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1 Livro:
Introdução à Álgebra Linear
Autores: Abramo Hefez Cecília de Souza Fernandez
Capítulo 1: Sistemas Lineares e Matrizes Sumário 1
2
O que é Álgebra Linear?
. . . . . . . . . . . . . . .
2
1.1
Corpos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
1.2
Espaços Vetoriais . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
1.3
Sistemas de Equações Lineares . . . . . . . . . . .
9
Matrizes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14
2.1
A De nição de Matriz . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.2
Operações com Matrizes . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.3
Matriz Inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1
2
1
CAPÍTULO 1.
SISTEMAS LINEARES E MATRIZES
O que é Álgebra Linear?
Rn , com n ≥ 2, isto é, o produto cartesiano de n cópias da reta real R. Para n ≥ 4, este espaço generaliza 2 3 o espaço R dos vetores do plano e o espaço R dos vetores no espaço. A diferença crucial entre os casos n = 2 e n = 3 e os casos em que n ≥ 4 Os espaços em que trabalharemos são os
é que, para estes últimos, não se dispõe de uma representação geométrica. O fato não diminui a importância desses espaços, pois basta pensar que o
R4
é o espaço-tempo da Física, em que os pontos são quaternos
(x, y, z, t),
com as três primeiras coordenadas representando a posição no espaço de uma partícula ideal e a última representando o instante ocupa tal posição. pontos de
Rn
com
t
em que esta partícula
Por não existir uma representação geométrica para os
n ≥ 4,
seremos obrigados a tratá-los algebricamente, sem
o recurso da visualização geométrica, tão fundamental em
Rn como vetores, (y1 , y2 , . . . , yn ) é dada por
Portanto, trataremos os elementos de dois vetores
(x1 , x2 , . . . , xn )
e
R2
e
R3 .
onde a soma de
(x1 , x2 , . . . , xn ) + (y1 , y2 , . . . , yn ) = (x1 + y1 , x2 + y2 , . . . , xn + yn ), e a multiplicação do vetor
(x1 , x2 , . . . , xn )
pelo número real
a,
chamado de
escalar, é de nida por
a(x1 , x2 , . . . , xn ) = (ax1 , ax2 , . . . , axn ). Os espaços
Rn
são utilizados de modo essencial em quase todos os ramos
do conhecimento e, por este motivo, são estudados em Matemática sob os mais variados pontos de vista e com as mais diversas estruturas. Por exemplo, no Cálculo Diferencial, são considerados como espaços normados; em Geometria, como espaços com produto interno.
Rn estudada em Álgebra Linear é a induzida pela estrutura de corpo da reta real R. Essa é a estrutura mínima apropriada para se estudar A estrutura de
sistemas de equações lineares com várias incógnitas.
Além disso, é aquela
sobre a qual se constroem o Cálculo Diferencial e a Geometria Diferencial, entre outros.
1.
3
O QUE É ÁLGEBRA LINEAR?
Como a estrutura de corpo de
R desempenhará papel fundamental, vamos
de nir formalmente este conceito.
1.1 Corpos Um conjunto de adição
K
será chamado de
corpo
se for munido de uma operação
(+) e uma operação de multiplicação (×), veri cando as condições
a seguir.
A1 A adição é associativa: (a + b) + c = a + (b + c),
para todos
a, b, c ∈ K .
A2 A adição é comutativa: a + b = b + a,
para todos
a, b ∈ K .
A3 A adição possui elemento neutro: existe
0 ∈ K,
tal que
a + 0 = a,
para todo
a ∈ K.
A4 A adição possui simétricos: para todo
a ∈ K,
existe
−a ∈ K
tal que
a + (−a) = 0.
M1 A multiplicação é associativa: (a × b) × c = a × (b × c),
para todos
a, b, c ∈ K .
M2 A multiplicação é comutativa: a × b = b × a,
para todos
a, b ∈ K .
M3 A multiplicação possui elemento neutro: existe
1 ∈ K \ {0},
tal que
a × 1 = a,
para todo
a ∈ K.
M4 A multiplicação possui inversos: para todo
a ∈ K \ {0},
existe
a−1 ∈ K
tal que
a × a−1 = 1.
AM A multiplicação é distributiva com relação à adição: a × (b + c) = a × b + a × c,
para todos
Portanto, são corpos os conjuntos
a, b, c ∈ K .
Q, R
e
C,
com as suas respectivas
adições e multiplicações. A operação de multiplicação em um corpo muitas vezes é denotada por
(·), escrevendo a · b, ou mesmo ab, no lugar de a × b, notação que adotaremos ao longo deste livro.
4
CAPÍTULO 1.
SISTEMAS LINEARES E MATRIZES
Existem exemplos de corpos que à primeira vista parecem exóticos, como
1
o corpo de Galois
F2 , que consiste dos dois elementos 0 e 1 com as seguintes
operações:
+ 0 1
0 0 1
× 0 1
1 1 0
0 0 0
1 0 1
Note que este é o corpo com o menor número possível de elementos, pois todo corpo deve possuir os dois elementos distintos
0
e
1.
Apesar de
parecerem apenas curiosidades, os corpos com um número nito de elementos têm as mais variadas aplicações em quase toda a Matemática e são essenciais na tecnologia e na computação.
1.2 Espaços Vetoriais Os espaços
Rn ,
por serem constituídos por vetores que podem ser soma-
dos e multiplicados por escalares, como vimos antes, são chamados
espaços
vetoriais. Como os espaços vetoriais são os objetos principais de estudo da Álgebra Linear, vamos de ni-los formalmente a seguir. Um conjunto uma adição
(+)
V
será dito um
espaço vetorial
sobre um corpo
K , se possui
com as mesmas propriedades da adição em um corpo; ou
seja,
A1 A adição é associativa: (u + v) + w = u + (v + w),
para todos
u, v, w ∈ V .
A2 A adição é comutativa: u + v = v + u,
para todos
u, v ∈ V .
A3 A adição possui elemento neutro (elemento zero): existe
0∈V,
tal que
v + 0 = v,
para todo
v ∈V.
1 Em homenagem a Évariste Galois (França, 1811-1832), considerado um dos grandes gênios da Matemática.
1.
5
O QUE É ÁLGEBRA LINEAR?
A4 A adição possui simétricos: para todo
v ∈V,
existe
−v ∈ V
tal que
v + (−v) = 0.
E além disso, existe uma operação chamada de associa a um elemento
a∈K
e a um elemento
multiplicação por escalar, que v ∈V,
um elemento
av ∈ V ,
tal que
ME1 a(u + v) = au + av , para todos a ∈ K e u, v ∈ V . ME2 (a1 + a2 )v = a1 v + a2 v , para todos a1 , a2 ∈ K e v ∈ V . ME3 (a1 a2 )v = a1 (a2 v), para todos a1 , a2 ∈ K e v ∈ V . ME4 1v = v , para todo v ∈ V . Os elementos de
V
serão chamados de
escalares. Assim, o elemento 0 de V −v de vetor oposto de v .
vetores
e os elementos de
será chamado de
K
de
vetor nulo e o elemento
O primeiro matemático a dar uma de nição abstrata para um espaço vetorial foi Giuseppe Peano (Itália, 1858 - 1932) em seu livro
Calcolo Geo-
metrico, de 1888. No Capítulo IX, Peano dá uma de nição do que ele chama de um sistema linear. Para Peano, um sistema linear consistia de quantidades com operações de adição e multiplicação por escalar. A adição deveria satisfazer as leis comutativa e associativa, enquanto a multiplicação por escalar deveria satisfazer duas leis distributivas, uma lei associativa e a lei de que
1·v = v
para toda quantidade
v.
Além disso, Peano incluiu como parte de
0 (zero ) satisfazendo v + (−1)v = 0 para todo v . Peano
seu sistema de axiomas a existência de uma quantidade
v + 0 = v,
para todo
também de niu a
v,
assim como
dimensão
de um sistema linear como o máximo número de
quantidades linearmente independentes do sistema (veja esta noção na Seção 2 do Capítulo 3). Peano veri cou que o conjunto das funções polinomiais em uma variável forma um sistema linear, mas não existia um tal número máximo de quantidades linearmente independentes, portanto, a dimensão deste sistema deveria ser in nito.
O fato a seguir decorre da de nição de espaço vetorial.
Para
a ∈ K
e
6
CAPÍTULO 1.
v ∈V,
SISTEMAS LINEARES E MATRIZES
tem-se que
⇐⇒
a = 0 ou v = 0 De fato, sejam
a ∈ K
e
0 ∈ V.
Como
av = 0.
0 + 0 = 0,
pela propriedade ME1,
segue-se que
a 0 = a(0 + 0) = a 0 + a 0. Somando o simétrico
−a 0
de
a0
a ambos os lados da igualdade acima e
utilizando as propriedades A4, A1 e A3, temos que
0 = a 0 + (−a 0) = (a 0 + a 0) + (−a 0) = a 0 + [a 0 + (−a 0)] = a 0 + 0 = a 0. De modo semelhante, mostra-se (faça-o) que para
0 v = 0,
onde o elemento
0
0 ∈ K
da direita é o elemento zero de
Reciprocamente, suponhamos que
tem-se
V.
a 6= 0, então, multiplicando −1 escalar a , temos que
av = 0
ambos os lados da igualdade acima pelo
v ∈ V
e
e
0 = a−1 0 = a−1 (av) = (a−1 a)v = 1v = v. Dois vetores
u
e
v a
em um espaço vetorial
V
serão ditos
colineares,
se
K tal que v = au. Portanto, são colineares os vetores u e au, para todo a ∈ K . Note que o vetor 0 é colinear com qualquer vetor v , pois 0 = 0v . existir um elemento
em
É um exercício fácil mostrar que
R,
Rn
é um espaço vetorial sobre o corpo
com as operações de adição de vetores e a multiplicação por escalares
que de nimos anteriormente, onde o elemento zero é o vetor simétrico de
(x1 , x2 , . . . , xn )
(0, 0, . . . , 0)
e o
é o vetor
−(x1 , x2 , . . . , xn ) = (−x1 , −x2 , . . . , −xn ). Observe que não há nada de especial sobre os reais, além de sua estrutura de corpo para que
Rn
seja um espaço vetorial sobre
dado um corpo qualquer
K,
o espaço
K
n
R.
Mais geralmente,
é um espaço vetorial sobre
K,
com
1.
7
O QUE É ÁLGEBRA LINEAR?
operações semelhantes às de adição de vetores e de multiplicação de vetores por escalares que de nimos no caso em que
K = R.
n Por exemplo, os espaços vetoriais F2 sobre
F2 ,
por mais inócuos que
possam parecer, são de extrema utilidade em várias aplicações, dentre elas na construção de códigos corretores de erros (veja a referência [3] para maiores detalhes sobre esta teoria). Outros exemplos importantes de espaços vetoriais são os espaços sobre o corpo
Q
e o espaço
C
sobre o corpo
R
e
C
R.
Como sucede com frequência em Matemática, ao introduzir um conceito para lidar com determinado problema, cria-se um instrumento que muitas vezes transcende o problema inicial e se constitui em um conceito central em vários outros contextos.
Isto ocorreu com a noção de espaço vetorial, que
inicialmente foi introduzida para tratar de alguns tipos de problemas em
Rn ,
como a resolução de sistemas de equações lineares cuja discussão iniciaremos na próxima subseção, e se desenvolveu em uma teoria com vida própria. Pode-se sinteticamente dizer que a Álgebra Linear é a parte da Matemática que se dedica ao estudo dos espaços vetoriais e de certas funções entre esses espaços, chamadas de transformações lineares. Embora muitas das ferramentas básicas da Álgebra Linear, particularmente as que estão relacionadas com sistemas lineares, datem da antiguidade, o assunto começou a tomar sua forma atual em meados dos século XIX. A partir desta época, muitas noções estudadas em séculos anteriores foram abstraídas e muitos métodos generalizados. A Álgebra Linear tem várias aplicações fora da Matemática. Por exemplo, citamos a teoria da relatividade e a mecânica quântica na Física e a teoria de análise de regressão na Estatística. A seguir, daremos alguns exemplos diferentes de
Rn para ilustrar situações
onde aparecem os espaços vetoriais e que, muitas vezes, quando tratadas dessa forma ganham clareza.
Exemplo 1
O conjunto das funções de um conjunto não vazio
forma um espaço vetorial sobre
R,
A
em
R
onde a soma é a soma usual de funções
8
CAPÍTULO 1.
SISTEMAS LINEARES E MATRIZES
com valores reais
(f + g)(x) = f (x) + g(x), e a multiplicação de uma função
f
para todo
por um escalar
x ∈ A,
a ∈ R
é de nida como
sendo
(a f )(x) = a f (x), Em particular, se
x ∈ A.
para todo
I = [a, b] é um intervalo em R, sabe-se do Cálculo Dife-
rencial e Integral que o conjunto das funções contínuas, bem como o conjunto das funções integráveis, de
Exemplo 2
I
em
R,
são espaços vetoriais sobre
S das sequências de N \ {0} em R é um espaço que o conjunto R(a, b) das
De acordo com o Exemplo 1, o conjunto
números reais, isto é, o conjunto das funções de vetorial sobre sequências
R.
R. É fácil veri car (leitor, faça-o) (un ) em S que satisfazem a recorrência
un+1 = aun + bun−1 , n ≥ 2, onde
a
e
b
são dois números reais xados, é um espaço vetorial sobre
R.
Em
2
R(1, 1), que contém a sequência de Fibonacci (aquela para a qual u1 = u2 = 1), é um espaço vetorial. Veremos no Capítulo 5 como esta informação nos ajudará a achar todas as sequências em R(1, 1),
particular, o conjunto
determinando suas fórmulas fechadas.
Exemplo 3 um corpo
K
(Peano) O conjunto
K[x]
dos polinômios com coe cientes em
forma um espaço vetorial sobre
K[x]n = {p(x) ∈ K[x] ; também são espaços vetoriais sobre
K.
Para
grau(p(x))
K.
n ∈ N,
os conjuntos
≤ n} ∪ {0}
Em particular, o conjunto
R[x]2 = {a0 + a1 x + a2 x2 ; a0 , a1 , a2 ∈ R} é um espaço vetorial sobre
R.
2 Apelido de Leonardo de Pisa (Itália, mático europeu da Idade Média.
∼
1170 -
∼
1250). Foi o primeiro grande mate-
1.
9
O QUE É ÁLGEBRA LINEAR?
1.3 Sistemas de Equações Lineares Desde a antiguidade, em diversas áreas do conhecimento, muitos problemas são modelados matematicamente por sistemas de equações lineares. Damos a seguir um exemplo de sistema de equações lineares:
(
x + y = 36 x − y = 2,
(1)
onde se subentende que estamos buscando dois números reais cuja soma vale
36
e cuja diferença vale
2.
Portanto, as soluções procuradas podem ser
representadas por pares de números reais
(a, b)
tais que, se substituírmos
x
a e y por b, nas equações, elas se tornam igualdades de fato. Por exemplo, par (x, y) = (19, 17) é uma solução, pois obtemos as igualdades: ( 19 + 17 = 36 19 − 17 = 2.
por o
Os sistemas com duas equações lineares, como o acima, já eram considerados pelos babilônios por volta de 1800 a.C. e resolvidos por um método
3
que chamamos hoje de método de eliminação gaussiana . Por exemplo, para resolver o sistema de equações (1), ao somarmos a segunda equação à primeira, o transformamos no sistema equivalente,
(
2x = 38 x − y = 2,
que seguimos transformando até obtermos um sistema onde as soluções são trivialmente encontradas:
(
2x = 38 x−y =2
( ⇔
x = 19 x−y =2
( ⇔
x = 19 x − y − x = 2 − 19
( ⇔
x = 19 y = 17.
3 Em homenagem a Carl Friedrich Gauss (Alemanha, 1777 - 1855), considerado um dos maiores matemáticos de todos os tempos.
10
CAPÍTULO 1.
SISTEMAS LINEARES E MATRIZES
Esse método será generalizado e sistematizado para
lineares
com
m
equações e
n
sistemas de equações
incógnitas do tipo
a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn = b1 a21 x1 + a22 x2 + · · · + a2n xn = b2 . . . a x + a x + ··· + a x = b , m1 1 m2 2 mn n m onde os
aij 's
e os
bi 's,
para
1≤i≤m
ou, mais geralmente, elementos de um
1 ≤ j ≤ n, são corpo K dado.
e
(2)
números reais dados,
Seja
S = {(c1 , c2 , . . . , cn ) ∈ Rn ; ai1 c1 + ai2 c2 + · · · + ain cn = bi , 1 ≤ i ≤ m}. Esse subconjunto de
Rn
é chamado de
conjunto solução
do sistema (2). É
precisamente este conjunto que queremos determinar ou descrever o mais explicitamente possível. Note que para resolver o sistema (1), do exemplo acima, o modi camos gradativamente, por meio de uma sequência de
transformações elementares,
em um sistema mais simples de resolver, onde por transformação elementar de um sistema entendemos uma das seguintes transformações: 1) Trocar a posição relativa de duas equações do sistema; 2) Trocar uma equação pela soma membro a membro da própria equação com um múltiplo de outra; 3) Trocar uma equação dada por um de seus múltiplos (i.e., a equação obtida multiplicando ambos os membros da equação dada por um número real não nulo). Diremos que dois sistemas de equações lineares são
sistemas equivalentes,
se pudermos obter um sistema do outro a partir de uma sequência nita de transformações elementares. Esta relação entre sistemas é efetivamente uma relação de equivalência. De fato, ela é claramente re exiva, pois basta multiplicar uma das equações
1.
11
O QUE É ÁLGEBRA LINEAR?
do sistema por
1; é transitiva, pois basta concatenar uma sequência de trans-
formações elementares com uma outra; e é simétrica, pois podemos desfazer uma transformação elementar com outra. Assim, é imediato veri car que:
Sistemas de equações lineares equivalentes possuem mesmo conjunto solução. Dentre os sistemas de equações lineares, ocupam lugar de destaque os
sistemas homogêneos, bi 's
ou seja, aqueles sistemas como em (2), porém com os
todos nulos:
a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn = 0 a21 x1 + a22 x2 + · · · + a2n xn = 0 . . . a x + a x + · · · + a x = 0. m1 1
m2 2
(3)
mn n
Esses sistemas possuem peculiaridades não compartilhadas pelos sistemas mais gerais.
Por exemplo, o vetor
soluções do sistema.
(0, 0, . . . , 0)
Além disso, se os
(c01 , c02 , . . . , c0n ) são soluções do sistema, e
Sh de 0 vetores u = (c1 , c2 , . . . , cn ) e u = se a ∈ R, então os vetores
u + u0 = (c1 + c01 , c2 + c02 , . . . , cn + c0n )
e
pertence ao conjunto
au = (ac1 , ac2 , . . . , acn )
também são soluções do sistema (3) (leitor, veri que). Assim, resulta que o espaço
Sh
das soluções do sistema (3) é um espaço
vetorial sobre
R De fato, as propriedades A1 e A2 da de nição são satisfeitas n para todos os vetores de R e em particular para os de Sh . Por outro lado, (0, 0, . . . , 0) ∈ Sh e se (c1 , c2 , . . . , cn ) ∈ Sh , então −1(c1 , c2 , . . . , cn ) = (−c1 , −c2 , . . . , −cn ) ∈ Sh , o que mostra que a adição em
Sh
possui também as propriedades A3 e A4.
Além disso, as propriedades ME1ME4 da multiplicação por escalar são facilmente veri cadas para
Sh .
Note que o que há de essencial em um sistema de equações lineares (2) são os coe cientes das equações que o formam além dos números que
12
CAPÍTULO 1.
SISTEMAS LINEARES E MATRIZES
compõem os segundos membros das equações.
(ai1 , ai2 , . . . , ain , bi )
de
Rn+1
Consideremos os vetores
que representam os coe cientes das equações do
sistema (2) acrescidos dos segundos membros e os organizemos como linhas de uma tabela, chamada de
matriz ampliada
do sistema (2), como segue:
a11 a12 · · · a1n b1 a21 a22 . . . a2n b2 . . . . . . . . . . . . am1 am2 · · · amn bm
.
(4)
Quando o sistema de equações é homogêneo, a ele associamos a matriz
a11 a12 · · · a1n a21 a22 . . . a2n . . . . . . . . . am1 am2 · · · amn
,
eliminando a coluna de zeros da direita na matriz (4). As matrizes surgiram por volta do ano 200 a.C. com os chineses, motivados pelo interesse em calcular soluções de sistemas com mais de quatro equações lineares. De fato, no Capítulo 8 do texto intitulado
Jiuzhang suanshu, de
autor desconhecido, que signi ca Nove capítulos sobre a Arte Matemática" , ca claro que o procedimento de resolução de sistemas lineares usado pelos chineses é semelhante ao método de escalonamento, que discutiremos ainda neste capítulo, e é apresentado na forma de matrizes. Cabe observar que os chineses só consideravam sistemas lineares com o mesmo número de equações e incógnitas, não constando em seus escritos o motivo desses sistemas produzirem sempre uma única solução e como o algoritmo chinês funcionava.
Problemas 1.1
Veri que que o conjunto das funções de um conjunto não vazio
reais é um espaço vetorial sobre
R,
A
nos
com as operações de nidas no Exemplo
1.
13
O QUE É ÁLGEBRA LINEAR?
1. Veri que também que, para cada par de números reais
R(a, b),
das recorrências
(a, b),
o conjunto
de nido no Exemplo 2, é um espaço vetorial sobre
R.
1.2
Seja
v
um elemento não nulo de um espaço vetorial
V
sobre
R.
Mostre
que é injetora a função
R → V t 7→ tv.
1.3 Sejam v1 e v2
elementos de um espaço vetorial
V
sobre
R.
Mostre que a
função
R2 → V (a1 , a2 ) 7→ a1 v1 + a2 v2 é injetora se, e somente se,
v1
e
v2
não são colineares.
1.4 Diga, em cada caso, por que o conjunto com as operações indicadas não satisfaz à de nição de espaço vetorial, onde a)
R2 ,
com as operações:
(x, y) + (x0 , y 0 ) = (x + x0 , y + y 0 ) b)
R2 , R3 ,
a(x, y) = (3ax, 3ay).
a(x, y) = (ax, 0).
e
com as operações:
(x, y, z) + (x0 , y 0 , z 0 ) = (0, 0, 0)
1.5
e
com as operações:
(x, y) + (x0 , y 0 ) = (xx0 , yy 0 ) c)
a ∈ R.
Sejam
U
e
W
produto cartesiano operações em
e
a(x, y, z) = (ax, ay, az).
dois espaços vetoriais sobre um corpo
V = U ×W
K.
Considere o
desses dois conjuntos. De na as seguintes
V:
(u1 , w1 ) + (u2 , w2 ) = (u1 + u2 , w1 + w2 ) e a(u1 , w1 ) = (au1 , aw1 ), onde
u1 , u2 ∈ U , w1 , w2 ∈ W
e
a ∈ K.
Mostre que
V
com as operações de
adição e de mutiplicação por escalar, acima de nidas, é um espaço vetorial sobre
K.
Este espaço vetorial é chamado de
espaço produto
de
U
por
W.
14
CAPÍTULO 1.
2
SISTEMAS LINEARES E MATRIZES
Matrizes As matrizes são ferramentas básicas da Álgebra Linear, pois além de for-
necerem meios para a resolução dos sistemas de equações lineares, elas também representarão as transformações lineares entre espaços vetoriais, como veremos no Capítulo 6.
2.1 A De nição de Matriz Dados
m
e
n
em
N \ {0},
ou simplesmente uma matriz formada por elementos de elementos de
[3]
R
de nimos uma
m
R
são chamados
é uma matriz
1 × 1,
por
2 × 3.
(escreve-se
distribuídos em
entradas
m
m × n),
como uma tabela
linhas e
n
colunas.
Estes
4
da matriz . Por exemplo, a matriz
ao passo que
"
é uma matriz
n
matriz real de ordem m por n,
# 2 1 0 −1 −2 4
As entradas da primeira linha da matriz são dadas pelos
números reais 2, 1 e 0 e as entradas da segunda linha da matriz são dadas pelos números reais
−1, −2
e 4.
É usual indicarmos as entradas de uma matriz arbitrária bolos
Aij ,
ou ainda
aij ,
A
pelos sím-
onde os índices indicam, nessa ordem, a linha e a
coluna onde o elemento se encontra. Assim, uma matriz
m × n é usualmente
representada por
a11 a12 . . . a1n a21 a22 . . . a2n A= . . . , . . . . . . am1 am2 . . . amn 4 As entradas de uma matriz não precisam ser necessariamente números reais, podem ser números complexos ou, mais geralmente, elementos de um corpo
K.
2.
15
MATRIZES
ou por
A = [aij ]m×n ,
matriz estiver subentendida. matrizes
A = [aij ], quando a ordem da M(m, n) denota o conjunto das
ou simplesmente por O símbolo
m × n.
m e n, uma matriz m × n recebe um nome especial. De fato, toda matriz 1 × n é chamada de uma matriz linha e toda matriz m × 1 é chamada de uma matriz coluna. Uma matriz n × n é chamada de matriz quadrada de ordem n. Por exemplo, a matriz h i 1 −3 1 0 4 Dependendo dos valores de
é uma matriz linha de ordem
1 × 5 e a matriz 2 −1 0 1 2 0 3 1 4
é uma matriz quadrada de ordem 3.
A = [aij ] é uma matriz quadrada de ordem n, as entradas aii , com 1 ≤ i ≤ n, formam a diagonal principal de A. Uma matriz diagonal de ordem n é uma matriz quadrada de ordem n em Se
que os elementos que não pertencem à diagonal principal são iguais a zero:
a11 0 . . . 0 0 a22 . . . 0 . . . . . . . . . . 0 0 . . . ann A matriz diagonal de ordem
n
cujas entradas da diagonal principal são
iguais ao número real 1,
1 0 ... 0 0 1 . . . 0 . . . , . . . . . . 0 0 ... 1 é chamada
matriz identidade de ordem n e denotada usualmente por In .
alguns casos, representaremos por simplicidade
In
apenas por
I.
Em
16
CAPÍTULO 1.
