2 , . . . , wi−1 , wi , ei+1 , . . . , en ) é uma base de
E
(prove!).
Deste modo, no m do passo n, o método de ortonormalização de GramS hmidt produz uma base ortonormada,
Corolário 7.36.
Seja
E
(w1 , w2 , . . . , wn ),
de
E.
um espaço eu lidiano não trivial. Então
E
admite pelo
menos uma base ortonormada.
Exer í io Resolvido 7.37.
R3 munido do R3 , apli ando o
Considere o espaço ve torial real
produto interno anóni o. Obtenha uma base ortonormada de método de ortonormalização de Gram-S hmidt à base
B = ((0, 1, 0), (1, 2, 1), (0, 1, 2)). Resolução: Considere-se Como
ke1 k = 1,
e1 = (0, 1, 0), e2 = (1, 2, 1)
e
e3 = (0, 1, 2).
então
w1 = vers(e1 ) =
e1 = e1 = (0, 1, 0). ke1 k
Assim
z2 = e2 − (e2 • w1 ) w1 = (1, 2, 1) − 2 (0, 1, 0) = (1, 0, 1) . e, portanto, omo
então
√ kz2 k = k(1, 0, 1)k = 2, √ ! √ 2 2 z2 w2 = vers(z2 ) = . Por m, = , 0, kz2 k 2 2 z3
Como
kz3 k =
= e3 − (e3 • w1 ) w1 − (e3 • w2 ) w2 √ √ ! √ 2 2 = (0, 1, 2) − (0, 1, 0) − 2 = (−1, 0, 1). , 0, 2 2 √
2,
então
z3 w3 = vers(z3 ) = = kz3 k
R3 é √ √ √ ! √ !! 2 2 2 2 , − . , 0, , 0, 2 2 2 2
Assim uma base ortonormada de
B′ =
(0, 1, 0),
√ √ ! 2 2 . − , 0, 2 2
7.7 Matriz da métri a Exer í io 7.38.
179
Para o espaço ve torial real
R2
munido do produto interno
de nido por
(x1 , x2 ) • (y1 , y2 ) = 3x1 y1 + x1 y2 + x2 y1 + x2 y2 , obtenha uma base ortonormada, apli ando o método de ortonormalização de 2 Gram-S hmidt à base anóni a de R , BR2 = ((1, 0), (0, 1)).
7.7 Matriz da métri a Sejam ainda
E um espaço u, v ∈ E e
eu lidiano e
B = (e1 , e2 , . . . , en )
u = (x1 , x2 , . . . , xn )B as oordenadas de
u
e
v,
e
uma base de
e
Sejam
v = (y1 , y2 , . . . , yn )B
respe tivamente, em relação à base
u = x1 e1 + x2 e2 + · · · + xn en
E.
B,
isto é,
v = y1 e1 + y2 e2 + · · · , yn en .
Então, pela bilinearidade do produto interno,
u•v
= (x1 e1 + x2 e2 + · · · + xn en ) • (y1 e1 + y2 e2 + · · · + yn en ) = x1 y1 (e1 • e1 ) + · · · + x1 yj (e1 • ej ) + · · · + x1 yn (e1 • en ) +···+ xi y1 (ei • e1 ) + · · · + xi yj (ei • ej ) + · · · + xi yn (ei • en ) +···+
xn y1 (en • e1 ) + · · · + xn yj (en • ej ) + · · · + xn yn (en • en ) y1 e1 • e1 · · · e1 • ej · · · e1 • en .. . . . . . . . . . . e • e · · · e • e · · · e • e = x1 · · · xi · · · xn i j i n yj i 1 . . . . . . . .. . . . en • e1 · · · en • ej · · · en • en yn
isto é,
onde
X =
na base
B,
x1 . . .
xn
e
Y =
respe tivamente, e
da métri a
u • v = X T GY,
y1 . . .
são os ve tores das oordenadas de
yn G = [ei • ej ].
A matriz
do produto interno em relação à base
ei • ej = ej • ei , i, j = 1, . . . , n,
simétri a.
u
,
e
v
G é denominada matriz B . Observe-se que omo
tem-se que a matriz da métri a é uma matriz
7.7 Matriz da métri a
180
Exer í io Resolvido 7.39.