Uma ordem
n
SISTEMAS LINEARES E MATRIZES
matriz triangular superior de ordem n
é uma matriz quadrada de
em que todos os elementos abaixo da diagonal principal são iguais
a zero:
a11 a12 . . . a1n 0 a22 . . . a2n . . . . . . . . . . 0 0 . . . ann Portanto, uma matriz quadrada se
aij = 0
sempre que
de ordem
n
é triangular superior
i > j.
Analogamente, uma quadrada de ordem
A = [aij ]
matriz triangular inferior de ordem n é uma matriz
n em que todos os elementos acima da diagonal principal
são iguais a zero:
a11 0 . . . 0 a21 a22 . . . 0 . . . . . . . . . . an1 an2 . . . ann
Portanto, uma matriz quadrada
aij = 0
sempre que
Uma matriz uma
de ordem
n
é triangular inferior se
i < j.
m×n
matriz nula.
A = [aij ]
cujas entradas são todas iguais a zero é chamada de
Por exemplo, a matriz
"
é uma matriz nula de ordem
# 0 0 0 0 0 0
2 × 3.
2.2 Operações com Matrizes A = [aij ]m×n e B = [bij ]m×n , de mesma ordem, A = B , quando aij = bij para todo 1 ≤ i ≤ m e para
Dizemos que duas matrizes são
iguais,
todo
escrevendo
1 ≤ j ≤ n.
2.
17
MATRIZES
Por exemplo, se
são iguais quando
x
e
y denotam " # x 0 1 y
x = −1
e
De nimos a seguir uma
números reais, temos que as matrizes
" e
# −1 0 1 2
y = 2.
operação de adição
no conjunto
M(m, n)
das
m × n. Se A = [aij ] e B = [bij ] são duas matrizes de mesma ordem m × n, a soma de A e B , denotada A + B , é a matriz C = [cij ] de ordem m × n tal que cij = aij + bij para todo 1 ≤ i ≤ m e para todo 1 ≤ j ≤ n. matrizes
Por exemplo,
"
# " # " # 2 3 −1 −2 −3 1 0 0 0 + = . 0 −2 1 0 2 −1 0 0 0
Dada uma matriz
A = [aij ], de ne-se a matriz oposta
de
A, como a matriz
−A = [−aij ]. A adição de matrizes tem propriedades semelhantes à adição nos números reais, ou à adição de elementos em espaços vetoriais, como mostra o resultado a seguir.
Proposição 1.2.1. Se A, B e C são matrizes de mesma ordem, então : (i) (ii)
A + (B + C) = (A + B) + C (associatividade da adição); A + B = B + A (comutatividade da adição);
(iii)
A + 0 = A, onde 0 denota a matriz nula m × n (elemento neutro);
(iv)
A + (−A) = 0.
Demonstração
As propriedades acima decorrem diretamente das de ni-
ções de igualdade e adição de matrizes. Por esta razão, provaremos apenas o item (i) e deixaremos (ii), (iii) e (iv) como exercício (veja Problema 2.5). (i): Se
A = [aij ], B = [bij ]
e
C = [cij ],
então
A + (B + C) = [aij ] + [bij + cij ] = [aij + (bij + cij )] = [(aij + bij ) + cij ] = [aij + bij ] + [cij ] = (A + B) + C,
18
CAPÍTULO 1.
SISTEMAS LINEARES E MATRIZES
onde usamos a associatividade da adição de números reais.
multiplicação por esproduto de A pelo número
Uma outra operação importante com matrizes é a
calar. Dada a matriz A = [aij ]m×n , real a, como aA = [aaij ]m×n .
de nimos o
Por exemplo,
2 0 −6 0 −3 1 1 = −3 −3 . 0 −1 0 3 Tendo de nido as operações de adição e multiplicação por escalar em
M(m, n), de nimos a operação matrizes A e B em M(m, n),
de
subtração
da maneira usual:
dada as
A − B = A + (−B).
Proposição 1.2.2. As seguintes propriedades se veri cam para quaisquer A e B ∈ M(m, n), e a, a0 ∈ R: (i)
a(A + B) = aA + aB ;
(ii)
(a + a0 )A = aA + a0 A;
(iii)
a(a0 A) = (aa0 )A;
(iv)
1A = A.
Demonstração
Provaremos apenas (i) e deixaremos a demonstração das
demais propriedades ao leitor (veja Problema 2.5). (i): De fato, sejam de
R,
A = [aij ], B = [bij ] elementos de M(m, n) e a um elemento
então
a(A + B) = a[aij + bij ] = [a(aij + bij )] = [aaij + abij ] = [aaij ] + [abij ] = a[aij ] + a[bij ] = aA + aB, onde usamos a distributividade da multiplicação em relação à adição de números reais.
2.
19
MATRIZES
Assim, com as Proposições 1.2.1 e 1.2.2, provamos que o conjunto é um espaço vetorial sobre
M(m, n)
R.
O conjunto das matrizes tem uma estrutura muito mais rica do que a de simples espaço vetorial, obtida com a noção de produto de matrizes, noção esta, fundamental para a resolução de sistemas de equações lineares com o uso de matrizes. Nosso próximo objetivo é, portanto, de nir a
multiplicação de matrizes
e
mostrar algumas de suas propriedades. A de nição de produto de matrizes foi apresentada por Arthur Cayley (Inglaterra, 1821-1895), no trabalho intitulado A Memoir on the Theory of Matrices, publicado em 1858 na revista
Philosophical Transactions of the Royal Society of London.
Neste trabalho,
Cayley notou que a multiplicação de matrizes, como foi de nida, simpli ca em muito o estudo de sistemas de equações lineares. Também observou que esta multiplicação deixava de apresentar propriedades importantes, como a comutatividade e a lei do corte, e que uma matriz não nula não é necessariamente invertível.
A = [aij ]m×n e B = [bij ]n×p duas matrizes. De nimos o produto AB de A por B , denotado por AB , como a matriz C = [cij ]m×p tal que Sejam
cij =
n X
aik bkj = ai1 b1j + · · · + ain bnj
k=1
para todo
1≤i≤m
e para todo
1 ≤ j ≤ p.
Vamos explicar esta fórmula para obter o elemento da matriz encontra na
i-ésima
Na matriz
A,
linha e
j -ésima
destaque a
i-ésima
AB
que se
coluna: linha, e na matriz
B,
a
j -ésima
coluna.
Feito isto, multiplique ordenadamente o primeiro elemento da linha com o primeiro elemento da coluna, o segundo elemento da linha com o segundo elemento da coluna, etc., o último elemento da linha com o último elemento da coluna e nalmente some esses números todos.
20
CAPÍTULO 1.
SISTEMAS LINEARES E MATRIZES
Por exemplo,
# 2 4 " 2(−1) + 4(1) 2(1) + 4(−1) 2 −2 1 −1 = 0(−1) + 0(1) 0(1) + 0(−1) = 0 0 . 0 0 1 −1 −1 3 −1(−1) + 3(1) −1(1) + 3(−1) 4 −4 A
Note que para o produto de
por
B
estar de nido, o número de colunas
A deve ser igual ao número de linhas de B . Assim, se A e B são matrizes 2 × 3 e 3 × 1, respectivamente, o produto AB está de nido e é uma matriz 2 × 1. Porém, o produto BA não está de nido. Uma condição necessária para que AB = BA é que A e B sejam matrizes quadradas de mesma ordem.
de
Contudo, esta condição não é su ciente. Por exemplo, as matrizes
"
0 1 A= 2 0
#
"
0 1 B= 1 0
e
são matrizes quadradas de ordem 2, mas
#
AB 6= BA.
Assim, vemos que a
multiplicação de matrizes não possui a propriedade comutativa. Observe que
"
1 1 1 1
# "
# 1 1 = 0, −1 −1
sem que nenhuma das duas matrizes seja nula. Portanto, na multiplicação de matrizes, podemos ter
AB = 0
sem que necessariamente
A
ou
B
seja nula.
Lembremos que isto não ocorre com a multiplicação de números reais, pois dados dois números reais
x=0
ou
x
e
y
tais que
xy = 0,
tem-se obrigatoriamente que
y = 0.
Os sistemas lineares como em (2) da Seção 1 se expressam de modo perfeito pela equação matricial
AX = B, onde
a11 a12 . . . a1n a21 a22 . . . a2n A= . . . , . . . . . . am1 am2 . . . amn
x1 b1 x2 b2 X= .. e B = .. . . . xn bm
2.
21
MATRIZES
As matrizes
coe cientes dentes.
A, X
e
B
matriz das incógnitas
do sistema,
matriz dos matriz dos termos indepen-
são chamadas, respectivamente, de e
Na seguinte proposição apresentamos algumas propriedades da multiplicação de matrizes.
Proposição 1.2.3. Desde que as operações sejam possíveis, temos: (i)
(ii)
A(B + C) = AB + AC (distributividade à esquerda da multiplicação em relação à adição); (A + B)C = AC + BC (distributividade à direita da multiplicação em relação à adição);
(iii)
(AB)C = A(BC) (associatividade);
(iv)
A I = I A = A (existência de elemento identidade).
Demonstração
Provaremos a propriedade (iii) e deixaremos a demons-
tração das demais propriedades ao leitor (veja Problema 2.5). (iii): Suponhamos que as matrizes
s × m,
A, B
e
C
sejam de ordens
n × r, r × s
e
respectivamente. Temos que
(AB)C Pr
l=1
ail
ij
=
Ps
k=1 (AB)ik ckj
Ps
k=1 blk ckj
=
Pr
=
l=1
Ps
k=1
Pr
l=1
ail blk ckj =
ail (BC)lj = A(BC))ij .
Isto mostra que a propriedade (iii) é válida. Tendo de nido a multiplicação de matrizes, de nimos a maneira usual: dados
A
em
M(n, n)
A0 = In
e
e
potenciação
da
k ∈ N \ {0},
Ak = A · · · A} . | A{z k fatores
A = [aij ]m×n , chamamos matriz [bij ]n×m , onde
Dada uma matriz mos por
t
A,
a
bij = aji ,
de
transposta
de
A,
e denota-
22
CAPÍTULO 1.
para todo
1≤i≤n
e para todo
Por exemplo,
se
1 ≤ j ≤ m.
t " 0 −4 2 = 0 3
−4 −1 0 Uma matriz quadrada
SISTEMAS LINEARES E MATRIZES
A
é chamada
# 0 . 3
−1 2
simétrica
se
At = A
e
antissimétrica
t
A = −A. Por exemplo, dadas as matrizes
2 A = −1 3 a matriz
A
3 0 5
−1 1 0
é simétrica e
B
e
0 B = −1 3
1 0 −2
−3 2 , 0
é antissimétrica.
Terminamos esta seção apresentando o conceito de matriz em blocos. Uma matriz
A é dita ser uma matriz em blocos
trizes menores, chamadas
blocos.
se
A está subdividida em ma-
Esta subdivisão é, geralmente, apresentada
por linhas horizontais e/ou linhas verticais, como mostra o seguinte exemplo:
"
# " # 2 1 1 0 2 1 | 1 0 = . 6 4 0 1 6 4 | 0 1
Uma matriz pode ser subdividida em blocos de várias maneiras.
Por
exemplo,
0 | 1 | 0 2 0 1 | 0 2 0 1 0 2 −− −− −− −− −− −− 1 4 | 2 1 . 1 4 2 1 = = | 4 | 2 1 −− −− −− −− −− 1 0 0 5 3 0 | 0 | 5 3 0 0 | 5 3 Uma propriedade interessante da partição em blocos é que os resultados das operações de adição e multiplicação com matrizes em blocos podem ser obtidos efetuando o cálculo com os blocos, como se eles fossem simplesmente elementos das matrizes.
2.
23
MATRIZES
2.3 Matriz Inversa Dada uma matriz quadrada uma matriz quadrada
B
A
de ordem
de ordem
n
n,
chamamos de
inversa
de
A
a
tal que
AB = BA = In . Por exemplo, dada a matriz
" # 2 5 A= , 1 3 temos que a matriz
"
# 3 −5 B= −1 2 é uma inversa de
A,
já que
AB = BA = I2 .
Note que uma matriz não possui necessariamente " quadrada # " uma# inversa. Por exemplo, seja que
Logo,
A
0 0 a b . Dada qualquer matriz B = 0 0 c d " # " # " # 0 0 a b 0 0 AB = = 6= I2 . 0 0 c d 0 0
A=
, temos
não tem inversa.
Mesmo que uma matriz " não # seja nula, ela pode não ter inversa. exemplo, a matriz matriz quadrada
B
A =
1 1 1 1
não possui inversa, já que não existe uma
de ordem 2 tal que
Uma matriz quadrada
Por
AB = I2
A é dita invertível
se
(veri que).
A admite uma matriz inversa.
A possui uma inversa, então essa inversa é única. De fato, suponhamos que B e C são duas inversas de uma matriz A de ordem n × n. Então AB = In e CA = In . Assim, por (iii) e (iv) da Proposição 1.2.3, Se uma matriz
C = C In = C(AB) = (CA)B = In B = B.
24
CAPÍTULO 1.
SISTEMAS LINEARES E MATRIZES
Já que a inversa, no caso de existir, é única, escrevemos inversa de
A.
Se
A−1
para denotar a
k ∈ N \ {0} e A é uma matriz invertível, de nimos A−k
por:
−1 −1 −1 A−k = A | A {z· · · A } . k fatores
Vejamos algumas propriedades das matrizes inversas.
Proposição 1.2.4. Sejam A e B matrizes quadradas de ordem n. (i) (ii)
Se A é invertível, então A−1 é também invertível e (A−1 )−1 = A. Se A e B são invertíveis, então AB também é invertível e (AB)−1 = B −1 A−1 .
Deixamos a demonstração desta proposição ao leitor (veja Problema 2.12), bem como a generalização do item (ii) para um número arbitrário de fatores. O interesse das matrizes invertíveis reside no fato de que dado um sistema linear de equações com que a matriz
A
n
equações e
n
incógnitas,
AX = B ,
se soubermos
é invertível e soubermos como calcular sua inversa, então o
sistema se resolve efetuando apenas a multiplicação da matriz
A−1
com
B,
pois
AX = B =⇒ X = (A−1 A)X = A−1 (AX) = A−1 B. Vimos que uma matriz quadrada não nula não possui necessariamente inversa. Uma pergunta natural é se podemos caracterizar as matrizes quadradas invertíveis, ou seja, se podemos apresentar uma condição necessária e su ciente para que uma matriz quadrada seja invertível.
Também esta-
mos interessados em obter um método para o cálculo da inversa de uma matriz invertível. No próximo capítulo, apresentaremos uma caracterização de matrizes invertíveis e um método para inversão de matrizes que utiliza as transformações elementares nas linhas de uma matriz e a forma escalonada. No Capítulo 8, Proposição 8.3.1(iii), veremos um outro modo bem diferente de atacar este problema pelo uso dos determinantes.
Problemas
2.
25
MATRIZES
"
2.1*
1 −2 3 A= 4 1 0
Sejam
Calcule
2A, 3B
e
#
"
−1 2 0 B= 1 −2 0
e
# .
2A−3B .
2.2 Determine os valores de x, y e z
em
R
para que as matrizes
A
e
B
dadas
sejam iguais:
"
x+y 0 A= z x − 2y
#
"
13 0 B= 1 4
e
# .
2.3 Dadas as matrizes "
# −1 4 −2 A= , 2 0 −1
"
# 0 1 −2 B= , 0 1 −1
1 C = 1 3
D = [−1 1],
e
determine: (a)
A + B;
(b)
−2C ;
(c)
AC ;
(d)
CD;
(e)
BC ;
(f )
DA.
2.4* Considere as matrizes A = [aij ]4×5
com
aij = i − j,
B = [bij ]5×9
com
bij = j
C = [cij ]
com
C = AB.
(a) É possível determinar (b) Determine
c63 ?
e
Justi que a resposta.
c36 .
2.5 Conclua as demonstrações das Proposições 1.2.1, 1.2.2 e 1.2.3. 2.6*
Dada uma matriz
AX = XA.
A,
dizemos que uma matriz
X comuta
com
A
se
Determine todas as matrizes que comutam com
"
# 1 0 A= . 0 3
2.7
a) Mostre que a matriz
M(n, n).
c In ,
onde
c ∈ R,
comuta com toda matriz
X ∈
26
CAPÍTULO 1.
b) Ache todas as matrizes
2.8 Verdadeiro ou falso? A
(a) Se
e
B
SISTEMAS LINEARES E MATRIZES
" # x y M= z t
" que comutam com a matriz
# 1 1 . 0 1
Justi que.
são matrizes quadradas de mesma ordem, então
(A − B)(A + B) = A2 − B 2 . (b) Se então
2.9
A, B e C B = C.
são matrizes quadradas de mesma ordem tais que
Mostre que se
A
é uma matriz triangular superior, então
A2
AB = AC ,
também é
uma matriz triangular superior.
"
2.10* (a) Obtenha At , onde
1 2 3 A= 0 −1 4
# .
(b) Veri que que a transposta de uma matriz triangular superior é uma matriz triangular inferior.
(A + B)t = At + B t ordem e k ∈ R.
(c) Mostre que de mesma
A é uma (AB) = B t At . (d) Se
matriz
m × n
e
(kA)t = kAt ,
e
B
onde
é uma matriz
A
e
B
são matrizes
n × p,
prove que
t
(e) Mostre que
(At )t = A
2.11* Mostre que se B BB t
para toda matriz
A
de ordem
m × n.
é uma matriz quadrada, então:
(a)
B + Bt
e
(b)
B − Bt
é antissimétrica.
(c)
Observando que
são simétricas;
B=
B + Bt B − Bt + , 2 2
conclua que toda matriz quadrada se escreve como soma de uma matriz simétrica e de uma matriz antissimétrica.
2.
27
MATRIZES
(d)
Mostre que a escrita em (c) é o único modo possível de escrever uma
matriz quadrada como soma de uma matriz simétrica e de uma matriz antissimétrica.
2.12 Prove a Proposição 1.2.4. 2.13 Demonstre que: (a) se
A
tem uma linha nula, então
AB
(b) se
B
tem uma coluna nula, então
tem uma linha nula;
AB
tem uma coluna nula;
(c) qualquer matriz quadrada com uma linha ou uma coluna nula não é invertível.
2.14 Mostre que uma matriz A é invertível se, e somente se, At
é invertível.
Conclua que as operações de inversão e de transposição comutam; isto é,
(At )−1 = (A−1 )t ,
quando
A
é invertível.
2.15 Sejam a = (a1 , . . . , an ), b = (b1 , . . . , bn ) ∈ Rn .
De namos
a1 0 · · · 0 0 a2 · · · 0 Diag(a) = . . . . . . . .. . . . . 0 0 · · · an Mostre que:
c ∈ R;
(a)
Diag(a) + cDiag(b) = Diag(a + cb)
(b)
Diag(a) · Diag(b) = Diag(b) · Diag(a) = Diag(a1 b1 , . . . , an bn );
(c)
m Diag(a)m = Diag(am 1 , . . . , an ),
(d)
Em que condições a matriz
onde
Diag(a)
onde
m ∈ N \ {0}; é invertível e qual é a sua inversa?
Este problema mostra que somar, multiplicar, calcular potências e inverter matrizes diagonais é muito simples.
2.16
Supondo que as matrizes
A, B
e
C
são matrizes quadradas de mesma
ordem e invertíveis, resolva as seguintes equações matriciais nas quais incógnita:
X
é a
28
(a)
CAPÍTULO 1.
CX + 2B = 3B ;
2.17 Dada uma matriz a) se
ad − bc 6= 0,
então
CAX t = C ; (c) ABX = C . " # a b A= , mostre que : c d (b)
A
é invertível e
A−1 b) se
ad − bc = 0,
então
SISTEMAS LINEARES E MATRIZES
A
" # d −b 1 = ; ad − bc −c a
não é invertível.
Bibliogra a [1] H. P. Bueno,
Álgebra Linear, um segundo curso ,
Coleção Textos Univer-
sitários, SBM, 2006. [2] P. Halmos,
Teoria Ingênua dos Conjuntos ,
Editora Ciência Moderna,
2001. [3] A. Hefez e M. L. T. Villela,
Códigos Corretores de Erros ,
Coleção Mate-
mática e Aplicações, IMPA, 2008. [4] A. Hefez e M. L. T. Villela,
Números Complexos e Polinômios ,
Coleção
PROFMAT, SBM, 2012. [5] V. J. Katz,
A History of Mathematics - an Introduction ,
HarperCollins
College Publishers, 1993. [6] S. Lang,
Introduction to Linear Algebra , 2nd edition, Undergraduate Texts
in Mathematics, Springer, 1986. [7] E.L. Lima,
Álgebra Linear , 3a
edição, Coleção Matemática Universitária,
IMPA, 1998. [8] E.L. Lima,
Geometria Analítica e Álgebra Linear ,
Matemática Universitária, IMPA, 2010.
300
2
a
edição, Coleção
2 Livro:
Introdução à Álgebra Linear
Autores: Abramo Hefez Cecília de Souza Fernandez
Capítulo 2: Transformação de Matrizes e Resolução de Sistemas Sumário 1
2
Transformação de Matrizes . . . . . . . . . . . . . .
30
1.1
Transformações Elementares de Matrizes . . . . . .
30
1.2
Forma Escalonada de uma Matriz . . . . . . . . . .
32
1.3
Matrizes Elementares e Aplicações
. . . . . . . . .
35
Resolução de Sistemas Lineares . . . . . . . . . . .
42
29
30CAPÍTULO 2. TRANSFORMAÇÃO DE MATRIZES E RESOLUÇÃO DE SISTEMAS
O método de eliminação em sistemas de equações lineares consiste em efetuar repetidamente transformações elementares sobre um sistema de equações lineares, de modo a ir obtendo sistemas equivalentes, até reduzir o sistema original a um sistema de fácil resolução. Neste capítulo, reinterpretaremos na matriz ampliada associada a um sistema de equações lineares as transformações que se efetuam nos sistemas de equações ao longo do processo de eliminação, explicitando seu caráter algorítmico, ou seja, de procedimento sistemático e efetivo.
Esse método é essencialmente devido a Gauss e foi
aperfeiçoado por Camille Jordan (França, 1838 - 1922) e, por este motivo, é chamado de
1
eliminação de Gauss-Jordan.
Transformação de Matrizes
1.1
Transformações Elementares de Matrizes
Seja
i-ésima matriz
A
uma matriz
linha de
A
A.
m × n.
Para cada
De nimos as
denotemos por
Li
transformações elementares nas linhas
a
da
como se segue:
1) Permutação das linhas
Li
e
2) Substituição de uma linha vezes uma outra linha
Lj ,
Lj , Li
indicada por
Li
Li ↔ Lj .
pela adição desta mesma linha com
indicada por
3) Multiplicação de uma linha por
1 ≤ i ≤ m,
c
Li → Li + cLj .
por um número real
c não nulo, indicada
Li → cLi .
Por exemplo, vamos efetuar algumas transformações elementares nas linhas da matriz
2 1 2 3 1 4 0 . 2 0 −1 2 3
1.
31
TRANSFORMAÇÃO DE MATRIZES
Temos
2 1 2 3 0 −1 2 3 −→ 1 4 0 1 4 0 , 2 2 L1 ↔ L3 0 −1 2 3 2 1 2 3 2 1 2 3 2 1 2 3 −→ 1 4 0 2 1 1/2 2 0 L2 → 12 L2 0 −1 2 3 0 −1 2 3 e
2 1 2 3 2 1 2 3 −→ 0 2 −3 . 1 4 0 0 2 L2 → L2 − L1 0 −1 2 3 0 −1 2 3 Sejam
por linhas
AeB
matrizes de ordem
à matriz
B
se
B
m × n.
A matriz
pode ser obtida de
A
A é dita ser equivalente
pela aplicação sucessiva de
um número nito de transformações elementares sobre linhas. Por exemplo, as matrizes
1 0 2 1 −2 3
e
1 0 0 1 0 0
são equivalentes por linhas já que
1 0 1 0 1 0 1 0 −→ −→ −→ 2 1 L → L − 2L 0 1 L → L + 2L 0 1 L → L − 3L 0 1 . 2 2 1 3 3 1 3 3 2 −2 3 −2 3 0 3 0 0 Observe que a noção de equivalência de matrizes por linhas corresponde à noção de equivalência de sistemas lineares quando se efetuam as respectivas transformações sobre as equações.
De fato, a sistemas equivalentes,
correspondem matrizes associadas equivalentes, e vice-versa.
32CAPÍTULO 2. TRANSFORMAÇÃO DE MATRIZES E RESOLUÇÃO DE SISTEMAS
A é equivalente por linhas a uma matriz B , então B é equivalente por linhas à matriz A, já que toda transformação elementar sobre linhas é reversível. Mais precisamente, se e representa uma das transformações elementares nas linhas de uma matriz A de ordem m×n, denotando por e(A) a matriz obtida de A aplicando-lhe a transformação e, temos o resultado a Note que se
seguir.
Toda transformação elementar e nas linhas de matrizes em M(m, n) é reversível, no sentido de que existe uma transformação elementar e0 tal que e0 (e(A)) = A e e(e0 (A)) = A, para todo A ∈ M(m, n).
Proposição 2.1.1.
Demonstração
e é uma transformação elementar do tipo Li ↔ Lj , tome e = e. Se e é uma transformação elementar do tipo Li → cLi , tome e0 como 1 L . Finalmente, se e é uma transformação elementar a tranformação Li → c i 0 do tipo Li → Li + cLj , tome e como a tranformação Li → Li − cLj . Se
0
Não é difícil o leitor se convencer de que, em cada caso na demonstração anterior,
0
e (e(A)) = A Se
A
e0
é a única transformação elementar com a propriedade que
para toda matriz
A ∈ M(m, n). B (e, então, B é A e B são matrizes
é uma matriz equivalente por linhas a uma matriz
equivalente por linhas a
A),
dizemos simplesmente que
equivalentes. 1.2
Forma Escalonada de uma Matriz
Nesta subseção mostraremos que toda matriz pode ser transformada por meio de uma sequência de transformações elementares sobre linhas numa matriz em uma forma muito especial, a
forma escalonada, que será utilizada
na próxima seção para resolver sistemas de equações lineares. Uma matriz
m × n será dita estar na forma escalonada
se for nula, ou se:
1) o primeiro elemento não nulo de cada linha não nula é
1;
2) cada coluna que contém o primeiro elemento não nulo de alguma linha tem todos os seus outros elementos iguais a zero;
1.