Considere o espaço ve torial real
R3
munido do
produto interno
(x1 , x2 , x3 ) • (y1 , y2 , y3 ) = 2x1 y1 + x1 y2 − x1 y3 + x2 y1 + 3x2 y2 − x3 y1 + x3 y3 e a base de
R3 , B = (e1 , e2 , e3 ) onde e1 = (1, 0, 0), e2 = (1, 1, 0) e e3 = (1, −1, 1).
a) Determine a matriz da métri a
G
do produto interno em relação à base
B. b) Cal ule
(1, 1, 0) • (2, −2, 1) usando
a matriz da métri a
G
obtida na alínea
anterior.
Resolução: a)
e1 • e1 = 2, e1 • e2 = 3, e1 • e3 = 0, e2 • e2 = 7, e2 • e3 = −2, e3 • e3 = 2 (veri que!). Logo, omo G é simétri a, obtém-se, 2 3 0 G = 3 7 −2 . 0 −2 2
b)
(1, 1, 0) = (0, 1, 0)B
(2, −2, 1) = (2, −1, 1)B (veri que!). Assim, 0 2 2 3 (1, 1, 0) • (2, −2, 1) = 0 1 0 3 7 −2 −1 = −3. 0 −2 2 1
Exer í io 7.40.
Sejam
e
E um E.
espaço eu lidiano de dimensão 3 e
(e1 , e2 , e3 )
uma base ortonormada de a) Mostre que
(e1 + e2 , e3 , e1 − e2 )
é uma base de
E
.
b) Determine a matriz da métri a do produto interno relativamente à base
(e1 + e2 , e3 , e1 − e2 ). O próximo teorema mostra omo se rela ionam duas matrizes da métri a que representam o mesmo produto interno.
Teorema 7.41.
Sejam E um espaço eu lidiano, B = (e1 , e2 , . . . , en ) e B ′ = ′ ′ ′ (e1 , e2 , . . . , en ) duas bases de E e G e G′ as matrizes da métri a do produto ′ interno em relação às bases B e B , respe tivamente. Então
G′ = P T GP, onde
P = M (idE ; B ′ , B).
7.7 Matriz da métri a x
ve tores arbitrários de E , X e ′ nas bases B e B , respe tivamente, e Y e ′ nas bases B e B , respe tivamente. Logo
Demonstração. Sejam
oordenadas de
oordenadas de
x y
181
e
y
x • y = X T GY Como
X = P X′
e
Y = P Y ′,
onde
e
X′ Y′
os ve tores das os ve tores das
x • y = X ′T G′ Y ′ .
P = M (idE ; B ′ , B),
obtém-se
x • y = X T GY = (P X ′ )T G(P Y ′ ) = X ′T P T GP Y ′ ,
on luindo-se assim que
X ′T (P T GP )Y ′ = X ′T G′ Y ′ . G′ = P T GP , onsiderem-se i, j ∈ {1, . . . , n} e x = e′i 0 0 .. . . . . ′ i j , e portanto, 1 e Y = 1 . . . .. . 0 0
Para mostrar que
Então
X′ =
que é o elemento
e
y = e′j .
e′i • e′j = X ′T (P T GP )Y ′ ,
(i, j)
da matrix
P T GP .
Po outro lado, tem-se que
e′i • e′j = X ′T G′ Y ′ , ′ que é o elemento (i, j) da matrix G . Assim, on lui-se que os elementos (i, j) T ′ das matrizes P GP e G são iguais para quaisquer i, j ∈ {1, . . . , n}, ou seja, G′ = P T GP .
Exemplo 7.42.
Considere-se o espaço ve torial real
R3
munido do produto
interno
(x1 , x2 , x3 ) • (y1 , y2 , y3 ) = 2x1 y1 + x1 y2 − x1 y3 + x2 y1 + 3x2 y2 − x3 y1 + x3 y3 . 2 3 0 7 −2 é a matriz da métri a em relação à base B = Como G = 3 0 −2 2 ((1, 0, 0), (1, 1, 0), (1, −1, 1)) (ver Exer í io Resolvido 7.39) tem-se que a matriz da métri a em relação à base anóni ade R3 é G′ = P T GP , onde P = 1 −1 −2 1 (veri que!) obtém-se M (idR3 , BR3 , B). Como P = 0 1 0 0 1 1 0 0 2 3 0 1 −1 −2 2 1 −1 1 = 1 3 0 . G′ = −1 1 0 3 7 −2 0 1 −2 1 1 0 −2 2 0 0 1 −1 0 1
7.8 Complemento ortogonal e proje ções ortogonais Sejam
E
182
G a matriz da métri a em relação a uma B = (w1 , w2 , . . . , wn ) de E . Como wi • wj = 0, se i = 6 j, e i, j ∈ {1, . . . , n}, tem-se que G = In .
um espaço eu lidiano e
base ortonormada
wi • wi = 1,
para
Teorema 7.43.
Seja
E
Demonstração. Seja
B
um espaço eu lidiano. A matriz da métri a em relação
E
a uma base qualquer de
é invertível.
uma base de
E
e
G
a matriz da métri a em relação a
Vai-se provar que G é invertível. ′ Seja B uma base ortonormada de
B.
E . Então G = P T G′ P , onde G′ = In é B ′ e P = M (idE ; B, B ′ ). Logo, omo G′
matriz da métri a em relação à base P (e portanto P T ) são invertíveis, G também o é.
a e
7.8 Complemento ortogonal e proje ções ortogonais De nição 7.44. e
X
E
Seja
um espaço ve torial real munido de um produto interno
um sub onjunto não vazio de
E.
O ortogonal de
X
é
X ⊥ = {y ∈ E : y ⊥ x ∀ x ∈ X}.
Teorema 7.45. e
X
Seja
E
um espaço ve torial real munido de um produto interno E . Então X ⊥ é um subespaço ve torial de E .
um sub onjunto não vazio de
X ⊥ ⊂ E por de nição de X ⊥ . ⊥ ⊥ Como 0E ⊥ x ∀ x ∈ X , 0E ∈ X , e portanto, X 6= ∅. ⊥ é fe hado em relação à adição e à multipli ação por Para provar que X ⊥ um es alar onsiderem-se y1 , y2 ∈ X e α, β ∈ R arbitrários e demonstre-se que ⊥ αy1 + βy2 ∈ X , ou seja, que (αy1 + βy2 ) • x = 0 ∀ x ∈ X . De fa to, se x é um ve tor arbitrário de X , tem-se que (αy1 + βy2 ) • x = α(y1 • x) + β(y2 • x), pela bilinearidade do produto interno, e portanto, omo y1 • x = y2 • x = 0, ⊥ pois y1 e y2 perten em a X , tem-se que (αy1 + βy2 ) • x = 0, o que prova que ⊥ αy1 + βy2 ∈ X . ⊥ Con lui-se assim que X é um subespaço ve torial de E . Demonstração. Note-se que
De nição 7.46. X X.
e
Seja
E
um espaço ve torial real munido de um produto interno E . A X ⊥ hama-se o subespaço ortogonal de
um sub onjunto não vazio de
Exemplo 7.47.
Considere-se o espaço ve torial real
interno anóni o e
X = {(1, 0)}. X⊥
= =
R2
O subespaço ortogonal de
munido do produto
X
{(x, y) ∈ R2 : (x, y) • (1, 0) = 0}
{(x, y) ∈ R2 : x = 0}.
é
7.8 Complemento ortogonal e proje ções ortogonais Teorema 7.48. X
e
e
(a)
Y
se
Seja
um espaço ve torial real munido de um produto interno
sub onjuntos não vazios de
X ⊂Y
então
(b) X ⊂ (X ⊥ )⊥ ; ( )
E
seja
S
E.
Então
Y ⊥ ⊂ X ⊥;
o menor subespaço ve torial de
interse ção de todos os subespaços de
(d)
se
X ∩ X ⊥ 6= ∅
183
então
E
E
que ontém
que ontêm
X ).
X
(isto é, ⊥
Então
S
S é a = X ⊥;
X ∩ X ⊥ = {0E }.
(a)
Demonstração. Para demonstrar , suponha-se que X ⊂ Y e prove-se que Y ⊥ ⊂ X ⊥ . Seja z ∈ Y ⊥ arbitrário. Então z • y = 0 ∀ y ∈ Y . Logo, omo X ⊂ Y ⊥ tem-se que z • y = 0 ∀ y ∈ X , o que signi a que z ∈ X , on luindo-se assim que
0
Y ⊥ ⊂ X ⊥.