33
TRANSFORMAÇÃO DE MATRIZES
3) toda linha nula ocorre abaixo de todas as linhas não nulas;
L1 , . . . , Lp são as linhas não nulas, e se o primeiro elemento não nulo da linha Li ocorre na coluna ki , então k1 < k2 < · · · < kp .
4) se
Por exemplo, a matriz
0 1 2 0 1 0 0 0 1 3 0 0 0 0 0 está na forma escalonada, pois todas as condições da de nição anterior são satisfeitas, mas as matrizes
1 0 0 0 0 1 −2 0 0 0 1 0
e
0 3 1 1 0 −1 0 0 0
não estão na forma escalonada, pois a primeira não satisfaz a condição 2, enquanto a segunda não satisfaz a condição 1 (observe que ela também não satisfaz a condição 4). Cabe aqui uma observação acerca da terminologia que utilizamos. Usualmente, na literatura, o termo forma escalonada de uma matriz refere-se a uma forma menos especial do que a nossa, a qual vários autores chamam de forma escalonada reduzida.
A nossa justi cativa para o uso dessa ter-
minologia é que não há razão para adjetivarmos a forma escalonada, pois utilizaremos apenas uma dessas noções. O resultado que apresentaremos a seguir nos garantirá que toda matriz é equivalente por linhas a uma matriz na forma escalonada. O interesse desse resultado reside no fato que ao reduzir a matriz ampliada associada a um dado sistema de equações lineares à forma escalonada, encontramos um outro sistema equivalente ao sistema dado que se encontra em sua expressão mais simples. Quando aplicado aos sistemas de equações lineares, este resultado é chamado de
processo de eliminação de Gauss-Jordan.
34CAPÍTULO 2. TRANSFORMAÇÃO DE MATRIZES E RESOLUÇÃO DE SISTEMAS
Vejamos agora um algoritmo que
reduz por linhas
uma matriz dada não
nula qualquer a uma matriz na forma escalonada. O termo reduzir por linhas signi ca transformar uma matriz usando as transformações elementares sobre linhas. Este processo é também chamado de
Passo 1.
Seja
k1
escalonamento
de matrizes.
a primeira coluna da matriz dada com algum elemento não
nulo. Troque as linhas entre si de modo que esse elemento não nulo apareça na primeira linha, isto é, de modo que na nova matriz
Passo 2.
Para cada
i > 1,
a1k1 6= 0.
realize a transformação
Li → Li −
aik1 L1 . a1k1
Repita os Passos 1 e 2 na matriz assim obtida, ignorando a primeira linha. Novamente, repita os Passos 1 e 2 nessa nova matriz, ignorando as duas primeiras linhas etc., até alcançar a última linha não nula.
Passo 3.
Se
L1 , . . . , L p
são as linhas não nulas da matriz obtida após termi-
nar o processo acima e se não nulo
aiki
da linha
Li ,
é a coluna na qual aparece o primeiro elemento
aplique as transformações
1 Li aiki
Li → Passo 4.
ki
para todo
Realize na matriz obtida até então as transformações
L` → L` − a`ki Li , para
1 ≤ i ≤ p.
i = 2.
Depois para
i = 3,
` = 1, . . . , i − 1,
e assim por diante, até
i = p.
Dessa forma,
obteremos uma matriz na forma escalonada que é equivalente por linhas à matriz dada. Estabelecemos assim o seguinte resultado:
Teorema 2.1.2.
Toda matriz é equivalente a uma matriz na forma escalo-
nada. Por exemplo, a matriz
1 2 −3 0 4 2 0 0 0 0 0 1/2
1.
35
TRANSFORMAÇÃO DE MATRIZES
é transformada numa matriz na forma escalonada com a seguinte sequência de transformações sobre suas linhas:
1 2 −3 0 1 2 −3 0 1 2 −3 0 −→ −→ 4 2 1 1/2 1 1/2 0 0 0 0 0 0 L2 → 41 L2 L3 → 2L3 0 0 0 1/2 0 0 0 1/2 0 0 0 1 1 2 0 0 1 2 0 3/2 −→ −→ L → 0 0 1 1/2 1 L1 − 32 L3 0 0 1 0 . L1 → L1 + 3L2 1 0 0 0 1 L2 → L2 − 2 L3 0 0 0 1 Pelo algoritmo acima, deduzimos que qualquer matriz é equivalente a pelo menos
uma
matriz na forma escalonada. Como em cada passo do algoritmo
temos certa margem de escolhas de transformações elementares sobre as linhas da matriz, não há aparentemente nenhum motivo para poder a rmar que a forma escalonada de uma dada matriz seja única.
Fato é que, não
importando qual a sequência de transformações elementares que efetuemos nas linhas de uma dada matriz, no nal do processo chegamos a uma
mesma
matriz na forma escalonada que é equivalente à matriz dada. Este resultado será provado na última seção do capítulo
1.3
Matrizes Elementares e Aplicações
Uma
matriz elementar de ordem n
obtida da matriz identidade
In
é uma matriz quadrada de ordem
a parir da aplicação de
uma
n
transformação
elementar, isto é, trata-se de uma matriz da forma
E = e(In ), onde
e
é uma transformação elementar. Por exemplo, a matriz identidade é
uma matriz elementar e as matrizes
"
# 0 1 e(I2 ) = , 1 0
onde
e : L1 ↔ L2 ,
36CAPÍTULO 2. TRANSFORMAÇÃO DE MATRIZES E RESOLUÇÃO DE SISTEMAS
e
1 1 0 e(I3 ) = 0 1 0 , 0 0 1
onde
e : L1 → L1 + L2 ,
são matrizes elementares de ordem 2 e de ordem 3, respectivamente. Sejam
A ∈ M(m, n)
e
e
uma transformação elementar. O próximo re-
sultado, cuja demonstração ca como exercício para o leitor (veja Problema
e(A) pode ser obtida como o produto matriz A. Por exemplo, consideremos 1 2 A = 0 1 . 2 1
1.3), nos diz que a matriz elementar
e(Im )
pela
e1 : L1 ↔ L2 , e2 : L1 → 2L1 e e3 : L1 → L1 + 2L2 , nos mostra que e1 (A) = e1 (I3 )A, e2 (A) = e2 (I3 )A
Se
da matriz
uma rápida veri cação e
e3 (A) = e3 (I3 )A.
Seja e uma transformação elementar sobre matrizes de M(m, n). Considere a matriz elementar E = e(Im ). Então
Teorema 2.1.3.
e(A) = EA,
para todo A ∈ M(m, n).
Como consequência do Teorema 2.1.3, temos
Sejam A e B em M(m, n). Então, A é equivalente a B se, e somente se, existem matrizes elementares E1 , . . . , Es de ordem m tais que
Corolário 2.1.4.
Es · · · E2 E1 A = B . Demonstração
Por de nição,
formações elementares
e1 , . . . , e s
A
é equivalente a
B
quando existem trans-
tais que
es (. . . (e2 (e1 (A))) . . . ) = B. Mas, pelo teorema anterior, a igualdade acima equivale a
Es · · · E2 E1 A = B,
1.
37
TRANSFORMAÇÃO DE MATRIZES
onde
Ei = ei (Im ),
para cada
1 ≤ i ≤ s.
Toda matriz elementar é invertível e sua inversa também é uma matriz elementar.
Corolário 2.1.5. Demonstração elementar tal que se
0
0
E = e (I),
E uma matriz elementar. E = e(I). Se e0 é a transformação Seja
Seja
e
a transformação
elementar inversa de
e
e
pelo Teorema 2.1.3 temos
I = e0 (e(I)) = e0 (E) = e0 (I)E = E 0 E e
I = e(e0 (I)) = e(E 0 ) = e(I)E 0 = E E 0 . Logo,
E
é invertível e
E −1 = E 0 .
Pelo Corolário 2.1.5 sabemos como inverter uma matriz elementar. Por exemplo, se considerarmos as matrizes
0 1 0 A = 1 0 0 0 0 1
e
1 2 0 B = 0 1 0 , 0 0 1
A e B são invertíveis, já que A e B são matrizes elementares. De fato, A = e1 (I3 ) com e1 : L1 ↔ L2 e B = e2 (I3 ) com e2 : L1 → L1 + 2L2 . Pelo Corolário 2.1.5, A−1 = e01 (I3 ), onde e01 é a trans−1 formação elementar inversa de e1 e B = e02 (I3 ), onde e02 é a transformação elementar inversa de e2 . Mais precisamente, 0 1 0 1 −2 0 A−1 = 1 0 0 e B −1 = 0 1 0 . 0 0 1 0 0 1 podemos concluir que
A seguir, apresentamos o resultado central desta seção que caracteriza as matrizes invertíveis.
Para uma matriz quadrada A de ordem n, são equivalentes as seguintes a rmações:
Teorema 2.1.6.
(i)
A é invertível;
38CAPÍTULO 2. TRANSFORMAÇÃO DE MATRIZES E RESOLUÇÃO DE SISTEMAS
Se B é uma matriz na forma escalonada equivalente a A, então B = In ;
(ii)
A é uma matriz elementar ou um produto de matrizes elementares.
(iii)
Demonstração
Vamos começar provando a implicação (i)
B é equivalente a A, E1 , E2 , . . . , Es tais que
efeito, como elementares
⇒
(ii).
Com
pelo Corolário 2.1.4, existem matrizes
Es · · · E2 E1 A = B. Como, pelo Corolário 2.1.5, cada tível, temos que
B
B=
é invertível e
A,
por hipótese, é inver-
é invertível (cf. Proposição 1.2.4). Por outro lado, pelo
Problema 1.7, temos que A implicação (ii)
Ei
⇒
B = In .
(iii) é evidente, já que
A = E1−1 E2−1 · · · Es−1 B ,
onde
In e cada Ei−1 é uma matriz elementar (cf. Corolário 2.1.5).
A implicação (iii)
⇒
(i) é evidente, pois matrizes elementares são invertíveis
e produtos de matrizes invertíveis são invertíveis (cf. Proposição 1.2.4).
Observe, como decorrência do resultado acima, que uma matriz quadrada invertível é equivalente a uma única matriz na forma escalonada (a matriz identidade), cando estabelecida, neste caso, a unicidade da forma escalonada. Finalizamos esta seção apresentando um método para inversão de matrizes por meio de transformações elementares.
Sejam A uma matriz invertível e e1 , . . . , es uma sequência de transformações elementares tais que es (. . . (e2 (e1 (A))) . . . ) = I, onde I é a matriz identidade. Então essa mesma sequência de transformações elementares aplicada a I produz A−1 ; isto é, es (. . . (e2 (e1 (I))) . . . ) = A−1 .
Proposição 2.1.7.
Demonstração
Para cada
pondente à transformação
1 ≤ i ≤ s,
ei .
seja
Ei
a matriz elementar corres-
Então
Es · · · E2 E1 A = I . Assim,
(Es · · · E2 E1 I)A A−1 = I A−1 ,
1.
39
TRANSFORMAÇÃO DE MATRIZES
donde
Es · · · E2 E1 I = A−1 . Para ilustrarmos o uso do Teorema 2.1.6 e da Proposição 2.1.7, consideremos a matriz
1 0 2 A = 2 −1 3 . 4 1 8 A até obterA é invertível
Se aplicarmos uma sequência de transformações elementares em
B na forma escalonada, pelo Teorema 2.1.6, se, e somente se, B = I3 . Se B = I3 , pela Proposição 2.1.7, essa mesma −1 sequência de transformações elementares aplicada a I3 resultará em A . As sim, vamos formar a matriz em blocos A | I3 e vamos reduzir esta matriz 3 × 6 a uma matriz na forma escalonada. De fato, mos uma matriz
1 0 2 | 1 0 0 1 0 2 | 1 0 0 −→ A | I3 = 2 −1 3 | 0 1 0 L2 → L2 − 2L1 0 −1 −1 | −2 1 0 1 0 | −4 0 1 4 1 8 | 0 0 1 L3 → L3 − 4L1 0 1 0 2 | 1 0 0 2 | 1 0 0 −→ 1 | 2 −1 1 1 | 2 −1 0 0 1 L3 → L3 − L2 0 0 −1 | −6 1 1 0 | −4 0 1 0 2 | 1 0 0 1 0 0 | −11 2 −→ 1 1 | 2 −1 0 L1 → L1 − 2L3 0 1 0 | −4 0 L → L − L 2 2 3 0 1 | 6 −1 −1 0 0 1 | 6 −1 obtemos uma matriz na forma I3 | C , temos que A é invertível
1 −→ 0 L2 → −L2 0 1 −→ 0 L3 → −L3 0 Como
C=A
−1
. Assim,
A−1
−11 2 2 = −4 0 1 . 6 −1 −1
0 0 1 2 1 . −1 e
40CAPÍTULO 2. TRANSFORMAÇÃO DE MATRIZES E RESOLUÇÃO DE SISTEMAS
Consideremos agora a matriz
1 0 1 A = 0 2 1 . 3 0 3 Ao reduzirmos a matriz em blocos
A | I3
a uma matriz na forma esca-
lonada, obtemos a matriz
diferente de
I3 .
Logo,
A
B | C ,
onde
1 0 1 B = 0 1 1/2 0 0 0
e, portanto,
não é invertível por ser equivalente a uma matriz
com uma linha nula (cf. Problema 1.7).
Problemas
"
1.1*
Seja
# 2 1 A= . −1 3
(a) Obtenha a forma escalonada de (b)
A
(c) Se
A.
é invertível? Justi que.
A
for invertível, escreva a matriz
A−1
como um produto de matrizes
elementares.
1.2
Determine a matriz inversa de cada uma das matrizes dadas:
"
(a)
(b)
(c)
1.3
# 12 7 A= ; 5 3 −2 3 B = 1 −3 −1 2 −2 −1 3 1 C= −4 −1 3 1
−1 1 ; −1 0 2 −2 −2 . 2 3 −1 −2
Demonstre o Teorema 2.1.3.
1.
1.4
Determine a forma escalonada das matrizes:
(a)
(c)
1.5
41
TRANSFORMAÇÃO DE MATRIZES
1 3 −2 1 −4 3 ; 3 2 −1 3 −1 2 11 −5 3 . −5 3 1
0 A = 2 2 1 0 C= 2 4
1
(b)
1 2 −1 2 1 B = 2 4 1 −2 3; 3 6 2 −6 5
1 5
Uma certa sequência de transformações elementares aplicadas a uma
matriz
A produz uma matriz B .
A mesma sequência aplicada a
AB produzirá
que matriz? Justi que sua resposta.
1.6 Descreva todas as possíveis matrizes 2×2 que estão na forma escalonada. 1.7
Seja
A
uma matriz quadrada na forma escalonada.
Mostre que são
equivalentes as seguintes asserções: (a) A matriz
A
não tem linhas nulas.
(b)
A
é a matriz identidade.
(c)
A
é invertível.
Sugestão 1.8*
Use o Problema 2.13(c), do Capítulo 1.
Sejam
A
e
B
matrizes quadradas de mesma ordem.
AB = I, BA = I.
(a) Mostre que, se se, e somente se, (b) Mostre que
AB
então
A
é invertível e
é invertível se, e somente se
A
A−1 = B . e
B
Assim
AB = I
são invertíveis.
Por de nição, uma matriz quadrada A é invertível quando existe uma matriz quadrada B tal que AB = I e BA = I. No entanto, pelo problema acima, no contexto das matrizes quadradas, basta encontrar B tal que AB = I ou tal que BA = I para que A seja invertível. Ou seja, se uma das duas igualdades é satisfeita, então a outra é automaticamente satisfeita . 1.9
Sejam
E1 , E2
e
E3
n obtidas da identiLi ↔ Lj , Li → Li + kLj e Li → cLi ,
as matrizes elementares de ordem
dade pelas transformações elementares
42CAPÍTULO 2. TRANSFORMAÇÃO DE MATRIZES E RESOLUÇÃO DE SISTEMAS
j 6= i, respectivamente. 0 onde E2 é a matriz elementar ção Lj → Lj + kLi . onde
2
Mostre que
E1t = E1 , E2t = E20
e
E3t = E3 ,
obtida da identidade mediante a transforma-
Resolução de Sistemas Lineares Finalmente, nesta seção, poremos em funcionamento a maquinária desen-
volvida com as matrizes para a resolução de sistemas de equações lineares, culminando com o Teorema do Posto.
Trata-se de um resultado central
dessa teoria que descreve a resolubidade dos sistemas de equações lineares gerais. Este teorema é também conhecido no Ensino Médio como Teorema de Rouché-Capelli, em homenagem aos matemáticos Eugène Rouché (França, 18321919) e Alfredo Capelli (Itália, 18551910). Quanto a suas soluções, um sistema linear se classi ca como impossível, ou possível e determinado, ou possível e indeterminado. linear é chamado
nado ,
impossível ,
possível e determipossível e indeterminado , quando
quando não tem solução,
quando tem uma única solução e
tem mais de uma solução.
Um sistema
.
n incógnitas é sempre possível, pois admite como solução a n-upla (0, 0, . . . , 0), Já foi observado anteriormente que um sistema linear homogêneo com
2.
solução trivial . não trivial do sistema. chamada
Qualquer outra solução, se existir, é dita
Dado um sistema linear de
43
RESOLUÇÃO DE SISTEMAS LINEARES
AX = B ,
o sistema linear
sistema linear homogêneo associado .
AX = 0
solução
é chamado
A relação fundamental entre um
sistema linear e seu sistema linear homogêneo associado é apresentada na proposição a seguir.
Seja AX = B um sistema linear. Suponhamos que X1 seja uma solução do sistema AX = B e que Sh seja o conjunto solução do sistema linear homogêneo associado AX = 0. Então Proposição 2.2.1.
S = {X1 + Z ; Z ∈ Sh }
(1)
é o conjunto solução do sistema AX = B . Demonstração
Para demonstrarmos (1), usaremos algumas propriedades
já vistas da adição e da multiplicação por escalar de matrizes.
X2 ∈ S ,
De fato, se
X1 é uma solução AZ = 0. Logo,
X2 = X1 + Z com Z ∈ Sh . Como AX = B e Z ∈ Sh , segue que AX1 = B e
podemos escrever
particular de
AX2 = A(X1 + Z) = AX1 + AZ = B + 0 = B, mostrando que
X2
é uma solução do sistema
Por outro lado, tomemos uma solução mos
Z = X 2 − X1 .
X2
AX = B . do sistema
AX = B
e de na-
Temos, então, que
AZ = A(X2 − X1 ) = AX2 − AX1 = B − B = 0; logo
Z = X2 − X1 ∈ S h .
Portanto,
X2 = X1 + Z ∈ S .
Observamos que o resultado acima é apenas de interesse teórico, pois não nos ajuda a obter o conjunto solução de um sistema linear. Um método bem e caz para se resolver um sistema linear é o
método do escalonamento .
Este
consiste em se tomar a matriz ampliada de um sistema linear e aplicar uma sequência de transformações elementares a esta matriz, de modo a obtermos
44CAPÍTULO 2. TRANSFORMAÇÃO DE MATRIZES E RESOLUÇÃO DE SISTEMAS
uma matriz equivalente que seja a matriz ampliada de um sistema linear fácil de se resolver.
Exemplo 1.
Resolvamos o sistema linear
x + y − 2z + 3w = 4 2x + 3y + 3z − w = 3 5x + 7y + 4z + w = 5 .
(2)
Observemos que
1 1 −2 3 | 4 −→ 3 −1 | 3 L2 → L2 − 2L1 2 3 5 7 4 1 | 5 L3 → L3 − 5L1 1 1 −2 3 | 4 1 1 −2 3 | 4 −→ 7 −7 | −5 7 −7 | −5 , 0 1 0 1 L3 → L3 − 2L2 0 2 14 −14 | −15 0 0 0 0 | −5 (3) sendo que esta última matriz é a matriz ampliada do sistema linear
x + y − 2z + 3w = 4 y + 7z − 7w = −5 0x + 0y + 0z + 0w = −5 . Note que o sistema (4) é impossível.
(4)
A pergunta que fazemos é: qual
a relação do sistema (4) com o originalmente proposto?
A resposta é que
eles têm o mesmo conjunto solução, já que (2) e (4) têm matrizes ampliadas equivalentes. Mais precisamente, temos o resultado a seguir.
Dois sistemas lineares com matrizes ampliadas equivalentes têm o mesmo conjunto solução .
Proposição 2.2.2. Demonstração
É só lembrar que efetuar transformações elementares sobre
as linhas da matriz ampliada do sistema, equivale a efetuar transformações elementares no sistema de equações, obtendo um sistema equivalente.
2.
45
RESOLUÇÃO DE SISTEMAS LINEARES
A matriz ampliada do sistema linear (2) poderia ter sido reduzida por linhas a uma matriz na forma escalonada. Porém, a equação
0x + 0y + 0z + 0w = −5 obtida da última linha da matriz nal em (3) já garante, pela Proposição 2.2.2, que o sistema (2) é impossível. De fato, dado um sistema linear nas incógnitas
x1 , x2 , . . . , xn , se após uma sequência de transformações elementares
ocorrer uma equação da forma
0x1 + 0x2 + · · · + 0xn = b,
com
b 6= 0,
então o sistema é impossível; ou seja, não tem solução. Quando aplicarmos a Proposição 2.2.2 a um sistema homogêneo não é necessário tomar a matriz ampliada, basta considerar a matriz dos coe cientes do sistema.
Exemplo 2.
Determinemos o conjunto solução do sistema linear homogêneo
x + 2y + 3z − 5w = 0 2x + 4y + z + 2w = 0 x + 3y + 4z = 0 3x + 5y + 8z − 10w = 0. Ora, basta considerarmos a matriz dos coe cientes do sistema. Assim,
1 2 1 3
2 4 3 5
1 3 −5 1 2 3 −5 −→ 1 2 L2 → L2 − 2L1 0 0 −5 12 −→ 0 4 0 L3 → L3 − L1 0 1 1 5 L4 → L4 + L3 0 8 −10 L4 → L4 − 3L1 0 −1 −1 5 0
2 3 −5 0 −5 12 , 1 1 5 0 0 10
sendo esta última matriz, a matriz dos coe cientes do sistema linear homogêneo
x + 2y + 3z − 5w = 0 −5z + 12w = 0 y + z + 5w = 0 10w = 0,
46CAPÍTULO 2. TRANSFORMAÇÃO DE MATRIZES E RESOLUÇÃO DE SISTEMAS
(0, 0, 0, 0). S = {(0, 0, 0, 0)}.
que admite apenas a solução originalmente dado é
Assim, o conjunto solução do sistema
Para apresentarmos o resultado central deste capítulo, necessitaremos de alguns resultados que estabeleceremos a seguir.
Seja dada uma matriz A = [A0 | A00 ] na forma escalonada, onde A0 é uma matriz m × (n − 1) e A00 é uma matriz m × 1. Sejam k1 , . . . , kp as posições das colunas de A onde ocorrem os primeiros elementos não nulos das linhas não nulas L1 , . . . , Lp , respectivamente. O sistema A0 X = A00 admite solução se, e somente se, kp 6= n. Lema 2.2.3.
Demonstração
A0
Observe que como
A
está na forma escalonada, a matriz
também está na forma escalonada.
kp = n, então a p-ésima linha da matriz A é (0 0 · · · 0 1). Assim, 0 00 sistema A X = A tem uma equação da forma 0x1 + · · · + 0xn−1 = 1, que Se
o
não tem solução. Se
00
A
kp 6= n,
, temos que
da matriz
A,
A0k1 = Ak1
p ≤ kp < n. Assim, se os ai 's são as entradas de = · · · = am = 0. Se denotarmos por Ai a i-ésima coluna
temos que
ap+1
temos que
1 0 . .. = , 0 .. . 0
A0k2 = Ak2
0 1 . .. = , 0 .. . 0
onde cada matriz acima tem as últimas
0
00
AX =A
...
m−r
,
A0kp = Akp
entradas nulas.
0 0 . .. = , 1 .. . 0 O sistema
se escreve, em blocos, da seguinte forma:
a = [A1 | A2 | . . . | An−1 ]X = A1 x1 + A2 x2 + · · · + An−1 xn−1 . Para achar uma solução do sistema basta tomar para todo
i = 1, . . . , p.
x k i = ai
e
xj = 0,
se
j 6= ki ,
2.
47
RESOLUÇÃO DE SISTEMAS LINEARES
A seguir, daremos a prova da unicidade da forma escalonada de uma matriz.
Existe uma única matriz na forma escalonada equivalente por linhas a uma dada matriz.
Teorema 2.2.4. (Unicidade da forma escalonada) Demonstração
Basta mostrar que dadas duas matrizes
escalonada e equivalentes por linhas, então será provado por indução sobre o número
A=B
A
e
B
na forma
(justi que). O resultado
n de colunas da matriz.
Para
n = 1,
as únicas matrizes na forma escalonada são
0 0 . . . 0
e
1 0 . . . . 0
Como qualquer transformação aplicada às linhas da primeira matriz não a altera, as duas matrizes acima não são equivalentes, daí decorre a unicidade, nesse caso. Admitamos o resultado verdadeiro para matrizes com
n ≥ 2.
n − 1 colunas, onde
m × n, ambas na forma escalonada e 0 00 0 0 equivalentes. Escrevamos A = [A | A ] e B = [B | B ], onde A e B são os 00 00 blocos formados com as n − 1 colunas de A e de B , e A e B são as últimas colunas de A e de B , respectivamente. É imediato veri car pela de nição 0 0 0 0 que A e B estão na forma escalonada; e que A é equivalente a B , pois as 0 mesmas operações elementares que transformam A em B , transformam A 0 0 0 em B . Portanto, pela hipótese de indução, temos que A = B . Estamos 0 00 0 00 então reduzidos a duas matrizes A = [A | A ] e B = [A | B ] na forma Sejam
A
e
B
duas matrizes
0
00
escalonada e equivalentes. Vamos desdobrar a nossa análise em dois casos. Caso 1) A matriz
A
é tal que
kp = n.
Assim, a matriz
A0
tem as primeiras
A00 são 0 00 tais que ai = 0, se i 6= p e Pelo Lema 2.2.3, o sistema A X = A 0 00 0 00 não tem solução. Como as matrizes A = [A | A ] e B = [A | B ] são 0 00 0 00 equivalentes, pela Proposição 2.2.2, os sistemas A X = A e A X = B p−1
linhas não nulas e a
p-ésima ap = 1 .
linha nula e as entradas
ai
de
48CAPÍTULO 2. TRANSFORMAÇÃO DE MATRIZES E RESOLUÇÃO DE SISTEMAS
são também equivalentes, o que implica que o segundo sistema também não admite solução. Aplicando novamente o Lema 2.2.3 ao sistema
A0 X = B 00 ,
bi = 0, se i 6= p, o que nos diz que A00 = B 00 . Caso 2) A matriz A é tal que kp 6= n. Pelo Lema 2.2.3 tem-se que o sistema A0 X = A00 tem uma solução X0 . Como os sistemas são equivalentes, temos 0 00 00 0 00 que X0 é solução do sistema A X = B , logo A = A X0 = B . temos que
bp = 1
e
A demonstração do Teorema 2.2.4, acima, foi inspirada em [1], o qual recomendamos para estudos mais avançados de Álgebra Linear.
A uma matriz de ordem m × n. Pelo Teorema 2.2.4, A é equivalente ˜, de ordem m×n, na forma escalonada. Dizemos que A˜ a uma única matriz A é a forma escalonada de A. Portanto, faz sentido de nir o posto p da matriz A como o número de linhas não nulas de sua forma escalonada A˜. Seja
Por exemplo, se
1 2 1 0 A = −1 0 3 5 , 1 −2 1 1
sua forma escalonada é a matriz
1 0 0 −7/8 A˜ = 0 1 0 −1/4 . 0 0 1 11/8 Portanto, o posto
A˜
p
de
A
é igual a 3, pois o número de linhas não nulas de
é 3. Para matrizes quadradas temos o seguinte resultado:
Uma matriz quadrada de ordem n é invertível se, e somente se, ela tem posto n.
Corolário 2.2.5. Demonstração
Se a matriz é invertível, então pelo Teorema 2.1.6, sua
forma escalonada é
In ,
logo tem posto
n.
Reciprocamente, seja dada uma matriz quadrada de ordem forma escalonada. Se
A
tem posto
n,
então
A˜
n e seja A˜ sua
não tem linhas nulas, logo,
2.
49
RESOLUÇÃO DE SISTEMAS LINEARES
pelo Problema 1.7,
A˜ = In .
Pelo Corolário 2.1.4, temos que
A = Es . . . E1 A˜ = Es . . . E1 , onde
E1 , . . . , E s
2.1.5).
são matrizes elementares, logo invertíveis (cf.
Daí decorre que
A
Corolário
é invertível por ser produto de matrizes inver-
tíveis (cf. Proposição 1.2.4(ii)).
Observe que o Lema 2.2.3 pode ser reinterpretado com a noção de posto do seguinte modo:
Um sistema de equações lineares AX = B admite solução se, e somente se, o posto da matriz aumentada [A | B] do sistema tiver posto igual ao da matriz A do sistema. De fato, o que mostramos foi que o sistema possui solução se, e somente se, a última linha não nula da forma escalonada da matriz ampliada do sistema não for da forma
(0 0 . . . 0 1).
Isto é parte do Teorema de Rouché-Capelli, resultado central deste capítulo e que apresentamos na íntegra a seguir.
Consideremos um sistema linear com m equações e n incógnitas AX = B . Sejam pAB o posto da matriz ampliada do sistema e pA o posto da matriz dos coe cientes do sistema. Então Teorema 2.2.6. (Teorema do Posto)
(i) (ii) (iii)
O sistema é possível se, e somente se, pAB = pA . O sistema é possível e determinado se pAB = pA = n. O sistema é possível e indeterminado se pAB = pA < n. Neste caso, n − pA é o número de incógnitas livres do sistema, ou seja, incógnitas que podem assumir qualquer valor real.
Demonstração
Seja
AX = B
C = [A | B]
a matriz ampliada do sistema e seja
escalonada de
C.
Denotaremos
n incógnitas. Seja ˜ a forma C˜ = [A˜ | B]
um sistema linear com
A˜ = [˜ aij ]
e
˜ = [˜bi ]. B
50CAPÍTULO 2. TRANSFORMAÇÃO DE MATRIZES E RESOLUÇÃO DE SISTEMAS
Claramente
A˜
é a forma escalonada de
A
e como
A˜
é um bloco de
C˜ ,
temos que
pA = pA˜ < pC˜ = pAB
ou
pA = pA˜ = pC˜ = pAB .
Vamos considerar os dois casos anteriores separadamente.
Caso 1.
Se
pA < pAB ,
então
C˜
tem uma linha do tipo
(0 · · · 0 0 1). Portanto, o sistema
AX = B Caso 2.
˜ =B ˜ AX
é impossível e, então, pela Proposição 2.2.2,
é impossível. Se
pA = pAB ,
então
C˜
e
A˜
têm o mesmo número de linhas não
nulas. Dividiremos este caso em dois subcasos.
Subcaso 2.1. pAB = pA = n. Sendo
A˜
uma matriz com
n
colunas, com
pA˜ = pA = n,
e estando
A˜
na
forma escalonada, ela é uma matriz em blocos da forma
" # In A˜ = . 0 ˜ é tal que bn+1 = · · · = bm = 0. pA = pAB = n, segue que B ˜ =B ˜ é possível e determinado com a única solução x1 = Portanto, AX ˜b1 , . . . , xn = ˜bn . Consequentemente, AX = B também é determinado com Como
mesma solução.
Subcaso 2.2. pA = pAB < n.
p = pA = pAB . Neste caso, A˜ (assim como C˜ ) tem p linhas não nulas L1 , . . . , Lp , tais que o primeiro elemento não nulo de Li está na coluna ki e k1 < · · · < kp . Além disso, temos ˜ bp+1 = · · · = ˜bm = 0. Ponhamos
2.
51
RESOLUÇÃO DE SISTEMAS LINEARES
Temos então que a equação
˜ =B ˜ AX
se escreve como
˜b1 xk 1 + a ˜1k1 +1 xk1 +1 + · · · + a ˜1n xn ˜ xk 2 + a ˜2k2 +1 xk2 +1 + · · · + a ˜2n xn b2 . . . .. . xk + a = ˜bp . ˜ x + · · · + a ˜ x pk +1 k +1 pn n p p p 0 0 . . .. . . 0 0 A igualdade matricial acima, juntamente com o fato da matriz
A˜
estar na
forma escalonada, nos fornece o sistema de equações
xk1 xk2 xkp−1 xkp
P = − j>k1 a ˜1j xj + ˜b1 , P = − j>k2 a ˜2j xj + ˜b2 , ... P = − j>kp−1 a ˜p−1,j xj + ˜bp−1 , P = − j>kp a ˜pj xj + ˜bp .
onde
a ˜1ki = 0, a ˜2ki = 0,
onde
a ˜p−1,ki = 0,
onde
se se
i > 1, i > 2, se
i = kp ,
Isto mostra que podemos escolher arbitrariamente valores para as incógnitas no conjunto
{x1 , . . . , xn } \ {xk1 , . . . , xkp } xk1 , . . . , xkp . n − p elementos,
(5)
e com esses determinar valores para Como o conjunto em (5) tem
n − p incógnitas AX = B .
o sistema
˜ =B ˜ AX
tem
livres e, consequentemente, o mesmo ocorre para o sistema
Particularizando o Teorema do Posto para os sistemas homogêneos, obtemos o corolário a seguir.
Seja dado um sistema linear homogêneo com m equações e n incógnitas AX = 0.
Corolário 2.2.7.
(i)
Se A tem posto n, então o sistema possui apenas a solução nula. Em particular, isto ocorre quando m = n e A é invertível.
52CAPÍTULO 2. TRANSFORMAÇÃO DE MATRIZES E RESOLUÇÃO DE SISTEMAS
(ii)
Se A tem posto p < n, então o sistema possui in nitas soluções. Em particular, isto sempre ocorre quando m < n.
A seguir, daremos um exemplo da aplicação do Teorema do Posto.
Exemplo 3.
Com o auxílio do Teorema do Posto, resolvamos o sistema
linear
x + 2y − 2z + 3w = 2
2x + 4y − 3z + 4w = 5 5x + 10y − 8z + 11w = 12 . Ora,
1 1 2 −2 3 | 2 −→ 5L2 → L2 − 2L1 0 2 4 −3 4 | 5 10 −8 11 | 12 L3 → L3 − 5L1 0 1 −→ L1 → L1 + 2L2 0 L3 → L3 − 2L2 0 Como
pAB = pA = 2 < 4 = n,
onde
n
2 −2 3 | 2 0 1 −2 | 1 0 2 −4 | 2 2 0 −1 | 4 0 1 −2 | 1 . 0 0 0 | 0
é o número de incógnitas do sistema,
o sistema linear é possível e indeterminado. Existem então duas incógnitas livres, digamos
b,
y
e
w,
às quais podemos atribuir quaisquer valores reais
a
e
y = a e w = b. Substituindo w = b na segunda equação obtemos z = 1 + 2b. Pondo y = a, z = 1 + 2b e w = b na primeira equação, segue-se que x = 4 − 2a + b. Portanto, as soluções do respectivamente.
Assim, temos
sistema são os elementos do conjunto
{(4 − 2a + b, a, 1 + 2b, b) ; a, b ∈ R}. Observamos que, pelo Teorema do Posto, o
número
de incógnitas livres
está bem determinado. Porém, as incógnitas livres podem ser escolhidas com alguma liberdade. No exemplo anterior, escolhemos livres, mas, poderíamos ter escolhido
x
e
t
y
e
w
como incógnitas
como incógnitas livres.
2.
53
RESOLUÇÃO DE SISTEMAS LINEARES
Problemas 2.1*
Resolva o sistema linear homogêneo
y + 3z − 2t = 0 2x + y − 4z + 3t = 0 2x + 3y + 2z − t = 0 −4x − 3y + 5z − 4t = 0 . 2.2*
Que condições devem ser impostas a
m, n
e
p
para que o sistema linear
x + 2y − 3z = m
2x + 6y − 11z = n x − 2y + 7z = p tenha solução?
2.3
2.4
X tal que AX − B = C , onde " # " # 1 3 2 2 −1 A= , B= e 1 4 3 0 1
Determine
# 8 4 3 C= . 10 8 2
Resolva o sistema linear
1 2 3 1 4 −3 2 4 2.5
"
2 1 x −2 1 y = . 3 −1 z 2 4
Dadas as matrizes
1 2 1 0 A = −1 0 3 5 , 1 −2 1 1 resolva:
2 B1 = 1 0
e
1 B2 = 2 , 1
54CAPÍTULO 2. TRANSFORMAÇÃO DE MATRIZES E RESOLUÇÃO DE SISTEMAS
AX = B1 e AX = B2 ; (b) o sistema AX = 3B1 −B2 , utilizando soluções particulares já encontradas
(a) os sistemas
no item (a).
2.6
A
Dada uma matriz
de ordem
m × n,
raciocine com a forma escalonada
para mostrar que:
⇔ o sistema linear AX = B solução para qualquer B ⇔ posto de A é m; (b) a equação CA = I pode ser resolvida ⇔ o sistema linear AX = 0 solução única ⇔ posto de A é n.
(a) a equação
2.7
Na matriz
AC = I
A
pode ser resolvida
de ordem
5×5
tem
tem
temos a seguinte relação entre as linhas:
L1 + L2 − 2L4 + 3L5 = 0. Encontre uma matriz
2.8
de posto 3, tal que
CA
tenha linhas
a, b ax + by − 3z = −3 −2x − by + cz = −1 ax + 3y − cz = −3
Como devem ser escolhidos os coe cientes
tenha a solução
2.9
C,
x = 1, y = −1
Determine os valores de
x + y + kz = 2 (a) 3x + 4y + 2z = k 2x + 3y − z = 1
,
e
e
c
para que o sistema
z = 2?
k ∈ R para que os sistemas kx + y + z = 1 (b)
L1 , L4 , 0.
x + ky + z = 1 x + y + kz = 1
tenham: (i) solução única; (ii) nenhuma solução; (iii) mais de uma solução. Determine a solução do sistema quando esta existir.
,
abaixo
(c)
x + kz = 0 y=0 kx + z = 0
2.
55
RESOLUÇÃO DE SISTEMAS LINEARES
2.10
Que condições devem ser impostas a
nas incógnitas
x, y
e
z
a, b
e
c
para que o sistema abaixo
tenha solução?
x + 2y − 3z = a
2x + 6y − 11z = b x − 2y + 7z = c . 2.11 tas
Determine os valores de
x, y
e
z
a, de modo que o seguinte sistema nas incógni-
tenha: (a) nenhuma solução, (b) mais de uma solução, (c) uma
única solução:
x + y − z = 1 2x + 3y + az = 3 x + ay + 3z = 2 . 2.12
Considere o sistema linear
2×2
nas incógnitas
x
e
y:
ax + by = e cx + dy = f. Mostre que:
a b 6= , c d
(a) se
isto é, se
ad − bc 6= 0,
x=
de − bf ad − bc
então o sistema tem solução única
e
y=
af − ce ; ad − bc
(b) se
a b e = 6= , c d f
então o sistema não tem solução;
(c) se
a b e = = , c d f
então o sistema tem mais de uma solução.
2.13
Suponha que, num sistema linear homogêneo, os coe cientes de uma
das incógnitas são todos iguais a zero. Mostre que o sistema tem solução não nula.
56CAPÍTULO 2. TRANSFORMAÇÃO DE MATRIZES E RESOLUÇÃO DE SISTEMAS
2.14
Seja
A
uma matriz quadrada de ordem
n.
Prove que as seguintes
a rmações são equivalentes: (a)
A
é invertível;
AX = 0 só admite a solução trivial; ordem n × 1, o sistema linear AX = B é possível
(b) O sistema linear homogêneo (c) Para toda matriz e determinado.
B
de
Bibliogra a [1] H. P. Bueno,
Álgebra Linear, um segundo curso ,
Coleção Textos Univer-
sitários, SBM, 2006. [2] P. Halmos,
Teoria Ingênua dos Conjuntos ,
Editora Ciência Moderna,
2001. [3] A. Hefez e M. L. T. Villela,
Códigos Corretores de Erros ,
Coleção Mate-
mática e Aplicações, IMPA, 2008. [4] A. Hefez e M. L. T. Villela,
Números Complexos e Polinômios ,
Coleção
PROFMAT, SBM, 2012. [5] V. J. Katz,
A History of Mathematics - an Introduction ,
HarperCollins
College Publishers, 1993. [6] S. Lang,
Introduction to Linear Algebra , 2nd edition, Undergraduate Texts
in Mathematics, Springer, 1986. [7] E.L. Lima,
Álgebra Linear , 3a
edição, Coleção Matemática Universitária,
IMPA, 1998. [8] E.L. Lima,
Geometria Analítica e Álgebra Linear ,
Matemática Universitária, IMPA, 2010.
300
2
a
edição, Coleção
3 Livro:
Introdução à Álgebra Linear
Autores: Abramo Hefez Cecília de Souza Fernandez
Capítulo 3: Espaços Vetoriais Sumário 1
Subespaços Vetoriais
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
58
. . . . . . . . . . . . .
61
. . . . . . . . . . . . . . . . .
63
2
Dependência e Independência Linear . . . . . . . .
69
3
Bases e Dimensão
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
75
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
75
4
1.1
Caracterização dos Subespaços Vetoriais
1.2
Operações com Subespaços
1.3
Subespaços Gerados
58
3.1
Bases
3.2
Dimensão
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Espaço Linha de uma Matriz
57
. . . . . . . . . . . .
82
86
58
CAPÍTULO 3.
ESPAÇOS VETORIAIS
Neste capítulo, desenvolveremos o conceito de espaço vetorial que introduzimos no Capítulo 1. Intimamente associadas à noção de espaço vetorial estão as noções de subespaço vetorial, de base e de dimensão, conceitos esses fundamentais que introduziremos neste capítulo e que nos permitirão entender melhor a estrututa desses espaços. A estrutura de espaço vetorial está presente em espaços importantes da Análise Matemática e da Geometria Diferencial, como os espaços de Banach e os espaços de Hilbert, que possuem muitas aplicações na Física moderna, entre outros. Neste texto enfatizaremos os espaços vetoriais sobre o corpo
R
dos nú-
meros reais. Apesar do fato de muitos dos resultados que obteremos serem válidos no contexto mais geral dos espaços vetoriais sobre corpos abitrários, nos restringiremos aos espaços vetoriais reais.
1
Subespaços Vetoriais Na Subseção 1.3 do Capítulo 1, vimos que o conjunto solução
um sistema de equações lineares homogêneo com espaço vetorial contido no espaço
n
R
n
Sh
de
incógnitas forma um
. Esta é uma situação típica da noção
de subespaço de um espaço vetorial, que de niremos a seguir com maior generalidade.
1.1
Caracterização dos Subespaços Vetoriais
V um espaço vetorial e W um subconjunto não vazio de V . Dizemos que W é um subespaço vetorial de V , ou simplesmente um subespaço de V , se W , com as operações de adição em V e de multiplicação de vetores de V por escalares, é um espaço vetorial. Para mostrar que um subconjunto não vazio W de V é um subespaço de V é preciso inicialmente veri car se as operações de adição de vetores e de multiplicação de vetores por escalares em V estão de nidas em W . Em Sejam
seguida, seria necessário veri car as propriedades A1A4 e ME1ME4 da de nição de espaço vetorial que demos na Subseção 1.2 do Capítulo 1. No
1.
59
SUBESPAÇOS VETORIAIS
V , que já sabemos ser um espaço vetorial, então algumas das propriedades anteriores não precisam ser testadas em W . Por exemplo, não precisamos testar se a adição em W é associativa nem se é entanto, como
W
é parte de
comutativa, pois essas propriedades são satisfeitas por todos os elementos de
V
W . Pelo mesmo motivo, as em W . Assim, para mostrar
e, consequentemente, por todos os elementos de
condições ME1ME4 não precisam ser testadas que um subconjunto não vazio
V,
W
de
V
é um subespaço de um espaço vetorial
precisaremos somente veri car se A3 e A4 são satisfeitas.
O resultado
a seguir mostra que, de fato, basta mostrar que as operações de de nidas em
V
estão
W.
Proposição 3.1.1. Sejam V um espaço vetorial e W um subconjunto não vazio de V . Então, W é um subespaço de V se, e somente se, as seguintes condições são satisfeitas: (i) (ii)
se u, v ∈ W , então u + v ∈ W ; se a ∈ R e u ∈ W , então au ∈ W .
Demonstração
Se
W
é um subespaço de
V , então claramente as condições
(i) e (ii) são veri cadas. Reciprocamente, suponhamos que Para mostrar que
W
é subespaço de
W V,
possua as propriedades (i) e (ii). precisamos somente veri car que
W possuem as propriedades A3 e A4. Tome um elemento qualquer u de W , o que é possível pois W 6= ∅. Pela condição (ii), au ∈ W para todo a ∈ R. Tomando a = 0, segue-se que 0u = 0 ∈ W e, tomando a = −1, segue-se que (−1)u = −u ∈ W . os elementos de
A Proposição 3.1.1 a rma que um subconjunto não vazio de um espaço vetorial
V
V se, e somente se, a adição e a multiplicação W . A Proposição 3.1.1 pode ser reescrita da
é um subespaço de
por escalar são fechadas em seguinte forma:
Corolário 3.1.2. Sejam V um espaço vetorial e W um subconjunto não vazio de V . Temos que W é um subespaço vetorial de V se, e somente se, u + av ∈ W , para todo a ∈ R e para todos u, v ∈ W .
60
CAPÍTULO 3.
ESPAÇOS VETORIAIS
A demonstração do resultado anterior é deixada para o leitor (veja Problema 1.1). Vejamos agora alguns exemplos de subespaços vetoriais.
Exemplo 1.
Seja
V
um espaço vetorial. Então o conjunto
apenas do vetor nulo, e também todo o espaço conjunto
{0}
Exemplo 2.
V
{0},
constituído
são subespaços de
V.
O
espaço vetorial nulo .
é chamado de
V = Rn e sejam i1 , i2 , . . . , ir 0 < i1 < i2 < · · · < ir ≤ n. O conjunto Seja
números naturais tais que
W = {(x1 , x2 , . . . , xn ) ; xi1 = xi2 = · · · = xir = 0} Rn .
é um subespaço vetorial de
W2 = {(0, y, 0) ; y ∈ R}
Exemplo 3. Sh
W1 = {(0, y, z) ; y, z ∈ R} 3 vetoriais de R .
Em particular,
são subespaços
e
Na Subseção 1.3 do Capítulo 1, vimos que o conjunto solução
de um sistema de equações lineares homogêneas em
um subespaço vetorial de
n
R
n
incógnitas forma
. Os subespaços do Exemplo 2 podem ser vistos
sob esta ótica, pois o subespaço
W,
do referido exemplo, pode ser descrito
como o espaço solução do sistema de equações lineares homogêneas
xi1 = xi2 = · · · = xir = 0.
Exemplo 4.
No espaço vetorial das matrizes
M(n, n), os conjuntos das ma-
trizes triangulares superiores, triangulares inferiores e das matrizes diagonais, são subespaços vetoriais.
Exemplo 5. ares do tipo
No espaço vetorial
R(a, b) (cf.
S
das sequências reais, as recorrências line-
Exemplo 2, Seção 1, Capítulo 1) formam subespaços
vetoriais. Mais geralmente, o conjunto
R(a1 , a2 , . . . , ar )
são soluções da recorrência linear
un = a1 un−1 + a2 un−2 + · · · + ar un−r é um subespaço vetorial de
S
(veri que).
das sequências que
1.
61
SUBESPAÇOS VETORIAIS
1.2
Operações com Subespaços
Como, antes de mais nada, espaços vetoriais são conjuntos, é bastante natural perguntar-se se a união e a interseção de conjuntos preservam a propriedade de espaço vetorial.
U = {(x, y) ∈ R2 ; x + y = 0} e W = {(x, y) ∈ R2 ; x − y = 0}, 2 2 subespaços de R , o conjunto U ∪ W não é um subespaço de R . De fato, temos que u = (1, 1) ∈ U ∪ W e w = (1, −1) ∈ U ∪ W , mas u + w = (2, 0) ∈ / U ∪ W. Dados
a união de dois subespaços de um espaço vetorial V não é necessariamente um subespaço de V . A próxima proposição mostra Este exemplo mostra que
que a interseção de subespaços é sempre um subespaço.
Proposição 3.1.3. A interseção de dois subespaços de um espaço vetorial V é um subespaço de V . Demonstração Sejam U e W subespaços de V . Para veri carmos que U ∩W
V , vamos fazer uso do Corolário 3.1.2 Para isto, primeiramente note que U ∩ W é um subconjunto não vazio de V , pois 0 ∈ U e 0 ∈ W , já que ambos U e W são subespaços de V . Agora, tomemos a ∈ R e u, v ∈ U ∩ W . Como u, v ∈ U e u, v ∈ W , segue do Corolário 3.1.2 que u + av ∈ U e u + av ∈ W , ou seja, u + av ∈ U ∩ W . Novamente, pelo Corolário 3.1.2, segue que U ∩ W é um subespaço de V . é também um subespaço de
Observemos que o principal problema quando consideramos a união de subespaços é que se tomamos um vetor em cada subespaço, a soma deles pode não pertencer à união. Seria, então, natural considerarmos o conjunto soma de nido a seguir. Dados
U
e
W,
U
e
W
subespaços de um espaço vetorial
denotada por
U + W,
V,
de nimos a
soma
de
como o conjunto
U + W = {u + w ; u ∈ U
e
w ∈ W }.
Com isto, quando somamos um elemento de um subespaço com um elemento do outro, automaticamente, a soma destes elementos está na soma dos subespaços.
62
CAPÍTULO 3.
ESPAÇOS VETORIAIS
U = {(x, y) ∈ R2 ; x + y = 0} e W = {(x, y) ∈ R2 ; x − y = 0}. Temos que U + W = R2 , e, consequentemente, U + W é um subespaço de R2 . De fato, se (x, y) ∈ R2 então x+y x+y x−y y−x , + , , (x, y) = 2 2 2 2 Como exemplo, consideremos
o que mostra que todo elemento de de
U
e um elemento de
W.
R2 se escreve como a soma de um elemento
Este exemplo ilustra o resultado a seguir.
Proposição 3.1.4. A soma de dois subespaços U e W de um espaço vetorial V é um subespaço de V . Este é o menor subespaço de V que contém cada um dos subespaços, no sentido que se um subespaço vetorial L de V é tal que U ⊂ L e W ⊂ L, então U + W ⊂ L. Demonstração Sejam U e W subespaços de V . Tomemos a ∈ R e v1 , v2 ∈ U + W . Como v1 , v2 ∈ U + W , e w2 elementos de W tais que
existem
v1 = u1 + w1
e
u1
e
u2
elementos de
U
e existem
w1
v2 = u2 + w2 .
Então,
v1 + av2 = (u1 + w1 ) + a(u2 + w2 ) = (u1 + au2 ) + (w1 + aw2 ) ∈ U + W . U + W é um subespaço de V . Para mostrar que U + W é o menor subespaço vetorial de V que contém U e W , seja L um subespaço de V que contém U e W . Para todos u ∈ U e w ∈ W , temos que u, w ∈ L, logo u + w ∈ L. Isto mostra que U + W ⊂ L. Assim, provamos que
Sejam
U
e
W
subespaços de um espaço vetorial
V é dito ser a soma direta de U V = U + W e U ∩ W = {0}.
e
W,
V.
O espaço vetorial
e representado por
V = U ⊕ W,
se
Como exemplo de uma soma direta, consideremos novamente os subespa-
U = {(x, y) ∈ R2 ; x + y = 0} e W = {(x, y) ∈ R2 ; x − y = 0}. Vimos 2 2 anteriormente que R = U +W . Como U ∩W = {0}, segue que R = U ⊕W . ços
O próximo resultado mostra uma importante propriedade das somas diretas.