(b)
⊥ Prove-se . Seja x ∈ X arbitrário. Então, por de nição de X , x • z = ⊥ ⊥ ⊥ ∀ z ∈ X , o que impli a que x ∈ (X ) , on luindo-se que X ⊂ (X ⊥ )⊥ . ⊥ Prove-se . Como X ⊂ S on lui-se por que S ⊂ X ⊥ . Para provar a
( )
(a)
in lusão ontrária, ome e-se por observar que um ve tor arbitrário de
E
per-
ten e a S se e só se for ombinação linear de ve tores de X (prove!). Considere-se y ∈ X ⊥ arbitrário e prove-se que y ∈ S ⊥ . Como y ∈ X ⊥ ,
y • x = 0 ∀ x ∈ X.
(7.1)
y ∈ S ⊥ , tome-se um ve tor z de S arbitrário e mostre-se y • z = 0. Como z ∈ S , existem x1 , x2 , . . . , xk ∈ X e α1 , α2 , . . . , αk ∈ R tais z = α1 x1 + α2 x2 + · · · + αk xk . Então Para provar que
y•z
que que
= y • (α1 x1 + α2 x2 + · · · + αk xk ) = α1 (y • x1 ) + α2 (y • x2 ) + · · · + αk (y • xk ),
pela bilinearidade do produto interno. Logo, omo por (7.1), y • xi = 0, i = ⊥ ⊥ tem-se que y • z = 0, on luindo-se assim que y ∈ S . Logo X ⊂ S⊥. ⊥ Prove-se . Suponha-se que X ∩ X 6= ∅ e onsidere-se x ∈ X ∩ X ⊥ ⊥ arbitrário. Então omo x ∈ X e x ∈ X , tem-se que x • x = 0, o que signi a ⊥ que x = 0E . Logo X ∩ X = {0E }.
1, . . . , k ,
(d)
Exemplo 7.49.
Considere-se o espaço ve torial real
interno anóni o e
y ∈ R}
X = {(1, 0)}.
(ver Exemplo 7.47). Logo,
(X ⊥ )⊥
R2
O subespaço ortogonal de
munido do produto X é X ⊥ = {(0, y) :
= {(a, b) ∈ R2 : (a, b) • (x, y) = 0 ∀ (x, y) ∈ X ⊥ }
= {(a, b) ∈ R2 : (a, b) • (0, y) = 0 ∀ y ∈ R} = {(a, b) ∈ R2 : by = 0 ∀ y ∈ R}
= {(a, b) ∈ R2 : b = 0}. Note-se que
X ⊂ (X ⊥ )⊥
mas
X 6= (X ⊥ )⊥ .
7.9 Subespaço ortogonal de um subespaço ve torial Teorema 7.50.
E
Sejam
um espaço ve torial real munido de um produto in-
terno, v1 , v2 , . . . , vk ∈ E , S =< v1 , v2 , . . . , vk y ∈ S ⊥ se e só se y⊥vi , i = 1, . . . , k .
>
e
y
um ve tor de
Demonstração. Note-se que o menor subespaço ve torial de
( )
onjunto de ve tores X = {v1 , v2 , . . . , vk } é S . Logo, por S ⊥ = X ⊥ , on luindo-se assim que y ∈ S ⊥ se e só se y ∈ se
184
E
E.
Então
que ontém o
do Teorema 7.48, X ⊥ , ou seja, se e só
y⊥vi , i = 1, . . . , k .
7.9 Subespaço ortogonal de um subespaço ve torial Nesta se ção vão-se onsiderar sub onjuntos de de
E
De nição 7.51. e
F
E
que são subespaços ve toriais
e os seus ortogonais.
Seja
E
um espaço ve torial real munido de um produto interno E . Ao subespaço ortogonal de F , F ⊥ , hama-se
um subespaço ve torial de
omplemento ortogonal de
Exemplo 7.52.
F.
Considere o espaço ve torial real
R4
munido do produto interno
4 X 1 xj yj (x1 , x2 , x3 , x4 ) • (y1 , y2 , y3 , y4 ) = (x1 y2 + x2 y1 ) + 2 j=1
F =< (1, −1, 0, 0), (1, 0, 12 , 0), (0, 2, 1, 2) >.
omplementar de F .
e o subespaço ve torial o subespaço
Determine-se
Pelo Teorema 7.50 tem-se que
(a, b, c, d) ∈ F ⊥
Ou seja
(a, b, c, d) • (1, −1, 0, 0) = ⇔ (a, b, c, d) • (1, 0, 12 , 0) = (a, b, c, d) • (0, 2, 1, 2) = b a = c = −3b ⇔ d = 0
0 0 0
F ⊥ = {(a, b, c, d) ∈ R4 : a = b, c = −3b, d = 0}.