1.
63
SUBESPAÇOS VETORIAIS
Teorema 3.1.5. Sejam U e W subespaços de um espaço vetorial V . Temos que V = U ⊕ W se, e somente se, todo vetor v em V se escreve de modo único como v = u + w, onde u ∈ U e w ∈ W . Demonstração Suponhamos V = U ⊕ W . Tomemos v ∈ V . Como V = U + W,
pela de nição de soma de subespaços, existem
u∈U
e
w∈W
tais
que
v = u + w. Vejamos que a decomposição acima é única no sentido de que se
v = u0 + w0 , u0 ∈ U e w 0 ∈ W , v = u0 + w0 , então
com
então
u = u0
e
w = w0 .
Ora, como
v = u+w
e
u − u0 = −(w − w0 ). U e o lado direito a W , da igualdade 0 anterior decorre que u − u ∈ U ∩ W e w − w ∈ U ∩ W . Como U ∩ W = {0}, 0 0 segue então que u = u e w = w . Reciprocamente, suponhamos que todo vetor de V se escreve de modo único como a soma de um vetor de U e de um vetor de W . Claramente, então, V = U + W . Se U ∩ W 6= {0}, existiria um vetor não nulo v em U ∩ W . Como v ∈ W e W é um subespaço, então −v ∈ W também. Consequentemente, teríamos 0 = 0 + 0, com 0 ∈ U e 0 ∈ W , e 0 = v + (−v), com v ∈ U e −v ∈ W . Como v 6= 0, teríamos duas escritas distintas para um mesmo vetor de V . Como isto não ocorre, temos de fato que U ∩ W = {0}. Como o lado esquerdo pertence a
0
1.3
Subespaços Gerados
Seja
V
v de V é uma reais a1 , a2 , . . . , ar tais
que um vetor números
v1 , v2 , . . . , vr vetores de V . Diremos combinação linear de v1 , v2 , . . . , vr se existirem
um espaço vetorial e sejam
que
v = a1 v1 + a2 v2 + · · · + ar vr .
(1)
64
CAPÍTULO 3.
(1, 6, 0) v2 = (−1, 2, 0),
R3
Por exemplo, o vetor
em
v1 = (1, 2, 0)
já que
e
ESPAÇOS VETORIAIS
é uma combinação linear dos vetores
v = 2v1 + 1v2 .
De fato, a equação
(1, 6, 0) = a1 (1, 2, 0) + a2 (−1, 2, 0) equivale ao sistema de equações lineares
a1 − a2 = 1 2a1 + 2a2 = 6 ,
a1 = 2 e a2 = 1. Já o vetor w = (2, −2, 6) de v1 e v2 , pois não existem números reais a1
cuja solução é única e dada por não é uma combinação linear e
a2
tais que
w = a1 v1 + a2 v2 .
Com efeito, a equação
(2, −2, 6) = a1 (1, 2, 0) + a2 (−1, 2, 0) equivale ao sistema de equações lineares
a1 − a2 = 2, 2a1 + 2a2 = −2, 0a1 + 0a2 = 6 , mostrando que o sistema é impossível. Se
r=1
em (1), então
v = a1 v1 ,
ou seja,
v
é uma combinação linear de
v1 se for um múltiplo por escalar de v1 . Sejam v1 , v2 , . . . , vr vetores de um espaço vetorial V . Consideremos o conjunto W de todas as combinações lineares de v1 , v2 , . . . , vr . O resultado a seguir mostra que W é um subespaço de V . Este subespaço é chamado o subespaço gerado por v1 , v2 , . . . , vr e dizemos que v1 , v2 , . . . , vr geram W ou que {v1 , v2 , . . . , vr } é um conjunto gerador de W . Para indicarmos que W é o espaço gerado por v1 , v2 , . . . , vr , escrevemos um único vetor
W = G(v1 , v2 , . . . , vr ). Por exemplo,
G((1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)) = R3 .
Proposição 3.1.6. Seja W = G(v1 , v2 , . . . , vr ), onde v1 , v2 , . . . , vr são vetores de um espaço vetorial V . Valem as seguintes a rmações:
1.
65
SUBESPAÇOS VETORIAIS
(i) (ii)
W é um subespaço de V ; W é o menor subespaço de V contendo
v1 , v2 . . . . , vr , no sentido de que qualquer subespaço de V que contém v1 , v2 , . . . , vr também contém W . Demonstração (i): Tomemos a ∈ R e u, v ∈ W . Então existem números reais a1 , a2 , . . . , ar e b1 , b2 , . . . , br tais que u = a1 v1 + a2 v2 + · · · + ar vr , v = b1 v1 + b2 v2 + · · · + br vr . u + av = (a1 + ab1 )v1 + (a2 + ab2 )v2 + · · · + (ar + abr )vr . Assim, u+av é uma combinação linear de v1 , v2 , . . . , vr e consequentemente pertence a W . Pelo Corolário 3.1.2, W é um subespaço de V . (ii): Cada vetor vi é uma combinação linear de v1 , v2 , . . . , vr , pois podemos Portanto,
escrever
vi = 0v1 + 0v2 + · · · + 1vi + · · · + 0vr . Isto mostra que o subespaço Seja
W
0
W
contém cada um dos vetores
um subespaço qualquer de
V
contendo
v1 , v2 , . . . , vr .
v1 , v2 , . . . , vr .
Pelo Corolário
3.1.2, esse subespaço contém todas as combinações lineares destes vetores. Assim,
W ⊂ W 0.
Exemplo 6.
O espaço gerado pelo vetor
W = {a(1, 1, 2) ; a ∈ R}, escalar de v .
em
já que uma combinação linear de
w = av é a ≥ 1, 0 ≤ a < 1,
Dizemos que um vetor
inversão, de v , se
v = (1, 1, 2)
uma ou
Assim, um elemento do subespaço tração ou uma inversão de
v
W,
dilatação, a < 0,
uma
R3 é o conjunto v é um múltiplo
contração,
ou uma
respectivamente.
acima, é uma dilatação, uma con-
(veja Figura 1).
66
CAPÍTULO 3.
ESPAÇOS VETORIAIS
Figura 1
Exemplo 7.
R3
v1 = (1, −2, −1) e v2 = (2, 1, 1). Seja W = G(v1 , v2 ). Tomemos v = (x, y, z) ∈ R3 . Temos que v ∈ W se, e somente se, existem números reais a1 e a2 tais que Vamos encontrar o subespaço de
gerado pelos vetores
v = a1 v1 + a2 v2 , ou, equivalentemente, se, e somente se, o sistema linear
a1 + 2a2 = x −2a1 + a2 = y −a1 + a2 = z
(2)
tem solução. A matriz ampliada do sistema (2) é equivalente à matriz
1 2 x (x + z)/3 . 0 1 0 0 (x + 3y − 5z)/3 Portanto, (2) tem solução se, e somente se,
x + 3y − 5z = 0.
Assim,
3
W = {(x, y, z) ∈ R ; x + 3y − 5z = 0}. Para gerarmos um mesmo espaço, podemos usar conjuntos geradores distintos.
W
Por exemplo, se considerarmos um vetor não nulo
no Exemplo 6 temos que
G(v) = G(w).
w
qualquer em
A seguinte proposição, cuja de-
monstração é deixada como exercício ao leitor (ver Problema 1.14), nos dá
1.
67
SUBESPAÇOS VETORIAIS
uma condição necessária e su ciente para que conjuntos distintos de vetores gerem um mesmo espaço.
Proposição 3.1.7. Sejam α = {v1 , v2 , . . . , vr } e β = {w1 , w2 , . . . , wm } dois conjuntos de vetores em um espaço vetorial V . As seguintes a rmações são equivalentes: (a) G(v1 , v2 , . . . , vr ) = G(w1 , w2 , . . . , wm ); (b) cada vetor em α é uma combinação linear dos vetores de β e cada vetor em β é uma combinação linear dos vetores de α. W um subespaço de um espaço vetorial V . Dar um conjunto de geradores w1 , . . . , wr de W é o mesmo que dar uma parametrização para o espaço W . De fato, considerando a aplicação Seja
ϕ:
temos que
W
Rr → V (a1 , . . . , ar ) 7→ a1 w1 + · · · + ar wr
coincide com a imagem de
ϕ.
Problemas 1.1* 1.2 R
2
Demonstre o Corolário 3.1.2. Veri que, em cada caso, se o conjunto
W
é um subespaço vetorial de
:
W (b) W (c) W (d) W (a)
= {(x, y) ; = {(x, y) ; = {(x, y) ; = {(x, y) ;
x + y = 0}; x + y = 1}; x2 = y}; −x + 3y = 0}.
1.3 Veri que, em cada caso, se o conjunto W W (b) W (c) W (d) W (e) W (a)
= {(x, y, z) ; x = 0}; = {(x, y, z) ; x + y + z ≥ 0}; = {(x, y, z) ; z = 3x − 2y}; = {(x, 2x, x) ; x ∈ R}; = {(4x, y, y − x) ; x, y ∈ R}.
é um subespaço vetorial de
R3 :
68
1.4
CAPÍTULO 3.
Veri que, em cada caso, se o conjunto
W
ESPAÇOS VETORIAIS
é um subespaço vetorial de
M(3, 3): (a) W = {[aij ] ; a11 + a22 + a33 = 0}; (b) W = {[aij ] ; aij = aji para todo 1 ≤ i, j ≤ 3}; (c) W = {[aij ] ; aij = 0 se i 6= j}; 2 (d) W = {A ; A = A}; (e) W = {A ; A é invertível}.
1.5
Veri que, em cada caso, se o conjunto
R[x]: (a) W (b) W (c) W (d) W
= {p(x) = a + bx + cx2 ; = {p(x) = a + bx + cx2 ; = {p(x) = a + bx + cx2 ; = {p(x) = a + bx + cx2 ;
W
é um subespaço vetorial de
a, b, c ∈ Z}; a = c = 0}; c = a + b}; c ≥ 0}.
1.6 Determine, em cada caso, V ∩ W
V + W: 3 (a) V = {(x, y, z) ∈ R ; x = y} e W = {(x, y, z) ∈ R ; x = y = z}; (b) V ={[aij ]2×2 ; a11 =a22 e a12 =a21 } e W ={[aij ]2×2 ; a11 =a21 e a12 =a22 }; (c) V = {(x, y, −x − 3y) ; x, y ∈ R} e W = {(0, 0, z) ; z ∈ R}; 4 (d) V = {(x, y, z, w) ∈ R ; x + 2y − w = 0} e W = {(x, x, x, x) ; x ∈ R}; (e) V = {(x, x, x) ; x ∈ R} e W = {(0, 0, z) ; z ∈ R}. e
3
Quais das somas anteriores são somas diretas?
1.7
Seja
V = M(3, 3).
Sejam
U
e
W
os subespaços de
V
das matrizes
V 6= U ⊕W . V = U0 ⊕ W .
triangulares superiores e inferiores, respectivamente. Mostre que Construa subespaços
1.8 Sejam U
e
W
U
0
e
W
0
de
V
tais que
V =U ⊕W
subespaços de um espaço vetorial
U e W estão ambos contidos em U + W ; (b) U ∩ W é o maior subespaço contido em U (c) W + W = W .
V.
0
e
Mostre que:
(a)
1.9 Sejam U
e
W
e em
V . Prove que: U ⊆ W ou W ⊆ U ;
subespaços de um espaço vetorial
U ∪ W é subespaço vetorial se, e somente se, (b) U + W = U ∪ W se, e somente se, U = W .
(a)
W;
2.
69
DEPENDÊNCIA E INDEPENDÊNCIA LINEAR
1.10
U1 , U2 , W1 e W2 subespaços de um espaço vetorial V de modo que V = U1 ⊕ W1 = U2 ⊕ W2 . Se U1 ⊂ U2 e W1 ⊂ W2 , prove que U1 = U2 e W1 = W2 . Sejam
1.11*
a, b e c devem satisfazer de modo de u = (2, −6, 4) e v = (2, −1, 1).
Determine uma condição que
(a, b, c)
seja uma combinação linear
que
1.12* Considere o conjunto α = {(−1, 3, 1), (1, −2, 4)} e determine: (a) o espaço gerado por (b) o valor de
k∈R
α;
para que
v = (5, k, 11)
pertença ao espaço gerado por
α.
1.13 Encontre um conjunto de geradores para cada espaço abaixo: V = {(x, y, z) ∈ R3 ; x − 2y + 3z = 0}; 4 (b) V = {(x, y, z, t) ∈ R ; x − y = 0 e x + t = 0}; b 2 (c) V = {p(x) = a + bx + cx ∈ R[x]2 ; a − = c}; 2 " # a b ∈ M(2, 2) ; a + c = d e b = 0 . (d) V = c d (a)
1.14 Prove a Proposição 3.1.7. 1.15 Quais dos seguintes vetores (a)
(0, 2, 2, 2),
(b)
(1, 4, 5, 2),
são combinações lineares de
(c)
(0, 0, 0, 0),
u = (0, 0, 2, −2)
e
(d)
(0, 3, 1, 5)
v = (0, 1, 3, −1)?
1.16 Expresse os seguintes polinômios (a)
2 + 5x,
(b)
−x + 2x2 ,
(c)
3 + 3x + 5x2
como combinação linear de
p1 (x) = 2 + x + 4x2 ,
2
p2 (x) = 1 − x + 3x2 ,
p3 (x) = 3 + 2x + 5x2 .
Dependência e Independência Linear Vimos na seção anterior, que um conjunto nito de vetores
dado espaço vetorial
V
se cada vetor em
binação linear dos vetores de
α.
V
α
gera um
pode ser escrito como uma com-
Em geral, pode haver mais de uma maneira
70
CAPÍTULO 3.
de expressar um vetor em conjunto gerador.
V
ESPAÇOS VETORIAIS
como uma combinação linear de vetores de um
R3 = G(v1 , v2 , v3 , v4 ), v4 = (1, 0, 1). Note que
Por exemplo,
v2 = (1, 1, 0), v3 = (0, 1, 1)
e
onde
v1 = (1, 1, 1),
(4, 2, 1) = 1v1 + 2v2 − 1v3 + 1v4 e também que
(4, 2, 1) = −1v1 + 2v2 + 0v3 + 2v4 . Observamos nesse ponto que é possível trabalhar com conjuntos arbitrários (in nitos) de geradores, mas não o faremos aqui, pois necessitaríamos introduzir novas ferramentas mais so sticadas, como o Lema de Zorn, ou o Axioma da Escolha (cf. [1]). Nesta seção, estudaremos condições sob as quais cada vetor de
V
pode
ser escrito de uma única maneira como combinação linear dos elementos de um conjunto gerador.
Na próxima seção veremos que conjuntos geradores
com esta propriedade desempenham um papel fundamental no estudo dos espaços vetoriais.
v1 , v2 , . . . , vr vetores em um espaço vetorial V . Dizemos que os v1 , v2 , . . . , vr são linearmente independentes, ou simplesmente inde-
Sejam vetores
pendentes, se a equação a1 v1 + a2 v2 + · · · + ar vr = 0 a1 = a2 = · · · = ar = 0. Caso exista algum ai 6= 0, dizemos que os vetores v1 , v2 , . . . , vr são linearmente dependentes, ou simplesmente dependentes. O conjunto {v1 , v2 , . . . , vr } é dito ser independente ou dependente se os vetores v1 , v2 , . . . , vr são independentes ou dependentes, é satisfeita somente quando
respectivamente. Observemos que se um dos vetores
v1 = 0,
v1 , v2 , . . . , vr
é o vetor nulo, digamos
então os vetores são dependentes, pois
1v1 + 0v2 + · · · + 0vr = 1 · 0 + 0 + · · · + 0 = 0
2.
71
DEPENDÊNCIA E INDEPENDÊNCIA LINEAR
e o coe ciente de
v1
não é
0.
Por outro lado, qualquer vetor não nulo
por si só, independente, pois se
av = 0,
então
a = 0.
v
é,
A seguir, apresentamos
outros exemplos de vetores independentes e dependentes.
Exemplo 1.
Os vetores
e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0)
e
e3 = (0, 0, 1)
são
independentes, pois a equação
a1 e1 + a2 e2 + a3 a3 = 0, equivalente à equação
a1 (1, 0, 0) + a2 (0, 1, 0) + a3 (0, 0, 1) = (0, 0, 0), é satisfeita somente se
a1 = a2 = a3 = 0.
Exemplo 2.
Vamos veri car se os vetores
v3 = (1, −1, 2)
são independentes ou dependentes.
v1 = (1, −3, 4), v2 = (3, 2, 1)
e
A equação
a1 v1 + a2 v2 + a3 v3 = 0 é dada por
a1 (1, −3, 4) + a2 (3, 2, 1) + a3 (1, −1, 2) = (0, 0, 0) ou, equivalentemente, é dada pelo sistema linear homogêneo
a1 + 3a2 + a3 = 0 −3a1 + 2a2 − a3 = 0 4a1 + a2 + 2a3 = 0 . Assim, os vetores
v1 , v2
e
v3
(1)
são independentes, se o sistema em (1) tiver
somente a solução trivial; ou são dependentes, se o sistema tiver uma solução não trivial. Mas, o sistema em (1) tem somente a solução trivial se, e somente se, a matriz dos coe cientes
1 3 1 A = −3 2 −1 4 1 2
72
CAPÍTULO 3.
ESPAÇOS VETORIAIS
é invertível (cf. Corolário 2.2.7). Como a matriz é equivalente por linhas à matriz (justi que)
1 3 1 −3 2 −1 , 0 0 0 concluímos que
v1 , v2
e
v3
são linearmente dependentes.
A solução do exemplo anterior motiva o próximo resultado, que nos oferece um método para veri car se
n
vetores de
Rn
são linearmente indepen-
dentes ou dependentes. A demonstração é deixada ao cargo do leitor (veja Problema 2.8).
Proposição 3.2.1. Sejam v1 , v2 , . . . , vn vetores em Rn , onde, para cada i, com 1 ≤ i ≤ n, temos vi =(ai1 , ai2 , . . . , ain ). Seja A = [aij ]. Temos que {v1 , v2 , . . . , vn } é linearmente independente se, e somente se, A é invertível. n E caso tenhamos n+1 vetores em R ? O próximo teorema mostra que um conjunto linearmente independente em Rn pode conter no máximo n vetores. Teorema 3.2.2. Sejam v1 , v2 , . . . , vr vetores em Rn . Se r > n, então os vetores v1 , v2 , . . . , vr são linearmente dependentes. Demonstração Suponhamos que, para cada 1 ≤ i ≤ r, vi = (ai1 , . . . , ain ). Consideremos a equação
k1 v1 + k2 v2 + · · · + kr vr = 0. Esta equação é equivalente ao sistema linear homogêneo
a11 k1 + a21 k2 + · · · + ar1 kr = 0 a k + a k + · · · + a k = 0 12 1 22 2 r2 r . . . . . . . . . . . . a1n k1 + a2n k2 + · · · + arn kr = 0 . O sistema dado em (2) é um sistema linear homogêneo de incógnitas
k1 , k2 , . . . , kr .
n
equações nas
r
r > n, segue do Corolário 2.2.7 que o sistema mostra que v1 , v2 , . . . , vr são dependentes.
Como
tem soluções não triviais. Isto
(2)
2.
73
DEPENDÊNCIA E INDEPENDÊNCIA LINEAR
O termo linearmente dependente" sugere que os vetores de alguma maneira dependem uns dos outros. O próximo resultado mostra que isto realmente ocorre.
Teorema 3.2.3. Um conjunto nito α com dois ou mais vetores de um espaço vetorial V é linearmente dependente se, e somente se, pelo menos um dos vetores de α pode ser escrito como uma combinação linear dos outros vetores. Demonstração Seja α = {v1 , v2 , . . . , vr } um subconjunto de um espaço V . Se α é linearmente dependente, então existem números reais a1 , a2 , . . . , ar , não todos nulos, tais que a1 v1 + a2 v2 + · · · + ar vr = 0. Suponhamos que aj 6= 0. Então aj−1 aj+1 ar a1 vj−1 − vj+1 − · · · − vr , vj = − v1 − · · · − aj aj aj aj vetorial
mostrando que
vj
nhamos agora que
vi ,
é uma combinação linear dos demais vetores de
α
α.
Supo-
tem a propriedade de que um de seus vetores, digamos
pode ser escrito como uma combinação linear dos outros vetores de
Ou seja, que existem números reais
b1 , . . . , bi−1 , bi+1 , . . . , br
α.
tais que
vi = b1 v1 + · · · + bi−1 vi−1 + bi+1 vi+1 + · · · + br vr . A equação anterior equivale a
b1 v1 + · · · + bi−1 vi−1 − 1vi + bi+1 vi+1 + · · · + br vr = 0. Como o coe ciente de
vi
na equação (3) não é
0,
dependente.
segue que
α
(3)
é linearmente
um conjunto nito α com dois ou mais vetores de um espaço vetorial V é linearmente independente se, e somente se, nenhum dos vetores de α pode ser escrito como uma combinação linear dos outros vetores. Do resultado acima, segue imediatamente que
Por exemplo, nenhum dos vetores dados no Exemplo 1 pode ser escrito como uma combinação linear dos demais. Já, no Exemplo 2, observemos que
v3 =
5 2 v1 + v2 . 11 11
74
CAPÍTULO 3.
ESPAÇOS VETORIAIS
Problemas 2.1*
f (x), g(x), h(x) são linearmente dependentes, onde f (x) = x + 4x − 2x + 3, g(x) = x3 + 6x2 − x + 4 e h(x) = 2x3 + 8x2 − 8x + 7. Considere o espaço vetorial
R[x].
Determine se os polinômios
3
2
2.2 Veri que, em cada caso, se o conjunto de vetores de R3 indicado é linearmente dependente: (a)
{(2, −1, 4), (−4, 10, 2)};
(b)
{(−3, 0, 4), (5, −1, 2), (1, 1, 3)};
(c)
{(1, 0, 2), (3, 1, 5), (−1, 2, 1), (4, 0, 1)}.
2.3
Quais dos seguintes conjuntos de vetores em
R4
são linearmente depen-
dentes? (a)
{(3, 8, 7, −3), (1, −1/2, 1, 3), (1, 4, 0, 3)};
(b)
{(0, 0, 1, 1), (2, 2, 0, 0), (3, 3, 0, −3)};
(c)
{(1, 0, −1, 2), (0, 2, 3, 1), (0, 1, 1, 0), (−2, 1, 2, 1)}.
2.4 Para quais valores reais de a os vetores v1 = (a, −1, −1),
v2 = (−1, a, −1)
e
formam um conjunto linearmente dependente em
2.5 Seja V
um espaço vetorial e seja
mente independente de vetores de vazio de
α
v3 = (−1, −1, a) R3 ?
α = {v1 , v2 , . . . , vn } um conjunto linear-
V.
Mostre que qualquer subconjunto não
é também linearmente independente.
2.6
Mostre que se
2.7
Mostre que se
{v1 , v2 , v3 , v4 } é um conjunto linearmente dependente de vetores em um espaço vetorial V e se v5 é um vetor qualquer em V , então {v1 , v2 , v3 , v4 , v5 } também é linearmente dependente.
combinação linear
{v1 , v2 , v3 , v4 } gera um espaço vetorial V e se v4 de v1 , v2 e v3 , então {v1 , v2 , v3 } ainda gera V .
2.8 Demonstre a Proposição 3.2.1.
é uma
3.
75
BASES E DIMENSÃO
2.9
Mostre que se
{v1 , v2 , v3 }
vetores em um espaço vetorial
é um conjunto linearmente independente de
V
e se
v4 ∈ / G(v1 , v2 , v3 ),
então
{v1 , v2 , v3 , v4 }
é linearmente independente.
2.10
Dados os elementos
v1 , . . . , v r
de um espaço vetorial
V,
mostre que
esses são linearmente independentes se, e somente se, é injetiva a seguinte aplicação:
ϕ:
3
Rr → V (a1 , . . . , ar ) 7→ a1 v1 + · · · + ar vr .
Bases e Dimensão Nesta seção introduziremos os dois conceitos fundamentais no contexto
dos espaços vetoriais: base e dimensão.
Esses dois conceitos esclarecem a
estrutura desses espaços e ao mesmo tempo simpli cam as demonstrações de vários resultados sobre eles.
3.1
Bases
Seja vetorial
α = {v1 , v2 , . . . , vn } V . Dizemos que α
um conjunto ordenado de vetores de um espaço é uma
base
de
V
se as seguintes condições são
veri cadas:
α é linearmente (ii) V = G(α). (i)
independente;
Vimos no Exemplo 1, da seção anterior, que o conjunto
α = {e1 , e2 , e3 }
R3 , pois qualquer 3 vetor v = (a1 , a2 , a3 ) em R pode ser escrito como v = a1 e1 + a2 e2 + a3 e3 . 3 Assim, α, com a ordenação dada pelos índices, é uma base de R , chamada base canônica de R3 . Este é um caso particular do próximo exemplo.
é linearmente independente. Este conjunto também gera
Exemplo 1. 1 Leopold
De nimos o
símbolo de Kronecker 1 , δij , para (i, j) ∈ N2 , como
Kronecker (Alemanha, 1823 1891) foi um dos grandes matemáticos do século XIX. Além de sua grande e profunda contribuição à Matemática, cou famoso
76
CAPÍTULO 3.
( δij = Seja
n ∈ N \ {0}.
Para cada
1, 0,
se se
ESPAÇOS VETORIAIS
i=j i 6= j.
1 ≤ i ≤ n,
denotemos por
ei
o vetor
(δi1 , δi2 , . . . , δij , . . . , δin ) = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . 0) Rn , onde a componente 1 encontra-se na i-ésima posição. α = {e1 , e2 , . . . , en } é linearmente independente, pois a equação
em
O conjunto
k1 e1 + k2 e2 + · · · + kn en = 0 é satisfeita somente se também gera
Rn ,
pois
k1 = k2 = · · · = kn = 0. Além disto, este n qualquer vetor v = (a1 , a2 , . . . , an ) em R
conjunto pode ser
escrito como
v = a1 e1 + a2 e2 + · · · + an en . Assim,
α,
chamada
com a ordenação dada pelo índices dos
base canônica
de
é uma base de
Rn ,
Rn .
O próximo exemplo apresenta a
Exemplo 2.
e0i s
base canônica
de
M(m, n).
Sejam
"
# " # " # " # 1 0 0 1 0 0 0 0 M1 = , M2 = , M3 = e M4 = . 0 0 0 0 1 0 0 1 α = {M1 , M2 , M3 , M4 } é uma base de M(2, 2). Com que α gera M(2, 2), observemos que um vetor qualquer " # a b M= c d
O conjunto vermos
em
M(2, 2)
efeito, para
pode ser escrito como
M = aM1 + bM2 + cM3 + dM4 . pela polêmica envolvendo os trabalhos de Cantor, o criador da Teoria dos Conjuntos, que Kronecker não considerava Matemática.
3.
77
BASES E DIMENSÃO
Para veri carmos que
α
é linearmente independente, suponhamos que
a1 M1 + a2 M2 + a3 M3 + a4 M4 = 0, ou seja,
" a1
# " # " # " # " # " # 1 0 0 1 0 0 0 0 a1 a2 0 0 + a2 + a3 + a4 = = . 0 0 0 0 1 0 0 1 a3 a4 0 0
a1 = a2 = a3 = a4 = 0 e, portanto, α é linearmente independente. A base α é chamada a base canônica de M(2, 2). Mais geralmente, a base canônica de M(m, n) é formada por mn matrizes distintas, cada uma
Segue-se que
das quais possuindo uma única entrada igual a 1 e todas as demais entradas iguais a 0, ordenadas de forma semelhante ao que foi feito no caso
M(2, 2).
A noção de base é uma generalização para espaços vetoriais arbitrários do sistema de coordenadas em base de um espaço vetorial
V
pode ser escrito de
V
R2
e
R3
já que, como veremos a seguir, uma
é um conjunto gerador no qual cada vetor de
modo único
como combinação linear desses vetores.
Teorema 3.3.1. Seja α = {v1 , v2 , . . . , vn } um conjunto ordenado de vetores de um espaço vetorial V . As seguintes a rmações são equivalentes: (i) (ii)
α é uma base de V ;
cada vetor v em V pode ser escrito de modo único na forma
v = a1 v1 + a2 v2 + · · · + an vn . Demonstração Suponhamos que α é uma base de V . Como α gera V , existem números reais a1 , a2 , . . . , an tais v = a1 v1 + a2 v2 + · · · + an vn .
Tomemos
v ∈ V.
que (1)
Para mostrar que a combinação linear em (1) é única, suponhamos que existem
b1 , b2 , . . . , bn
em
R
tais que
v = b1 v1 + b2 v2 + · · · + bn vn .
(2)
78
CAPÍTULO 3.
ESPAÇOS VETORIAIS
De (1) e (2) segue que
(a1 − b1 )v1 + (a2 − b2 )v2 + · · · + (an − bn )vn = 0. Como
α
aj − b j = 0 todo 1 ≤ j ≤ n. Como Suponhamos agora que α
é independente, a equação (3) é satisfeita somente se
para todo
v∈V
(3)
1 ≤ j ≤ n,
ou seja, se
b j = aj
para
foi tomado de modo arbitrário, (ii) segue.
V pode ser escrito de modo único como combinação linear dos elementos de α. Pela de nição de espaço gerado, claramente α gera V . Para mostrarmos que α é independente, consideremos tem a propriedade de que cada vetor
v
em
a equação
k1 v1 + k2 v2 + · · · + kn vn = 0. 0 = 0v1 + 0v2 + · · · + 0vn · · · = kn = 0.
Como
e esta escrita é única, segue que
a1 , a2 , . . . , an que aparecem no coordenadas de v na base α. A matriz n × 1 a1 a2 . , . . an
Os números reais mados
denotada por exemplo, se
α
[v]α ,
é chamada a
v = (1, 2, 1), 1 [v]α = 2 . 1
é a base canônica de
Tomemos agora
Teorema 3.3.1 são cha-
matriz das coordenadas 3
R
e
k1 = k2 =
de
v
na base
α.
Por
então
β = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 1, 1)}, que é uma base de R3 . 0 [v]β = 1 . 1
Então
3.
79
BASES E DIMENSÃO
Geometricamente, o vetor
v se localiza em uma mesma posição no espaço car-
tesiano, porém o modo como ele é determinado no espaço depende da base com a qual estamos trabalhando. tivamente
2
R
) especi cam um
Os vetores de uma base de
sistema de coordenadas
R3
(respec-
no espaço cartesiano
(respectivamente no plano cartesiano). Observamos que a matriz das coordenadas de um vetor em relação a uma base
α não depende apenas de α, mas também da ordem na qual escrevemos
os seus vetores, já que uma mudança na ordem dos vetores da base implica numa mudança correspondente da ordem das entradas da matriz.
Dessa
uma base de um espaço vetorial será sempre considerada como um conjunto ordenado de vetores. forma,
O próximo teorema mostra que um conjunto gerador de um espaço vetorial
V
sempre contém uma base de
V.
Teorema 3.3.2. Sejam v1 , v2 , . . . , vn vetores não nulos que geram um espaço vetorial V . Então, dentre estes vetores, podemos extrair uma base de V . Demonstração Consideremos α0 = {v1 , v2 , . . . , vn }. Devemos extrair um conjunto linearmente independente de então
α0
V,
é uma base de
α0 .
Se
α0
é linearmente independente,
e a demonstração termina aqui. Se
α0
é linear-
mente dependente, segue do Teorema 3.2.3 que existe um vetor de
α0
que
pode ser escrito como combinação linear dos demais. Sem perda de generali-
vn , ou seja, que vn é uma combinação linear de v1 , v2 , . . . , vn−1 . O conjunto α1 = {v1 , v2 , . . . , vn−1 } ainda gera V . (Por quê? Veja Problema 2.7). Se α1 é linearmente independente, então α1 é uma base de V . Se α1 é linearmente dependente, então um dos vetores de α1 , digamos vn−1 , é uma combinação linear dos demais. O conjunto α2 = {v1 , v2 , . . . , vn−2 } ainda gera V . Se α2 é linearmente independente, então α2 é uma base de V . Se α2 é linearmente dependente, prosseguimos dade, suponhamos que este vetor seja
como anteriormente. Após uma quantidade nita de passos, obteremos um conjunto
αr
n−r V.
formado por
dentes que ainda geram
vetores
(0 ≤ r ≤ n − 1)
linearmente indepen-
80
CAPÍTULO 3.
ESPAÇOS VETORIAIS
O próximo resultado generaliza o Teorema 3.2.2.
Teorema 3.3.3. Seja V um espaço vetorial gerado por um conjunto nito de vetores v1 , v2 , . . . , vn . Então, qualquer conjunto com mais de n vetores de V é linearmente dependente. (Consequentemente, qualquer conjunto de vetores de V linearmente independente tem no máximo n vetores). Demonstração Consideremos α = {v1 , v2 , . . . , vn }. Pelo Teorema 3.3.2, poα uma base de V . Suponhamos sem perda de generalidade que β = {v1 , v2 , . . . , vr } seja esta base (notemos que 1 ≤ r ≤ n). Consideremos agora w1 , w2 , . . . , wm vetores de V , com m > n. Vamos mostrar que estes vetores são linearmente dependentes. De fato, como β é uma base de V , existem números reais aij (1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ r) tais que w1 = a11 v1 + a12 v2 + · · · + a1r vr , w2 = a21 v1 + a22 v2 + · · · + a2r vr , demos extrair de
Se
. . .
. . .
. . .
(4)
. . .
wm = am1 v1 + am2 v2 + · · · + amr vr .
x1 w1 + x2 w2 + · · · + xm wm = 0,
segue de (4) que
(a11 x1 + a21 x2 + · · · + am1 xm )v1 + · · · +
(5)
+ (a1r x1 + a2r x2 + · · · + amr xm )vr = 0. Como
β
é linearmente independente, a equação (5) nos fornece o sistema
linear homogêneo
a11 x1 + a21 x2 + · · · + am1 xm = 0 . . .
que tem
r
equações e
. . .
. . .
a1r x1 + a2r x2 + · · · + amr xm = 0
x1 , x2 , . . . , xm
como incógnitas. Como
r < m,
o Coro-
lário 2.2.7 garante que o sistema linear em questão admite in nitas soluções. Logo, ele admite uma solução não trivial, ou seja, existe uma solução com algum
xi
não nulo. Portanto, os vetores
w1 , w2 , . . . , wm
são dependentes.
3.
81
BASES E DIMENSÃO
V é chamado de dimensão nita se contém um conjunto nito {v1 , v2 , . . . , vn } de vetores que constitui uma base de V . Se não existir um tal conjunto, dizemos que V é de dimensão in nita. Um espaço vetorial não nulo
Convencionamos que o espaço vetorial nulo é um espaço de dimensão nita. O próximo resultado, que é uma consequência do Teorema 3.3.3, nos
todas as bases de um espaço vetorial de dimensão nita têm o mesmo número de elementos.
garante que
Teorema 3.3.4. Sejam α = {v1 , v2 , . . . , vr } e β = {w1 , w2 , . . . , ws } duas bases de um espaço vetorial V . Então, r = s. Além disso, se A = (aij ) e B = (bij ) são as matrizes com coe cientes reais tais que vi =
r X
e wj =
aij wj
j=1
então AB = I. Demonstração
bjk vk ,
k=1
β é um conjunto linearmente independente, segue do Teorema 3.3.3 que s ≤ r . Por outro lado, como β gera V e α é um conjunto linearmente independente, segue do Teorema 3.3.3 que r ≤ s. Portanto, r = s. Sejam A e B tais que Como
α
r X
vi =
gera
r X
V
e
aij wj
e
wj =
j=1
r X
bjk vk .
k=1
. Logo
vi =
Como os
Pr
j=1
vi , i = 1, . . . , r
aij wj =
Pr
P aij ( rk=1 bjk vk )
=
Pn
P
j=1
k=1
n j=1
aij bjk vk .
formam um conjunto linearmente independente, isto
acarreta (justi que) que
r X
aij bjk = δik ,
j=1 logo
AB = I,
provando a parte que faltava do resultado.
82
CAPÍTULO 3.
3.2
ESPAÇOS VETORIAIS
Dimensão
O número de elementos de uma base de um espaço vetorial nita é chamado de que se
V
dimensão
de
V
é o espaço vetorial nulo, então
Exemplo 3. Rn
e
M(m, n)
de dimensão
Convencionamos
dim V = 0.
são espaços vetoriais de dimensão nita. A di-
n, já que a base canônica de Rn tem n elementos (ver Exemplo n 1). Por esta razão, R é chamado de espaço n-dimensional. Os espaços veto2 3 riais R e R são usualmente chamados de espaços bidimensional e tridimensional, respectivamente. Já a dimensão de M(m, n) é m · n (ver Exemplo 2). O espaço vetorial R[x], introduzido por Peano e que apresentamos no
mensão de
n
dim V .
e denotado por
V
R
é
Exemplo 3 da Seção 1, Capítulo 1, é um espaço vetorial que tem dimensão in nita. De fato, tomemos uma base de
R[x].
n ∈ N \ {0} e suponhamos que α = {p1 , . . . , pn } é
Observemos que qualquer combinação linear dos elemen-
M = max{grau(pi ) ; 1 ≤ i ≤ n}. Assim, o polinômio q(x) = x está em R[x], mas não pode ser escrito como combinação linear dos elementos de α. Portanto, α não forma uma base de R[x]. Como n foi tomado de modo arbitrário, vemos que nenhum conjunto nito de vetores em R[x] constitui uma base para este espaço vetorial.
tos de
α
tem grau no máximo
M,
onde
M +1
V
Vimos no Teorema 3.3.2 que em espaços vetoriais um conjunto gerador contém sempre uma base de
V.
de dimensão nita,
A seguir, veremos que
um conjunto linearmente independente está contido em alguma base de
V.
Teorema 3.3.5. Qualquer subconjunto linearmente independente de um espaço vetorial V de dimensão nita pode ser completado de modo a formar uma base de V . Demonstração Suponhamos dim V = n. Seja α = {w1 , w2 , . . . , wr } um conjunto de vetores linearmente independentes de
V.
r ≤ n.
e a demonstração acaba
Se
α
V , então α é r = n). Se α
gera
aqui (neste caso,
uma base de não gera
que não pertence ao espaço gerado por O conjunto
{w1 , w2 , . . . , wr+1 }
α.
V,
V,
Pelo Teorema 3.3.3,
então existe um vetor de
Chamemos este vetor de
V
wr+1 .
é linearmente independente. (Por quê? Veja
3.
83
BASES E DIMENSÃO
Problema 2.9). contém
α.
Se este conjunto gera
V,
temos então uma base de
V
que
Caso contrário, prosseguimos usando o argumento acima. Como
n vetores independentes em V , após um número obtido uma base de V que contém os vetores de α.
não podemos ter mais do que nito de passos teremos
Terminamos esta seção apresentando um resultado que envolve a noção de dimensão para subespaços. Mais precisamente, mostraremos que a dimensão de um subespaço
W
de um espaço vetorial de dimensão nita
exceder a dimensão de de
V
é sendo igual a
V
e que a única maneira de
W
V
não pode
ter a mesma dimensão
V.
Teorema 3.3.6. Seja V um espaço vetorial de dimensão nita. Se W é um subespaço de V , então W tem também dimensão nita e dim W ≤ dim V . Além disso, se dim W = dim V , então W = V . Demonstração Se W = {0}, W tem dimensão nita. Se W 6= {0}, tome w1 ∈ W com w1 6= 0. O conjunto α1 = {w1 } é independente. Se α1 gera W , então α1 é uma base de W . Assim, W tem dimensão nita igual a 1. Se α1 não gera W , existe w2 ∈ W com w2 ∈ / G(w1 ). O conjunto α2 = {w1 , w2 } é independente. Se α2 gera W , então W tem dimensão nita igual a 2. Se α2 não gera W , prosseguimos com o raciocínio anterior. Como dim V é nita, digamos n, e qualquer conjunto independente de V tem no máximo n vetores, existe m ∈ N \ {0} com m ≤ n tal que αm = {w1 , w2 , . . . , wm } é uma base de com
W.
Isto prova que
W
tem dimensão nita e que
dim W = m,
m ≤ n.
dim W = dim V = n. Seja β = {w1 , w2 , . . . , wn } uma base de W . Suponhamos que W 6= V . Como W ⊂ V , existe então um vetor de V que não está em W . Chamemos este vetor de v . Como v ∈ / W, o conjunto {w1 , w2 , . . . , wn , v} é um conjunto de vetores de V linearmente independente. Como este conjunto tem n + 1 vetores e dim V = n, temos uma contradição. Portanto, de fato, W = V . Suponhamos agora que
84
CAPÍTULO 3.
ESPAÇOS VETORIAIS
Observe que a demonstração da primeira parte do Teorema 3.3.6 nos dá um método para acharmos uma base de um subespaço. Em particular, mostramos que
todo espaço vetorial não nulo de dimensão nita tem uma
base .
Problemas 3.1*
Seja
V
um espaço vetorial tal que
dim V = n.
(a)
n
vetores linearmente independentes de
(b)
n
vetores que geram
V
V
Prove que:
formam uma base de
formam uma base de
V;
V.
Em geral, para mostrar que um conjunto de vetores α é uma base de um espaço vetorial V , devemos veri car que os vetores em α são linearmente independentes e que geram V . No entanto, se soubermos que V tem dimensão n e que α tem n elementos, então para que α seja uma base de V , basta veri car que os seus elementos são linearmente independentes ou que geram V , pois uma condição automaticamente implica a outra. Ou seja, o trabalho de veri car se α é uma base ca simpli cado !
3.2*
Seja
dim V = 3
V
o espaço vetorial das matrizes simétricas
e
W
Mostre que
V.
e exiba uma base de
3.3* Sejam U
2 × 2.
os seguintes subespaços de
U = {(a, b, c, d) ; b + c + d = 0},
R4 :
W = {(a, b, c, d) ; a + b = 0, c = 2d}.
Ache uma base e a dimensão de (a)
U,
(b)
W,
(c)
U ∩ W,
(d)
U + W.
3.4 Seja α = {v1 , v2 , v3 }, onde v1 = (1, 1, 0), v2 = (0, 1, −1) e v3 = (2, 0, 2). (a)
α
é linearmente independente ou dependente? Justi que a sua resposta.
(b) Obtenha
β⊂α
tal que
(c) Qual a dimensão de
3.5 Seja U
β
é independente e que
G(α)?
Justi que.
V de dimensão nita. V = U ⊕ W.
um subespaço de um espaço vetorial
que existe um subespaço
W
de
G(β) = G(α).
V
tal que
Mostre
3.
85
BASES E DIMENSÃO
3.6 Determine se as matrizes "
# 1 1 A= , 0 0
"
# 0 1 B= , 1 0
formam uma base de
3.7
"
# 0 0 C= −1 −1
"
e
# 0 0 D= 0 −1
M(2, 2).
Determine a dimensão do espaço vetorial de todas as matrizes
3×3
triangulares superiores.
3.8
Seja
A
uma matriz
3 × 3.
Por que o conjunto
I , A, A2 , . . . , A9
é linear-
mente dependente?
3.9
Determine a dimensão do espaço vetorial de todos os polinômios
grau
≤4
tais que
3.10 Seja W
p
de
p(1) = 0.
o subespaço vetorial de
M(2, 2)
(" # a b W = ; a=d c d (a) Qual a dimensão de
dado por
) e
c=a+b .
W?
(b) O conjunto
("
é uma base de
3.11
W?
# " #) 1 −1 2 1 , 0 1 3 4
Por quê?
Encontre uma base e a dimensão do conjunto solução dos seguintes
sistemas:
(a)
x + 2y − 2z − t = 0
x+y+z+t=0 x + 2y + 3z + 2t = 0 ;
3.12 Podemos ter uma base de R[x]n n?
Justi que a sua resposta.
3.13 Encontre as coordenadas de:
(b)
x + y − 2z + t = 0 2x + 2y − 4z + 2t = 0 .
formada por
n+1
polinômios de grau
86
CAPÍTULO 3.
(a)
u = (1, −1)
em relação à base
{(2, −4), (3, 8)}
(b)
u = (1, −1)
em relação à base
{(1, 1), (0, 2)}
(c)
p(x) = 2 + x − x2
3.14 Seja V
em relação à base
ESPAÇOS VETORIAIS
de
de
R2 ;
R2 ;
{1 + x, 1 + x2 , x + x2 }
um espaço vetorial de dimensão nita e seja
α
de
R[x]2 .
uma base de
V.
Mostre que: (a)
[v + w]α = [v]α + [w]α
(b)
[cv]α = c[v]α
3.15
U
Sejam
e
para quaisquer
para todo
V
v
em
w
e para todo
U ×V,
em
V;
c ∈ R. r
e
s,
respectivamente.
de nido no Problema 1.5, do Capítulo
r + s.
Sugestão Se {u1 , . . . , ur } é uma base de U mostre que
e
espaços vetoriais, de dimensões
Mostre que o espaço vetorial 1, tem dimensão
V
v
{v1 , . . . , vs } é uma base de V , {(ui , 0); 1 ≤ i ≤ r} ∪ {(0, vj ); 1 ≤ j ≤ s} é uma base de U × V . e
3.16
Sejam
4
Espaço Linha de uma Matriz
U e W subespaços de um espaço vetorial V tais que U ∩W = {0}. Sejam {u1 , . . . , ur } e {w1 , . . . , ws }, respectivamente, bases de U e W . Mostre que {ui ; 1 ≤ i ≤ r} ∪ {wj ; 1 ≤ j ≤ s} é uma base de U + W . Conclua que dim(U + W ) = dim U + dim W .
Nesta seção vamos apresentar um método para encontrar uma base de subespaços de
Rn ,
usando as transformações elementares nas linhas de uma
matriz. Para uma matriz
m×n
a11 a12 . . . a1n a21 a22 . . . a2n A= . . . , . . . . . . am1 am2 . . . amn
4.
87
ESPAÇO LINHA DE UMA MATRIZ
os vetores
v1 = (a11 , a12 , . . . , a1n ) v2 = (a21 , a22 , . . . , a2n ) . . .
. . .
vm = (am1 , am2 , . . . , amn )
vetores linha de A. O espaço G(v1 , . . . , vm ) gerado pelos vetores linha de A é chamado espaço linha em
de
Rn
A
formados pelas linhas de
e denotado por
L(A).
A
são chamados os
Note que
L(A)
é um subespaço de
Rn .
O espaço linha de uma matriz não se altera ao aplicarmos transformações elementares. De fato, se
A = [aij ]
é uma matriz
m × n,
é fácil veri car que
G(v1 , . . . , vi , . . . , vj , . . . , vm ) = G(v1 , . . . , vj , . . . , vi , . . . , vm ), G(v1 , . . . , vi , . . . , vm ) = G(v1 , . . . , kvi , . . . , vm ) (k 6= 0), G(v1 , . . . , vi , . . . , vj , . . . , vm ) = G(v1 , . . . , vi + kvj , . . . , vj , . . . , vm ) (k ∈ R). Em outras palavras,
L(A) = L(B),
onde
B = e(A),
com
e : Li ↔ Lj ;
L(A) = L(B),
onde
B = e(A),
com
e : Li → kLi (k 6= 0);
L(A) = L(B),
onde
B = e(A),
com
e : Li → Li + kLj (k ∈ R).
Disto decorre o seguinte importante fato:
Duas matrizes equivalentes geram o mesmo espaço linha. O próximo resultado mostra como obter uma base para o espaço linha de uma matriz.
Teorema 3.4.1. As linhas não nulas de uma matriz A˜, na forma escalonada e equivalente a uma matriz A, formam uma base para o espaço linha de A. Demonstração Sejam A uma matriz m × n e A˜ = [˜aij ] uma matriz na forma escalonada equivalente a
A.
Suponhamos que
A˜
tem
p
linhas não
88
CAPÍTULO 3.
ESPAÇOS VETORIAIS
nulas e consideremos os vetores
v1 = (˜ a11 , . . . , a ˜1n ) v2 = (˜ a21 , . . . , a ˜2n ) . . .
. . .
vp = (˜ ap1 , . . . , a ˜pn ) A˜. Pelo que vimos anteriormente, L(A) = A˜ é uma matriz equivalente a A. Vamos
formados pelas linhas não nulas de
˜ = G(v1 , v2 , . . . , vp ), já que L(A) mostrar que {v1 , v2 , . . . , vp } é linearmente independente. Para cada 1 ≤ i ≤ p, seja ki a coluna na qual aparece o primeiro elemento não nulo da i-ésima linha de A˜, ou seja a ˜iki = 1 e a ˜i,l = 0, se l < ki . Suponhamos que a1 v1 + · · · + ap vp = 0, que reescrevemos como segue: a1 (0, . . . , 0, a ˜1k1 , ?, . . . , ?, 0 , . . . , 0, . . . , ?) + a2 (0, . . . , 0, 0 , 0, . . . , 0, a ˜2k2 , . . . , 0, . . . , ?) . . .
+ ap (0, . . . , 0, 0 , 0, . . . , 0, 0, . . . , a ˜pkp , . . . , ?) = onde
?
(0, . . . , 0, 0 , 0, . . . , 0, 0 , . . . , 0, . . . , 0),
representa um número real.
Logo, a igualdade de vetores, acima, nos fornece um sistema de equações lineares nas incógnitas
a1 , a2 , . . . , ap ,
o qual contém as equações
a1 a ˜1k1 = · · · = ap a ˜pkp = 0. a ˜iki = 1, para todo i = 1, . . . , p, segue que a1 = a2 = · · · = ap = 0. Portanto, {v1 , v2 , . . . , vp } gera L(A) e é linearmente independente, ou seja, {v1 , v2 , . . . , vp } forma uma base de L(A). Como
Corolário 3.4.2. O posto pA de uma matriz A é o número máximo de linhas linearmente independentes da mesma. Mais precisamente, pA = dim L(A).
4.
89
ESPAÇO LINHA DE UMA MATRIZ
Demonstração
A dimensão do espaço linha de uma matriz é igual ao
número máximo de linhas linearmente independentes da mesma.
Como o
espaço linha de uma matriz é igual ao espaço linha de uma matriz escalonada equivalente a ela, sua dimensão é igual ao número de linhas não nulas dessa
última, que é igual ao posto da matriz.
O exemplo a seguir nos mostrará como o Teorema 3.4.1 pode nos ajudar a determinar o espaço gerado por vetores em
Exemplo 1.
Rn .
v1 = (1, −2, 0, 0, 3), v2 = (2, −5, −3, −2, 6), v3 = (0, 5, 15, 10, 0) e v4 = (2, 6, 18, 8, 6). O espaço gerado pelos vetores v1 , v2 , v3 e v4 é o espaço linha da matriz Determine uma base do espaço gerado pelos vetores
1 −2 0 0 3 2 −5 −3 −2 6 A= . 0 5 10 10 0 2 6 18 8 6 Reduzindo esta matriz à forma escalonada obtemos a matriz
1 0 A˜ = 0 0
0 1 0 0
0 −2 3 0 −1 0 . 1 1 0 0 0 0
A˜ são os vetores w1 = (1, 0, 0, −2, 3), w2 = (0, 1, 0, −1, 0) e w3 = (0, 0, 1, 1, 0). Estes vetores formam uma base 5 para o subespaço de R gerado por v1 , v2 , v3 e v4 .
Os vetores linha não nulos da matriz
Assim, se
W = G(v1 , v2 , v3 , v4 ),
então
W = G(w1 , w2 , w3 ) = {xw1 + yw2 + zw3 ; x, y, z ∈ R} = {(x, y, z, −2x − y + z, 3x) ; x, y, z ∈ R}.
Problemas
90
CAPÍTULO 3.