O teorema seguinte apli a-se a espaços ve toriais de dimensão nita.
Teorema 7.53. E.
Sejam
Então
(a) E = F ⊕ F ⊥ ;
E
um espaço eu lidiano e
F
um subespaço ve torial de
7.9 Subespaço ortogonal de um subespaço ve torial
185
(b) (F ⊥ )⊥ = F . (a).
⊥ ⊥ pois F e F são O ve tor 0E perten e a F ∩ F ⊥ subespaços ve toriais de E . Logo F ∩F 6= ∅, o que impli a (por do Teorema ⊥ 7.48) que F ∩ F = {0E }. ⊥ ⊥ Prove-se agora que E = F + F . É óbvio que F + F ⊂ E . Para provar que
Demonstração. Prove-se
(a)
a in lusão ontrária é verdadeira onsiderem-se os seguintes asos: ⊥ Caso 1: F = {0E }. Neste aso F = E e onsequentemente E = ⊥ Caso 2: F = E . É óbvio que E = F + F .
F + F ⊥.
F 6= {0E } e F 6= E . Como E tem dimensão nita e F é um subespaço E , tem-se que F admite uma base. Seja B = (f1 , f2 , . . . , fk ) ⊥ uma base ortonormada de F . Para provar que E ⊂ F + F , onsidere-se um ve tor x ∈ E arbitrário. Então Caso 3:
ve torial não nulo de
x−
x = = k X
k X i=1
(x • fi )fi +
x1 + x2 ,
i=1
(x • fi )fi
k X
(x • fi )fi . i=1 i=1 Como x2 é ombinação linear dos ve tores da base B de F , tem-se que x2 ∈ F . Vai-se provar que x1 ∈ F ⊥ . Pelo Teorema 7.50 basta mostrar que x1 ⊥fj , j = 1, . . . , k . Tem-se então que, para j ∈ {1, . . . , k}, onde
x1 = x −
(x • fi )fi
k X
x1 • fj
e
x2 =
=
=
(x −
k X i=1
x • fj −
(x • fi )fi ) • fj k X i=1
(x • fi )(fi • fj ),
pela bilinearidade do produto interno. Como que
fi • fj = 0 ⊥
i 6= j
x1 ∈ F , o que E = F + F ⊥.
Logo que
se
e
fj • fj = 1
B
é uma base ortonormada tem-se
e portanto
x1 • fj = x • fj − x • fj = 0. impli a que
x = x2 + x1 ∈ F + F ⊥ ,
on luindo-se assim
(b).
⊥ ⊥ Pelo Teorema 7.48, tem-se que F ⊂ (F ) , logo, F é um ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ subespaço ve torial de (F ) . Para provar que F = (F ) basta provar que ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ , E = F ⊕F e omo F também é um subespaço dim F = dim (F ) . Por ⊥ ve torial de E , E = F ⊕ (F ⊥ )⊥ . Logo dim E = dim F + dim F ⊥ e dim E = ⊥ ⊥ ⊥ dim F + dim (F ) , on luindo-se assim que dim F = dim (F ⊥ )⊥ , o que Prove-se
(a)
prova
(b).
Pelo Teorema 7.53, tem-se que se E é um espaço eu lidiano e E = F ⊕ F ⊥ . Assim, dado um ve tor v ∈ ⊥ e são úni os, os ve tores f1 ∈ F e f2 ∈ F tais que v = f1 + f2 . subespaço ve torial, então
F um seu E existem,
7.10 Distân ia entre ve tores De nição 7.54. E
e
v
Sejam
um ve tor de
E.
E
186 F um subespaço f2 ∈ F ⊥ tais que
um espaço eu lidiano,
Sejam ainda
f1 ∈ F
e
ve torial de
v = f1 + f2 . O ve tor
f1
designa-se proje ção ortogonal de
f1 . O ve tor f2 PF⊥⊥ (v) = f2 .
v
v
⊥ e representa-se PF (v) = ⊥ sobre F e representa-se
R4
munido do produto interno
sobre
designa-se proje ção ortogonal de
Exemplo 7.55.