4.1*
Seja
U
o subespaço de
u1 = (1, −2, 3, −3),
R4
gerado pelos vetores
u2 = (2, 3, 1, −4),
(a) Ache uma base e a dimensão de (b) Estenda a base de
4.2*
Seja
U
U
W
o subespaço de
o subespaço de
R4
U.
u2 = (1, 2, 1/2, −1)
R4
R4 .
gerado pelos vetores e
u3 = (3, 6, 3, −7)
gerado pelos vetores
w1 = (1, 2, −4, 11) Mostre que
u3 = (3, 8, −3, −5).
a uma base de todo o espaço
u1 = (2, 4, −2, 6), e seja
ESPAÇOS VETORIAIS
e
w2 = (2, 4, −5, 14).
U = W.
4.3 Determine se (1, 1, 1), (1, 2, 3) e (0, 3, 1) formam uma base de R3 . 4.4 Ache uma base e a dimensão do subespaço W de R4 gerado por w1 = (−1, 4, 2, −1), Estenda a base de
4.5
W
w2 = (1, −3, −1, 2)
a uma base de todo
w3 = (4, −10, −2, 10).
e
R4 .
Encontre os vetores da base canônica que podem ser acrescentados ao
conjunto
{v1 , v2 , v3 }
para formar uma base de
v1 = (1, −4, 2, −3, 0),
R5 ,
v2 = (−3, 8, −4, 6, 0)
e
onde
v3 = (0, −1, 2, 5, −4).
Bibliogra a [1] H. P. Bueno,
Álgebra Linear, um segundo curso ,
Coleção Textos Univer-
sitários, SBM, 2006. [2] P. Halmos,
Teoria Ingênua dos Conjuntos ,
Editora Ciência Moderna,
2001. [3] A. Hefez e M. L. T. Villela,
Códigos Corretores de Erros ,
Coleção Mate-
mática e Aplicações, IMPA, 2008. [4] A. Hefez e M. L. T. Villela,
Números Complexos e Polinômios ,
Coleção
PROFMAT, SBM, 2012. [5] V. J. Katz,
A History of Mathematics - an Introduction ,
HarperCollins
College Publishers, 1993. [6] S. Lang,
Introduction to Linear Algebra , 2nd edition, Undergraduate Texts
in Mathematics, Springer, 1986. [7] E.L. Lima,
Álgebra Linear , 3a
edição, Coleção Matemática Universitária,
IMPA, 1998. [8] E.L. Lima,
Geometria Analítica e Álgebra Linear ,
Matemática Universitária, IMPA, 2010.
300
2
a
edição, Coleção
4 Livro:
Introdução à Álgebra Linear
Autores: Abramo Hefez Cecília de Souza Fernandez
Capítulo 4: O Espaço Vetorial R3 Sumário 1
Retas e Planos em
R3
1.1
Retas em
1.2
Planos em
R3
R3
. . . . . . . . . . . . . . . . .
93
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
93
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
99
2
Posições Relativas
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
3
Determinantes e Geometria
. . . . . . . . . . . . . 111
3.1
Determinantes
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
3.2
O Produto Vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
91
92
CAPÍTULO 4.
O ESPAÇO VETORIAL
R3
Neste Capítulo, aplicaremos os conceitos vistos no capítulo anterior à Geometria Analítica em
R3 .
Mais precisamente, usaremos os conceitos de
subespaço vetorial, base e dimensão para estudar as noções de retas e planos em
R3 .
Uma ferramenta essencial para o estudo da geometria em
R3
é a
noção de produto escalar que introduziremos em seguida.
u = (x1 , x2 , x3 ) e v = (y1 , y2 , y3 ) em R3 , de nimos o produto escalar v , denotado por u · v , como o número real
Dados de
u
e
u · v = x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 . (1, 2, −1) · (0, 2, 1) = 1.0 + 2.2 + (−1)(1) = 3. 3 veri car que, para quaisquer u, v, w ∈ R e a ∈ R,
Por exemplo, É fácil
tem-se
u · v = v · u, (ii) u · (v + w) = u · v + u · w , (iii) (au) · v = u · (av) = a(u · v). (i)
u e v em R3 , dizemos que eles são ortogonais , e denotamos u · v = 0.
Dados dois vetores
u ⊥ v,
quando
O produto escalar é um caso particular de uma classe de produtos de nidos em espaços vetoriais de dimensão qualquer, chamados de produtos internos, que serão estudados no Capítulo 7. A partir do produto escalar, podemos de nir a norma de um vetor
(x, y, z),
como
||v|| =
√
v·v =
p x2 + y 2 + z 2 .
Note que da de nição segue-se imediatamente que se, e somente se,
de
R
||v|| ≥ 0 e que ||v|| = 0
v = 0.
Geometricamente, a norma do vetor
3
v=
ao ponto de coordenadas
(x, y, z),
v
representa a distância da origem
ou seja, é igual ao módulo do vetor
v. Mostraremos a seguir como a noção de produto escalar permite também calcular o ângulo entre dois vetores em
R3 .
1.
RETAS E PLANOS EM
R3
93
Lembremos que o ângulo entre dois vetores não nulos ângulo
θ
formado por eles tal que
0≤θ≤π
u
e
v
em
R3
é o
(Figura 2).
Figura 2 Aplicando a lei dos cossenos no triângulo da Figura 2, obtemos
||u − v||2 = ||u||2 + ||v||2 − 2||u|| ||v|| cos θ.
(1)
Por outro lado, segue das propriedade (i), (ii) e (iii) do produto escalar que
||u − v||2 = (u − v) · (u − v) =u·u−u·v−v·u+v·v = ||u||2 − 2u · v + ||v||2 . De (1) e (2), temos que
cos θ =
1
u·v · ||u|| ||v||
(2)
(3)
Retas e Planos em R3
1.1
Retas em
Seja
v
R3
um vetor não nulo em
nações lineares de
v,
R3 .
Seja
W
o conjunto de todas as combi-
ou seja,
W = G(v) = {tv ; t ∈ R}.
94
CAPÍTULO 4.
Geometricamente, versões de
v.
W
O ESPAÇO VETORIAL
R3
é o conjunto de todas as dilatações, contrações e in-
(Figura 3).
Figura 3 Tomemos
direção
v,
A
R3 .
um ponto de
e denotamos
r(A, v),
De nimos a reta que contém
A
e tem
como o conjunto
r(A, v) = {A + tv ; t ∈ R} = {A} + W. O vetor
v
é chamado de um vetor diretor da reta
Teorema 3.1.7, todo vetor não nulo em
G(v)
r(A, v)
Notemos que, pelo
é um vetor diretor de
Pela regra do paralelogramo, é fácil determinar fato, a reta
r(A, v).
r(A, v) geometricamente.
(Figura 4), sendo que
v,
De
é determinada pelos vetores dados pela diagonal, que
parte da origem, do paralelogramo formado pelos vetores
Observamos que
r(A, v).
vA
é o vetor Figura dado 4 pelo ponto
G(v), v 6= 0,
vA
e
tv (t ∈ R)
A.
é a reta que passa pela origem com direção
ou seja,
G(v) = r(0, v). Portanto, todo subespaço vetorial de
R3
de dimensão 1 é, geometricamente,
uma reta que passa pela origem. Reciprocamente, uma reta que passa pela origem é o espaço gerado por um de seus vetores diretores e, consequentemente, é um subespaço vetorial de
R3
de dimensão 1. Assim, caracterizamos
geometricamente todos os subespaços vetoriais de
R3
com dimensão 1: os
1.
RETAS E PLANOS EM
subespaços vetoriais de
R3
R3
95
com dimensão
1
são as retas em
R3
que passam
pela origem.
R3 . P ∈ r(A, v)
A seguir apresentamos os diversos tipos de equações de uma reta em
r(A, v) uma reta em R3 . Tomemos P ∈ R3 . quando P = A + tv para algum t ∈ R. A equação
Seja
P = A + tv, é chamada equação vetorial da reta
A = (x1 , y1 , z1 )
e
v = (a, b, c),
Temos que
t ∈ R,
r(A, v).
(1) Escrevendo
P = (x, y, z),
obtemos de (1) que
(x, y, z) = (x1 , y1 , z1 ) + t(a, b, c),
t ∈ R,
o que equivale às equações
x = x1 + ta,
t ∈ R,
t = y1 + tb,
t ∈ R,
z = z1 + tc,
t ∈ R.
As equações em (2) são chamadas de equações paramétricas de
a 6= 0, b 6= 0
e
c 6= 0,
r(A, v).
Se
obtemos de (2) que
t= ou seja,
(2)
x − x1 y − y1 z − z1 = = , a b c
y − y1 z − z1 x − x1 = = · a b c
(3)
96
CAPÍTULO 4.
O ESPAÇO VETORIAL
As equações em (3) são chamadas de equações simétricas da reta
R3
r(A, v).
Podemos apresentar as equações em (3) de uma outra forma, explicitando as variáveis
y
e
z
e expressando-as em função de
x.
De fato,
y − y1 x − x1 b = ⇐⇒ y − y1 = (x − x1 ) ⇐⇒ y = mx + n, b a a onde
m= e
a b
e
b n = − x1 + y 1 , a
z − z1 x − x1 c = ⇐⇒ z − z1 = (x − x1 ) ⇐⇒ z = px + q, c a a
onde
p=
c a
e
c q = − x1 + z1 . a
As equações
(
y = mx + n z = px + q, x ∈ R,
são chamadas de equações reduzidas da reta
(4)
r(A, v).
Observamos que em (4) a
x aparece como variável independente. Se expressarmos as equações forma que a variável independente seja y ou z , as equações obtidas são
variável de
também chamadas de equações reduzidas.
Exemplo 1.
Encontremos as equações paramétricas da reta que tem como
um vetor diretor
v = (1, 0, 2)
e que contém o ponto
Ora, as equações paramétricas da reta
r(A, v)
A = (2, 1, −3).
são
x=2+t y = 1, z = −3 + 2t; t ∈ R. Exemplo 2.
Determinemos
a
e
b
para que o ponto
reta de equações
x = −2 + t y = 3 − t, z = −1 + 2t; t ∈ R.
P = (1, a, b)
pertença à
1.
RETAS E PLANOS EM
Para que
P
R3
97
pertença à reta dada, as componentes de
P
devem satisfazer
as equações acima, ou seja, devemos ter
1 = −2 + t a = 3 − t, b = −1 + 2t, para algum
t ∈ R.
Exemplo 3.
A solução procurada é então
a=0
e
b = 5.
r = r(A, v) e s = r(B, w), onde A = (0, 1, 0), B = (1, 0, 0), v = (1, −1, 2) e w = (2, 1, 3). Vamos veri car que r ∩ s = ∅. Com efeito, se P = (x0 , y0 , z0 ) ∈ r , então, para algum t1 ∈ R, Consideremos as retas
x0 = t1 , E, se
P = (x0 , y0 , z0 ) ∈ s,
y0 = 1 − t1 ,
então, para algum
x0 = 1 + 2t2 , De (5) segue-se que P (x0 , x02−1 , 3(x02−1) ). Assim,
z0 = 2t1 .
y0 = t2 ,
= (x0 , 1 − x0 , 2x0 ).
(5)
t2 ∈ R,
z0 = 3t2 .
(6)
E, de (6), segue-se que
2 x0 − 1 e 2x0 = (x0 − 1), 2 3 nenhum x0 em R. Logo, não existe P ∈ r ∩ s,
P =
1 − x0 = o que não ocorre para
ou seja,
r ∩ s = ∅. Segue da de nição de vetores colineares em um espaço vetorial sobre um corpo
K,
dada na Seção 1 do Capítulo 1, que dois vetores
v1
e
v2
em
R3
são
colineares quando eles pertencem a uma mesma reta que passa pela origem. (Figura 5).
Figura 5
v1 e v2 pertençam à reta r(0, v). Então existem t1 e t2 em R tais que v1 = t1 v e v2 = t2 v . Se v2 é o vetor nulo, {v1 , v2 } é dependente. Se v2 não é o vetor nulo, então t2 é um número real não nulo. Assim, Suponhamos que
v1 −
t1 v2 = 0, t2
98
CAPÍTULO 4.
O ESPAÇO VETORIAL
R3
{v1 , v2 } é dependente. Reciprocamente, sejam w1 e w2 vetores 3 não nulos em R . Se {w1 , w2 } é um conjunto linearmente dependente, então existe t ∈ R tal que w1 = tw2 . Logo, w1 pertence a reta r(0, w2 ). Portanto, o conceito v1 e v2 são linearmente dependentes (linguagem algébrica) e o conceito v1 e v2 são colineares (linguagem geométrica) são equivalentes.
mostrando que
Ou seja, provamos o seguinte resultado.
Proposição 4.1.1. Dois vetores v1 e v2 em R3 são linearmente dependentes se, e somente se,
v1
e
v2
são colineares .
Discutimos acima a noção de vetores colineares. Existe também a noção de pontos colineares.
Diremos que três pontos distintos
colineares se existir uma reta em
3
R
A, B, C ∈ R3
são
que contenha os três pontos. Os dois
conceitos se relacionam de acordo com o resultado a seguir.
Proposição 4.1.2. Três pontos distintos A, B, C ∈ R3 são colineares se, e somente se, os vetores
Demonstração
v1 = B − A
Suponhamos que
v2 = C − A são colineares . A, B e C pertençam a uma mesma
e
reta.
Como por dois pontos distintos passa uma e somente uma reta (Problema 1.6), a reta de equação vetorial
P = A + v1 t, contém
A
e
B.
Como
C
t∈R
pertence à mesma reta, existe
C = A + v1 t0 ,
t0 ∈ R
tal que
1.
RETAS E PLANOS EM
ou seja,
v2 = v1 t0 ,
R3
99
mostrando que
v1
Reciprocamente, suponhamos que
t0 ∈ R
tal que
v2 = t0 v1 ,
v2 são colineares. v1 e v2 sejam colineares.
e
Então, existe
ou seja
C − A = t0 (B − A). Considere a reta de equação vetorial
P = A + t(B − A),
t = 1, temos P = B . Assim, A e B pertencem à reta. Tomando t = t0 , temos P = A+t0 (B −A) = C . Portanto, A, B e C pertencem a uma mesma reta.
Note que tomando
Exemplo 4.
C = (3, 2, 3)
t = 0,
temos
P = A
t ∈ R.
e tomando
Veri quemos que os pontos
A = (2, 3, 1), B = (1, 4, −1)
e
são colineares.
v1 = B −A e v2 = C −A são linearmente dependentes. Temos que v1 = (−1, 1, −2) e v2 = (1, −1, 2). Como v1 + v2 = 0, temos que v1 e v2 são linearmente Pelas Proposições 4.1.1 e 4.1.2, devemos veri car que os vetores
dependentes.
1.2
Planos em
Sejam
v1
e
v2
R3
dois vetores linearmente independentes em
conjunto de todas as combinações lineares de
v1
e
v2 ,
R3 .
Seja
W
o
ou seja,
W = G(v1 , v2 ) = {sv1 + tv2 ; s, t ∈ R}. Tomemos
por
v1
e
A um ponto de R3 .
v2 ,
De nimos o plano que passa por
e o denotamos por
π(A, v1 , v2 ),
A determinado
como o conjunto
π(A, v1 , v2 ) = {A + sv1 + tv2 ; s, t ∈ R} = {A} + W. Os vetores
v1
(ver Figura 6).
e
v2
são chamados de vetores base do plano
Figura 6
π(A, v1 , v2 )
100
CAPÍTULO 4.
O ESPAÇO VETORIAL
R3
Notemos que, pelo Teorema 3.3.6, quaisquer dois vetores independentes
w1 , w2 em G(v1 , v2 ) formam uma base de π(A, v1 , v2 ), pois G(w1 , w2 ) ⊂ G(v1 , v2 ) e as dimensões dos dois espaços são iguais. Observemos também que o espaço G(v1 , v2 ) é o plano que passa pela origem determinado por v1 e v2 , ou seja, G(v1 , v2 ) = π(0, v1 , v2 ). Portanto, todo subespaço vetorial de
R3
de dimensão 2 é, geometricamente,
um plano que passa pela origem. Reciprocamente, um plano que passa pela origem é o espaço gerado por dois de seus vetores base e, consequentemente, é
R3 de dimensão 2. Assim, caracterizamos geometri3 camente todos os subespaços vetoriais de R com dimensão 2: os subespaços 3 3 vetoriais de R com dimensão 2 são os planos em R que passam pela origem. 3 Tomemos W um subespaço vetorial de R . Pelo Teorema 3.3.6, segue que dim W ≤ 3. Pelo que acabamos de ver, temos a seguinte classi cação dos 3 subespaços W de R : um subespaço vetorial de
aspecto algébrico
dim W dim W dim W dim W
aspecto geométrico
←→ ←→ ←→ ←→
=0 =1 =2 =3
W = {(0, 0, 0)} (origem do espaço) W é uma reta que passa pela origem W é um plano que passa pela origem W = R3
A seguir apresentamos a equação vetorial e as equações paramétricas de um plano em
R3 .
Seja
π(A, v1 , v2 )
um plano em
R3 .
Tomemos
P ∈ R3 .
1.
RETAS E PLANOS EM
Temos que
s, t ∈ R.
P ∈ π(A, v1 , v2 )
R3
101
se, e somente se,
P = A + sv1 + tv2
para certos
A equação
P = A + sv1 + tv2 ,
s∈R
e
t∈R
(1)
π(A, v1 , v2 ). Escrevendo P = (x, y, z), v2 = (a2 , b2 , c2 ), obtemos de (1) que
é chamada equação vetorial do plano
A = (x1 , y1 , z1 ), v1 = (a1 , b1 , c1 )
e
(x, y, z) = (x1 , y1 , z1 ) + s(a1 , b1 , c1 ) + t(a2 , b2 , c2 ),
s, t ∈ R,
o que equivale às equações
x = x1 + sa1 + ta2 ,
s, t ∈ R,
y = y1 + sb1 + tb2 ,
s, t ∈ R,
z = z1 + sc1 + tc2 ,
s, t ∈ R.
As equações em (2) são chamadas de equações paramétricas de
(2)
π(A,v1 ,v2).
Vamos apresentar agora a equação cartesiana ou equação geral de um plano. Antes, precisamos apresentar a noção de vetor normal a um plano. Chamamos de vetor normal ao plano
π(A, v1 , v2 ) a um vetor não nulo ortogonal aos
v1 e v2 (portanto, ortogonal a todo vetor do plano). Seja n um vetor normal ao plano π(A, v1 , v2 ). Seja P = (x, y, z) um ponto de π(A, v1 , v2 ). Denotemos por v o vetor dado por P − A. Então, v = t1 v1 + t2 v2 para certos t1 , t2 ∈ R. Como n ⊥ v1 e n ⊥ v2 , temos que n · v1 = n · v2 = 0. Assim, n · v = 0. Se A = (x1 , y1 , z1 ) e n = (a, b, c), temos que n · v = 0 equivale à equação
vetores
(a, b, c) · (x − x1 , y − y1 , z − z1 ) = 0, ou seja,
ax + by + cz + d = 0, d = −ax1 − by1 − cz1 . A equação cartesiana do plano π(A, v1 , v2 ).
onde ou
(3)
em (3) é chamada de equação geral
102
CAPÍTULO 4.
Exemplo 5.
xOy , yOz
O ESPAÇO VETORIAL
R3
Determinemos as equações cartesianas dos planos cartesianos
xOz . Os vetores e1 = (1, 0, 0) e e2 = (0, 1, 0) são vetores base para o plano cartesiano xOy e o vetor e3 é um vetor normal ao plano xOy . Como e3 = (0, 0, 1), a equação e
z + d = 0x + 0y + 1 · z + d = 0 é uma equação cartesiana do plano
xOy ,
onde
determinado. Como a origem pertence ao plano
d é um número xOy , temos que
real a ser
d = 0 + d = 0. Assim,
z=0
é a equação cartesiana do plano
As equações
xOz ,
x=0
e
y=0
xOy .
são as equações cartesianas dos planos
yOz
e
respectivamente.
Pela de nição, vimos que um plano ca determinado por um ponto
A em R3 e por dois vetores v1 e v2 em R3 linearmente independentes.
Existem
outras maneiras de se determinar um plano. No resultado a seguir, vamos apresentar três outras maneiras de se determinar um plano em
R3 .
1.
RETAS E PLANOS EM
R3
103
Teorema 4.1.3. (i) Existe um único plano em
não nulo
n
R3
que passa por um ponto
A e tem um vetor
como vetor normal.
(ii) Existe um único plano em
R3
que passa por três pontos
A, B
C
não
A
fora
e
colineares. (iii) Existe um único plano que passa por uma reta
de
r
e um ponto
r.
Demonstração
Provaremos apenas o item (i), deixando os demais itens
para o leitor (veja Problema 1.12).
A um ponto em R3 e seja n um vetor não nulo. Consideremos W = {v ∈ R3 ; v · n = 0}. Como n é não nulo, W é um subespaço vetorial de R3 de dimensão 2. Assim, podemos tomar dois vetores linearmente independentes em W , digamos, v1 e v2 . O plano π(A, v1 , v2 ) contém A e tem n como Seja
um vetor normal. Mais ainda, este plano é o único com tais propriedades.
π(P, w1 , w2 ) um plano que contém A e tem n como um vetor normal. Vejamos que π(P, w1 , w2 ) = π(A, v1 , v2 ). Tomemos Q em π(P, w1 , w2 ). Então, existem ` e m em R tais que
De fato, consideremos
Q = P + `w1 + mw2 . Como
π(P, w1 , w2 )
contém
A,
existem
p
e
q
em
R
(4)
tais que
A = P + pw1 + qw2 .
(5)
Tomando a diferença (4)-(5), obtemos que
Q = A + rw1 + sw2 com
r
e
s
em
R.
Como
w1 , w2 ∈ W ,
existem números reais
(6)
a, b , c
e
d
tais
que
(
w1 = av1 + bv2 w2 = cv1 + dv2 .
(7)
104
CAPÍTULO 4.
O ESPAÇO VETORIAL
R3
Finalmente, substituindo (7) em (6), obtemos
Q = A + (ra + sc)v1 + (rb + sd)v2 , ou seja,
Q ∈ π(A, v1 , v2 ).
Deixamos para o leitor veri car a outra
Exemplo 6. ponto
e
r.
r;
Determinemos a equação cartesiana do plano que contém o
A = (1, 1, 1)
Como
π(P, w1 , w2 ) ⊂ π(A, v1 , v2 ). inclusão.
Mostramos assim que
A∈ / r,
r de equações paramétricas x = 2t, y = 3t, z = 1 + t; t ∈ R.
e a reta
pelo Teorema 4.1.3, existe um único plano
Para determinarmos este plano, tome
B∈r
que contém
A
v um vetor diretor da reta w = B − A = (−1, −1, 0).
B = (0, 0, 1) e v = (2, 3, 1). Considere π(A, v, w) é o plano procurado. Note que
digamos
O plano
e
π
aqui estamos dando uma
ideia de como resolver parte do Problema 1.12, provando assim o item (iii) do Teorema 4.1.3.
Figura 7 O vetor
n = (1, −1, 1)
é um vetor normal ao plano
cartesiana deste plano é dada por
x − y + z + d = 0,
π,
logo uma equação
1.
RETAS E PLANOS EM
onde
d
R3
105
é um número real a ser determinado. Como
A ∈ π,
segue que
1 − 1 + 1 + d = 0, ou seja,
d = −1.
Portanto, uma equação cartesiana de
π
é
x − y + z − 1 = 0. Exemplo 7.
Determinaremos a equação vetorial do plano que contém os
A = (1, 2, 3), B = (1, −1, 0) e C = (0, 2, 1). Como os vetores v1 = B − A = (0, −3, −3) e v2 = C − A = (−1, 0, −2) são linearmente independentes, os pontos A, B e C não pertencem a uma
pontos
mesma reta. Assim, pela parte (ii) do Teorema 4.1.3, existe um único plano
π
que contém os pontos
A, B
e
C.
Este plano é o plano
π(A, v1 , v2 )
(aqui
estamos dando uma ideia de como resolver a outra parte do Problema 1.12, provando assim o item (ii) do Teorema 4.1.3), cuja equação vetorial é dada por
P = A + tv1 + sv2 ,
t, s ∈ R.
Ou seja,
(x, y, z) = (1, 2, 3) + t(0, −3, −3) + s(−1, 0, −2), t, s ∈ R. t = s = 0, obtemos (1, 2, 3) na equação acima. Para t = 1 e s = 0, obtemos (1, −1, 0). E, para t = 0 e s = 1, obtemos (0, 2, 1). Assim, π(A, v1 , v2 ) contém os pontos A, B e C . Note que para
Problemas 1.1 de
Mostre que se
w
é ortogonal a
u
e a
v,
então
w
é ortogonal a todo vetor
G(u, v).
1.2*
Mostre que, em
R3 ,
a dependência linear de três vetores pode ser des-
crita geometricamente como segue: Três vetores quaisquer
u, v
e
w
são dependentes se, e somente se, estão
num mesmo plano que passa pela origem, ou seja, se eles são coplanares .
106
CAPÍTULO 4.
O ESPAÇO VETORIAL
Este exercício é uma versão da Proposição 4.1.1 para três vetores em
1.3*
Determine
a
equação
A = (−1, 2, 0), B = (2, −1, 1) 1.4
e
do
plano
que
passa
pelos
(b) a reta
R3 .
pontos
C = (−1, −1, 1).
Determine uma base para cada um dos seguintes subespaços de
(a) o plano
R3 :
3x − 4y − z = 0;
x = 2t, y = −t, z = 3t;
(c) o plano
1.5
geral
R3
x − y = 0.
As equações paramétricas de uma reta são
x = 2 + 4t,
y = t − 4,
z = 7 − 8t
(t ∈ R).
Reduzir estas equações à forma simétrica.
1.6
distintos em
R3 .
reta que contém
1.7
e
e
Determine as equações reduzidas, em função da variável
A = (−1, 0, 1)
1.9 Qual deve ser o valor de k
C = (−2, 10, −4)
1.10
e
z,
da reta que
B = (1, 3, −2).
para que os pontos
A = (3, k, 1), B = (1, 1, −1)
pertençam à mesma reta?