Considere o espaço ve torial real
(x1 , x2 , x3 , x4 ) • (y1 , y2 , y3 , y4 ) =
F
4 X 1 (x1 y2 + x2 y1 ) + xj yj , 2 j=1
1 o subespaço ve torial F =< (1, −1, 0, 0), (1, 0, 2 , 0), (0, 2, 1, 2) > e o ve tor x = 4 ⊥ ⊥ (1, 2, 3, 4) ∈ R . Determine-se PF (x) e PF ⊥ (x). 1 1 1 Note-se que B = ((1, −1, 0, 0), ( 2 , 2 , 2 , 0), (0, 0, 0, 1)) é uma base ortonormada de F (veri que!). Assim, tem-se que
PF⊥ (1, 2, 3, 4) = ((1, 2, 3, 4) • (1, −1, 0, 0))(1, −1, 0, 0) + 1 1 1 1 1 1 +((1, 2, 3, 4) • ( , , , 0))( , , , 0) + 2 2 2 2 2 2 +((1, 2, 3, 4) • (0, 0, 0, 1))(0, 0, 0, 1) 11 19 15 = ( , , , 4) 8 8 8 e
3 3 9 PF⊥⊥ (1, 2, 3, 4) = (1, 2, 3, 4) − PF⊥ (1, 2, 3, 4) = (− , − , , 0). 8 8 8
7.10 Distân ia entre ve tores De nição 7.56. Dados
a, b ∈ E ,
Seja
E
um espaço ve torial real munido de um produto interno.
de ne-se a distân ia entre
a
e
b, d(a, b),
omo
d(a, b) = ||a − b||. Como visto na Se ção 7.2 a norma de um ve tor depende do produto interno
onsiderado, a onte endo portanto o mesmo om a distân ia entre ve tores.
Exemplo 7.57. (3, 4)
de
Considere-se o espaço ve torial real
R2
e os ve tores
(1, 2)
e
R2 .
(a) Relativamente ao produto interno anóni o,
d((1, 2), (3, 4)) = ||(1, 2)−(3, 4)|| = ||(−2, −2)|| =
p √ (−2)2 + (−2)2 = 2 2.
7.10 Distân ia entre ve tores
187
(b) Relativamente ao produto interno de nido por
(x1 , x2 ) • (y1 , y2 ) = x1 y1 + x1 y2 + x2 y1 + 2x2 y2 ; √ √ d((1, 2), (3, 4)) = ||(1, 2) − (3, 4)|| = ||(−2, −2)|| = 4 + 4 + 4 + 8 = 2 5.
Teorema 7.58. terno e
Sejam
a, b, c ∈ E .
E
um espaço ve torial real munido de um produto in-
Então
(a) d(a, b) = 0 ⇔ a = b;
(b) d(a, b) = d(b, a);
( ) d(a, b) ≤ d(a, c) + d(c, b). Demonstração. As seguintes demonstrações de orrem do Teorema 7.11. Prove-se
(a):
d(a, b) = 0 ⇔ ||a − b|| = 0 ⇔ a − b = 0E ⇔ a = b. Prove-se
(b):
d(a, b) = ||a − b|| = || − (b − a)|| = | − 1| ||b − a|| = ||b − a|| = d(b, a). Prove-se
( ): observe-se que d(a, b) = ||a − b|| = ||a − c + c − b||. Como, pela
desigualdade triangular,
||a − c + c − b|| ≤ ||a − c|| + ||c − b||,
tem-se que
d(a, b) ≤ ||a − c|| + ||c − b|| = d(a, c) + d(c, b).
Bibliogra a [1℄ A. Monteiro, G. Pinto, C. Marques, Álgebra Linear e Geometria Analíti a
- Problemas e Exer í ios, M Graw Hill, 2000. [2℄ A. Monteiro, Álgebra Linear e Geometria Analíti a, M Graw Hill, 2001. [3℄ W. K. Ni holson, Álgebra Linear, M Graw Hill, 2006. [4℄ I. Cabral, C. Perdigão, C. Saiago, Álgebra Linear, Es olar Editora, 2009. [5℄ A. P. Santana, J. F. Queiró, Introdução à Álgebra Linear, Gradiva, 2010. [6℄ I. Matos, Tópi os de Álgebra Linear, DEETC-ISEL, 2007. [7℄ L. Johnson, R. D. Riess, J. T. Arnold, Introdu tion to Linear Algebra, Pearson Edu ation, 2009. [8℄ B. Kolman, D. R. Hill, Elementary Linear Algebra, Pearson Prenti e Hall, 2008.
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