Represente gra camente os planos de equações:
(a)
1.11
A =
B = (0, 1, 2).
passa pelos pontos
e
A
Determine as equações simétricas da reta que contém os pontos
(2, 3, 0) 1.8
B dois pontos Mostre que a reta r(A, v), onde v é o vetor A − B , é a única A e B.
(Determinação de uma reta por dois pontos.) Sejam
x + y + z = 0;
(b)
z − 2 = 0;
(c)
2x + y + z − 1 = 0.
k para que os pontos A = (k, −1, 5), B = (7, 2, 1), D = (1, 0, 3) estejam no mesmo plano.
Determine o valor de
C = (−1, −3, −1)
e
1.12
Conclua a demonstração do Teorema 4.1.3.
1.13
Determine as equações paramétricas do plano
x y z + + = 1. 4 3 2
2.
107
POSIÇÕES RELATIVAS
1.14
Determine a equação do plano que passa pelo ponto
(2, −1, 0) e contém
a reta
2x − y − z + 4 = 0 x + 2y − z + 3 = 0 . 1.15
Determine os pontos de interseção dos planos coordenados
xOz
com a reta
xOy , yOz
e
y = 2x − 3 r: z = −x + 2 .
2
Posições Relativas Vejamos a seguir como os conceitos de base e dimensão podem ser apli-
cados no estudo sobre as posições relativas entre retas, retas e planos e
R3 . r2 = r(A2 , v2 )
planos em
Antes precisamos lembrar que duas retas em
R3
r1 = r(A1 , v1 )
e
são ditas coplanares quando elas pertencem a um
mesmo plano. Na linguagem algébrica, isto equivale a dizer que o conjunto
{v, v1 , v2 } é linearmente dependente, onde v denota o vetor A2 −A1 (veja Problema 2.1). As retas r1 e r2 são ditas reversas quando não são coplanares. Se r1 e r2 são retas reversas, então r1 ∩ r2 = ∅, ou seja, elas não se intersectam. No caso de r1 e r2 serem coplanares um e somente um dos de vetores
casos abaixo pode ocorrer: 1)
r1 ∩ r2 = ∅;
2)
r1 ∩ r2 = {P },
3)
r1 ∩ r2 = r1 = r2 .
onde
Se 1) ocorre, ou seja, se
r1
P ∈ R3 ;
e
r2
não se intersectam,
r1
e
r2
são ditas retas
paralelas. Se 2) ocorre, ou seja, se r1 e r2 se intersectam em um único ponto de R3 , r1 e r2 são ditas retas concorrentes. Se 3) ocorre, ou seja, se a interseção coincide com as retas dadas,
r1
uma demonstração destes fatos.
e
r2
são ditas retas coincidentes. Vejamos
108
CAPÍTULO 4.
O ESPAÇO VETORIAL
R3
Proposição 4.2.1. (Posições relativas de duas retas coplanares) Se-
r2 = r(A2 , v2 ) duas retas coplanares em R3 . Então, r1 e r2 são paralelas ou r1 e r2 são concorrentes ou r1 e r2 são coincidentes. Demonstração Se r1 ∩ r2 = ∅, as retas são paralelas e não temos nada a 3 fazer. Suponhamos que r1 ∩r2 6= ∅. Então existe P ∈ R tal que P ∈ r1 ∩r2 . jam
r1 = r(A1 , v1 )
e
Logo,
r1 = {A1 } + W1 = {P } + W1 e
r2 = {A2 } + W2 = {P } + W2 , onde
W1 = G(v1 )
e
W2 = G(v2 ).
Daí, temos que
r1 ∩ r2 = {P } + (W1 ∩ W2 ).
(1)
W1 e W2 são subespaços vetoriais de R3 , temos pela Proposição 3.1.3 que W1 ∩ W2 é um subespaço vetorial de W1 e de W2 . Como dim W1 = dim W2 = 1, segue agora, pelo Teorema 3.3.6, que dim(W1 ∩W2 ) ≤ 1. Temos, Como
então, dois casos a considerar:
dim(W1 ∩ W2 ) = 0. Neste caso, W1 ∩ W2 = {0}.
Caso 1.
Caso 2.
Logo, por (1), segue que
r1 ∩ r2 = {P }.
dim(W1 ∩ W2 ) = 1.
Pelo Teorema 3.3.6, segue neste caso que (1), segue que
W1 ∩ W2 = W1 = W2
r1 ∩ r2 = r1 = r2 .
Logo, por
Vejamos a seguir o que ocorre com dois planos em
R3 .
Proposição 4.2.2. (Posições relativas entre dois planos) Sejam dados dois planos
π1 = π(P1 , v1 , v2 )
e
π2 = π(P2 , v3 , v4 )
uma das possibilidades a seguir pode ocorrer: 1) 2) 3)
π1 ∩ π2 = ∅ ; π1 ∩ π2 = r, onde r π1 ∩ π2 = π1 = π2 .
é uma reta em
R3 ;
em
R3 .
Uma e somente
2.
109
POSIÇÕES RELATIVAS
Se 1) ocorre, os planos são ditos paralelos.
Se 2) ocorre, os planos são
ditos concorrentes e, se 3) ocorre, os planos são ditos coincidentes.
Demonstração
π1 = {P1 } + W1 e π2 = {P2 } + W2 , onde W1 = G(v1 , v2 ) e W2 = G(v3 , v4 ). Se π1 ∩ π2 = ∅, nada temos a fazer. Suponhamos π1 ∩ π2 6= ∅. Tomemos P ∈ π1 ∩ π2 . Então Sejam
π1 = {P1 } + W1 = {P } + W1 e
π2 = {P2 } + W2 = {P } + W2 . Daí, temos que
π1 ∩ π2 = {P } + (W1 ∩ W2 ).
(2)
W1 ∩ W2 é um subespaço vetorial de W1 , segue, pelo Teorema 3.3.6, que dim(W1 ∩ W2 ) ≤ dim W1 = 2. Por outro lado, dim(W1 ∩ W2 ) 6= 0, pois, caso contrário, teríamos, pelo
Como
Problema 3.16 do Capítulo 3, que
4 = dim W1 + dim W2 = dim(W1 + W2 ) ≤ dim R3 = 3, o que é absurdo. Portanto, Se
dim(W1 ∩ W2 ) = 2,
0 < dim(W1 ∩ W2 ) ≤ 2.
então
W1 ∩ W2 = W1 = W2 .
Neste caso, por (2),
π1 ∩ π2 = {P } + W1 = {P } + W2 = π1 = π2 . dim(W1 ∩ W2 ) = 1, então existe um vetor v não nulo em R3 W1 ∩ W2 = G(v). Seja r = r(P, v). Temos, então, neste caso que Se
tal que
π1 ∩ π2 = {P } + G(v) = r.
Terminamos esta seção, observando que, no caso de termos uma e um plano abaixo:
π
em
R3 ,
reta r
pode ocorrer uma e apenas uma das possibilidades
110
CAPÍTULO 4.
r ∩ π = {P }, r ∩ π = ∅; r ∩ π = r.
1) 2) 3)
onde
Se 1) ocorre, dizemos que
paralelos; e, se 3) ocorre,
P
é um ponto de
O ESPAÇO VETORIAL
R3
R3 ;
r e π são concorrentes; se 2) ocorre, r e π são ditos r está contida no plano π . A demonstração destes
fatos segue de argumentos semelhantes aos usados nas Proposições 4.2.1 e 4.2.2 e é, portanto, omitida.
Problemas 2.1*
dado por (a)
r1 = r(A1 , v1 ) e r2 = r(A2 , v2 ) duas retas em R3 . A2 − A1 . As seguintes a rmações são equivalentes:
Sejam
r1
r2
e
são coplanares, ou seja,
(b) o conjunto
2.2*
{v, v1 , v2 }
e
r2
v
o vetor
pertencem a um mesmo plano;
é linearmente dependente.
Estude a posição relativa das retas
y = 2x − 3 r1 : z = −x 2.3
r1
Seja
r2 :
e
Dê a posição relativa entre o plano
x = 1 − 36t y = 4 − 6t z = 3t .
5x + 3y + 13z − 1 = 0
e o plano
3x + 8y − 3z + 8 = 0. 2.4
x−1 y−2 z−4 = = −1 3 2 4x − 2y + 5z − 20 = 0.
Veri que se a reta
equação
2.5
Dados os planos
a, b
e
2.6
Dados os planos
a
b
e
2.7
c
2ax − y + 4z + 2 = 0
e
está contida no plano de
4x + by + 8z + c = 0,
determine
para que eles sejam coincidentes.
4x − 3ay + 6z − 8 = 0 e 2x − 6y + bz + 10 = 0, determine
para que sejam paralelos.
Para os dois planos
a1 x + b1 y + c1 z + d1 = 0
e
a2 x + b2 y + c2 z + d2 = 0,
mostre que as seguintes relações são condições necessárias e su cientes para:
3.
111
DETERMINANTES E GEOMETRIA
(a) Paralelismo: existe (b) Coincidência:
k 6= 0
existe
tal que
k 6= 0
a1 = ka2 , b1 = kb2
tal que
e
c1 = kc2 ;
a1 = ka2 , b1 = kb2 , c1 = kc2
e
d1 = kd2 .
3
Determinantes e Geometria Nesta seção introduziremos os determinantes de matrizes
para posteriormente aplicá-los ao estudo da geometria em
R
3
2×2
e
3 × 3,
. A noção mais
geral de determinantes será estudada no Capítulo 8. Determinantes são funções muito especiais de nidas nos espaços das matrizes quadradas com valores no corpo onde estão os coe cientes da matriz. A utilidade dos determinantes é múltipla. Por exemplo, eles servem, como veremos no Capítulo 8, para dar um critério para invertibilidade de matrizes e um método para o cálculo da matriz inversa, caso a matriz seja invertível. Eles permitem dar fórmulas explícitas para as soluções de sistemas de equações lineares. Por meio deles, de ne-se também a importante noção de polinômio característico de uma matriz, noção que desempenhará papel fundamental no Capítulo 9. O conceito de determinante aparece em vários outros contextos da Matemática.
Por exemplo, em Geometria, ele aparece como a área de
um paralelogramo e o volume de um paralelepípedo e, em Análise, ele está presente em teoremas importantes, como o Teorema da Função Inversa, o Teorema da Função Implícita e o Teorema de Mudança de Variáveis. Nesta seção estaremos interessados nas aplicações dos determinantes à geometria em
3.1
R3 .
Determinantes
No trabalho Um Tratado sobre Álgebra em Três Partes, de Colin Maclaurin (Escócia, 1698 - 1746), publicado em 1748, foi apresentado o que ele chamou de teorema geral, que era usado para resolver um sistema linear onde
n ≤ 4.
n×n
De fato, em seu trabalho nada foi mencionado sobre o caso em
112
CAPÍTULO 4.
que
n ≥ 5.
O ESPAÇO VETORIAL
R3
O método apresentado por Maclaurin é conhecido hoje como
Regra de Cramer, após o matemático Gabriel Cramer (Suíça, 1704 - 1752) ter utilizado os métodos de Maclaurin em seu livro sobre curvas algébricas em 1750. Dado um sistema linear
2 × 2 nas incógnitas x ax + by = e cx + dy = f,
sabemos do Problema 2.12 do Capítulo 2 que, se
e
y,
digamos,
(1)
ad − bc 6= 0, as soluções são
dadas pelas fórmulas
x=
ed − f b , ad − bc
y=
af − ce . ad − bc
Vejamos agora a resolução de um sistema linear de três equações nas incógnitas
x, y
e
z,
digamos,
ax + by + cz = m dx + ey + f z = n gx + hy + kz = p.
(2)
Este sistema foi tratado por Maclaurin de modo análogo ao caso notando que, se o número real
aek − ahf + dhc − dbk + gbf − gec
2 × 2,
é diferente
de zero, então
x=
mek − mf h + bf p − bnk + cnh − cep , aek − ahf + dhc − dbk + gbf − gec
y=
nak − ncg + mf g − mdk + pcd − paf aek − ahf + dhc − dbk + gbf − gec
e
z= Maclaurin notou
aep − ahn + dhm − dbp + gbn − gem · aek − ahf + dhc − dbk + gbf − gec que, tal como no caso 2 × 2, cada uma
das expressões
acima tem o mesmo denominador, que consiste de somas alternadas de vários
3.
DETERMINANTES E GEOMETRIA
113
produtos dos coe cientes das incógnitas do sistema. Ele também notou que o numerador da expressão de cada uma das incógnitas consiste de somas alternadas de vários produtos dos coe cientes das demais incógnitas e dos termos independentes do sistema. Os numeradores e os denominadores que apareceram nas soluções de Maclaurin são o que conhecemos hoje por determinantes. O termo determinante foi introduzido pela primeira vez por Gauss em 1801. Vamos agora sintetizar as soluções de Maclaurin, introduzindo os determinantes. Se
A = [aij ]
como
Se
2 × 2,
é uma matriz
de nimos o determinante da matriz
# a11 a12 det = a11 a22 − a21 a12 . a21 a22
A
"
A = [aij ]
3 × 3,
é uma matriz
(3)
de nimos o determinante da matriz
A
como
a11 a12 a13 det a21 a22 a23 = a31 a32 a33 a11 a22 a33 − a11 a23 a32 + a13 a21 a32 − a12 a21 a33 + a12 a23 a31 − a13 a22 a31 . (4)
Note que a expressão (4) do determinante de uma matriz quadrada A de ordem
3
pode ser escrita como
"
# " # " # a22 a23 a21 a23 a21 a22 det A = a11 det − a12 det + a13 det . a32 a33 a31 a33 a31 a32 Voltando aos sistemas lineares, temos que, se
"
# a b det 6 0, = c d
(5)
114
CAPÍTULO 4.
O ESPAÇO VETORIAL
R3
então as soluções do sistema (1) podem ser escritas na forma
" x = det
e b f d
#
" det
#!−1
a b c d
" ,
y = det
a e c f
#
" det
#!−1
a b c d
.
Por outro lado, se
a b c det d e f 6= 0, g h k as soluções do sistema (2) podem ser escritas na forma:
−1 a b c m b c x = det n e f det d e f , g h k p h k a y = det d g a z = det d g
m c a n f det d p k g a b m e n det d g h p
−1 b c e f , h k −1 b c e f . h k
A expressão do determinante em (3) é muito fácil de lembrar. tomar o produto dos elementos da diagonal principal da matriz
A
Basta e dele
subtrair o produto dos elementos da outra diagonal. A expressão do determinante em (4) pode ser recuperada a partir da regra
1 de Sarrus , muito utilizada no Regra Ensino deMédio. Sarrus
Exemplo 1.
1 Pierre
Vamos calcular
1 2 0 det −1 4 1. 2 1 1
Fréderic Sarrus (França, 1768 -1861) cou conhecido na Matemática pela regra prática de resolução de determinantes de matrizes quadradas de ordem 3.
3.
DETERMINANTES E GEOMETRIA
115
Pela regra de Sarrus, obtemos que
1 2 0 det −1 4 1 = 4 + 4 + 0 − (−2 + 1 + 0) = 10. 2 1 1
3.2
O Produto Vetorial
Um outro produto que possui importantes aplicações geométricas é o
produto vetorial em
R3 .
Trata-se de uma operação que a partir de dois
vetores linearmente independentes em
R3 , associa de modo natural um vetor
ortogonal ao plano gerado por estes vetores.
u = (u1 , u2 , u3 ) e v = (v1 , v2 , v3 ) em R3 . Para que um vetor w = (x1 , x2 , x3 ) seja tal que w ⊥ u e w ⊥ v , as suas coordenadas Sejam dados dois vetores
devem ser soluções do sistema
(
w · u = u1 x1 + u2 x2 + u3 x3 = 0 w · v = v1 x1 + v2 x2 + v3 x3 = 0,
(6)
que podemos reescrever como
(
u e v são linearmente independentes, uma das expressões ui vj −uj vi , i, j = 1, 2, 3, i 6= j , é não nula (cf. Problema 3.7). Podemos, sem perda
Como para
u1 x1 + u2 x2 = −u3 x3 v1 x1 + v2 x2 = −v3 x3 .
116
CAPÍTULO 4.
de generalidade, supor que
u1 v2 −u2 v1 6= 0.
O ESPAÇO VETORIAL
R3
Assim, o sistema acima se resolve
pela fórmula do Problema 2.12 do Capítulo 2, como segue:
x1 =
u2 v3 − u3 v2 x3 , u1 v2 − u2 v1
Portanto, para todo
x2 =
u3 v1 − u1 v3 x3 . u1 v2 − u2 v1
x3 ∈ R, o vetor u2 v3 − u3 v2 u3 v1 − u1 v3 x3 , x3 , x3 u1 v2 − u2 v1 u1 v2 − u2 v1
é um vetor ortogonal a
u
e
v.
Escolhendo
x3 = u1 v2 − u2 v1 ,
temos que o
vetor
(u2 v3 − u3 v2 , u3 v1 − u1 v3 , u1 v2 − u2 v1 ) é ortogonal a
u
e
v,
independentemente da hipótese
u1 v2 − u2 v1 6= 0
que
zemos. Isto motiva a seguinte de nição:
u = (u1 , u2 , u3 ) e v = (v1 , v2 , v3 ) em R3 , v , denotado por u × v , é o vetor de R3 dado por
Dados os vetores
vetorial de
u
e
o produto
u × v = (u2 v3 − u3 v2 , u3 v1 − u1 v3 , u1 v2 − u2 v1 ). Por exemplo,
(1, 0, 0) × (0, 1, 2) = (0.2 − 0.1, −1.2 + 0.0, 1.1 − 0.0) = (0, −2, 1). (1, 0, 0) × (0, 1, 0) = (0, 0, 1). (0, 1, 0) × (0, 0, 1) = (1, 0, 0). O produto vetorial possui as propriedades a seguir. Para quaisquer (i)
u, v, w ∈ R3
e
a ∈ R,
u × v = −v × u,
(ii)
u × (v + w) = (u × v) + (u × w)
(iii)
(au) × v = a(u × v) = u × (av),
(iv)
(u × v) ⊥ u
e
(u × v) ⊥ v .
tem-se que
3.
117
DETERMINANTES E GEOMETRIA
Estas propriedades são facilmente veri cadas e serão deixadas como exercícios para o leitor. Notemos que a expressão que de ne o produto vetorial pode ser colocada em uma forma mais compacta com a ajuda dos determinantes. De fato, se considerarmos a matriz formal
3×3
e1 e2 e3 A = x1 x2 x3 , y1 y2 y3 onde
{e1 , e2 , e3 } é a base canônica de R3
e
(x1 , x2 , x3 ), (y1 , y2 , y3 ) ∈ R3 ,
e cal-
cularmos o seu determinante utilizando a fórmula (4), vamos obter que seu determinante é precisamente o produto vetorial de
(y1 , y2 , y3 ).
u = (x1 , x2 , x3 )
e
v=
Note que esta expressão é apenas formal, desprovida de qualquer
conteúdo, pois, em princípio, não faz sentido considerar o determinante de uma matriz onde os elementos da primeira linha são vetores e os elementos das demais linhas são números reais. Isto é um abuso de notação, que serve apenas para memorizar a de nição de
u × v.
Por exemplo, para calcularmos o produto vetorial de
u = (2, −8, 3)
e
v = (0, 4, 3), escrevemos " # " # " # e1 e2 e3 −8 3 2 3 2 −8 e1 − det e2 + det e3 u × v = det 2 −8 3 = det 4 3 0 3 0 4 0 4 3 = −36e1 − 6e2 + 8e3 = (−36, −6, 8). A seguir, vamos apresentar duas identidades envolvendo o módulo do produto vetorial de dois vetores em
R3 .
Proposição 4.3.1. Sejam u e v dois vetores em R3 . Tem-se que : i) ii)
||u × v||2 = ||u||2 ||v||2 − (u · v)2 ; ||u × v|| = ||u|| ||v|| sen θ, nulos.
sendo
θ
o ângulo entre
u
e
v,
com
u
e
v
não
118
CAPÍTULO 4.
Demonstração
O ESPAÇO VETORIAL
u = (x1 , y1 , z1 ) e v = (x2 , y2 , z2 ). Temos " # " # " # y1 z1 x1 z1 x1 y 1 u × v = det e1 − det e2 + det e3 . y2 z2 x2 z2 x2 y 2 (i): Sejam
R3
que
Logo,
||u × v||2 = (y1 z2 − z1 y2 )2 + (−x1 z2 + z1 x2 )2 + (x1 y2 − y1 x2 )2 . Por outro lado,
||u||2 ||v||2 = (x21 + y12 + z12 )(x22 + y22 + z22 ) e
(u · v)2 = (x1 x2 + y1 y2 + z1 z2 )2 . Assim,
||u × v||2 = ||u||2 ||v||2 − (u · v)2 . (ii): Por (i), segue que
||u × v||2 = ||u||2 ||v||2 − (||u|| ||v|| cos θ)2 , uma vez que
u·v . ||u|| ||v||
cos θ = Portanto,
||u × v||2 = ||u||2 ||v||2 − ||u||2 ||v||2 cos2 θ = ||u||2 ||v||2 (1 − cos2 θ) = ||u||2 ||v||2 sen2 θ, mostrando que
||u × v|| = ||u|| ||v||senθ. A seguir, daremos a interpretação geométrica do módulo do produto vetorial de dois vetores. Sejam
uev
dois vetores não nulos em
ABCD determinado h denota a altura do
pelos vetores
u
Consideremos o paralelogramo
v , conforme a Figura 8, abaixo, onde θ é o ângulo entre os vetores u e v .
e
paralelogramo e
R3 .
3.
119
DETERMINANTES E GEOMETRIA
Figura 8 Sabemos da Geometria que Área Como
h = ||v|| senθ,
ABCD = ||u|| · h.
segue que Área
ABCD = ||u|| senθ.
Pela Proposição anterior, item (b), concluímos então que Área
ABCD = ||u × v||.
Pelo que vimos acima, temos o seguinte resultado:
Proposição 4.3.2. O módulo do produto vetorial de dois vetores não nulos
u
e
v
em
R3
mede a área do paralelogramo determinado por estes vetores.
Com um outro produto em
R3 ,
podemos obter o volume do paralele-
pípedo determinado por três vetores não nulos. Este é o produto misto que vamos de nir a seguir.
u = (x1 , y1 , z1 ), v = (x2 , y2 , z2 ) e w = (x3 , y3 , z3 ) três vetores Chama-se produto misto dos vetores u, v e w ao número real
Sejam
R3 .
em
(u, v, w) = u · (v × w). Pelas de nições de produto escalar e produto vetorial em veri car que
x1 y1 z1 u · (v × w) = det x2 y2 z2 . x3 y3 z3
R3 ,
podemos
120
CAPÍTULO 4.
Consideremos agora
P
u, v
e
O ESPAÇO VETORIAL
w três vetores não nulos em R3 .
R3
Chamemos de
o paralelepípedo determinado por estes vetores, conforme a gura abaixo:
Figura 9 Na gura,
h
denota a altura do paralelepípedo e
v × w. Como vimos v e w. Assim,
anteriormente,
v×w
θ
o ângulo entre
u
e
é um vetor ortogonal aos vetores
h = ||u|| cos θ. A área da base do paralelepípedo
P
é dada por
||v × w||. Portanto, se
V
denota o volume do paralelepípedo, obtemos
V = ||v × w|| ||u|| cos θ = ||u · (v × w)|| = ||(u, v, w)||. Assim, obtivemos o resultado a seguir:
Proposição 4.3.3. O módulo do produto misto de três vetores não nulos u,
v
e
w
em
R3
mede o volume do paralelepípedo determinado por estes vetores.
Problemas 3.1
Mostre que os determinantes de matrizes
propriedades:
2×2
possuem as seguintes
3.
121
DETERMINANTES E GEOMETRIA
a) Para todos
a, b, c, c0 , d, d0 , t ∈ R, "
# " # " # a b a b a b det = det + t det 0 0 , c + tc0 d + td0 c d c d o mesmo valendo para a primeira linha; b) Para todos
a, b ∈ R, "
# a b det = 0; a b " c)
det
3.2
1 0 = 1. 0 1
Mostre que uma função
é tal que
3.3
#
F : M(2, 2) → R com as três propriedades acima
F = det.
Mostre que os determinantes de matrizes
3×3
possuem as seguintes
propriedades: a) Para todos
a, b, c, d, e, f, g, g 0 , h, h0 , k, k 0 , t ∈ R,
a b c a b c a b c det d e f = det d e f + t det d e f , g h k g 0 h0 k 0 g + tg 0 h + th0 k + tk 0
o mesmo valendo para as outras duas linhas; b) Para todos
a, b, c, d, e, f, g, h, k ∈ R,
a b c a b c a b c det a b c = det d e f = det d e f = 0, g h k a b c d e f
c)
1 0 0 det 0 1 0 = 1. 0 0 1
122
3.4
CAPÍTULO 4.
Mostre que, para quaisquer
a, b, c
e
d
em
O ESPAÇO VETORIAL
R,
R3
tem-se que
sen a cos a sen (a + d) det sen b cos b sen (b + d) = 0 . sen c cos c sen (c + d) 3.5
Determine
x∈R
para que
x−2 x+3 x−1 det 2 1 3 = 60 . 3 2 1 3.6* e
y,
Utilize o método de Maclaurin para determinar
e
y0
em função de
x
onde
(
3.7
x0
x = x0 cos θ − y 0 sen θ y = x0 sen θ + y 0 cos θ.
Mostre que dois vetores
u = (u1 , u2 , u3 )
e
v = (v1 , v2 , v3 )
em
R3
são
linearmente independentes se, e somente se, um dos três determinantes abaixo é não nulo:
"
# u1 u2 det ; v1 v2 Mostre que
u×v =0
"
# u1 u3 det ; v1 v3
se, e somente se,
u
e
"
# u2 u3 det . v2 v3 v
são colineares.
3.8 Calcule a área do paralelogramo que tem por lados os vetores u = (1, 3, 5) e
v = (2, 1, 4).
3.9
Calcule o volume do paralelepípedo que tem por arestas os vetores
(1, 3, 5), v = (2, 1, 4)
e
w = (−2, 1, −3).
u=
Bibliogra a [1] H. P. Bueno, Álgebra Linear, um segundo curso , Coleção Textos Universitários, SBM, 2006. [2] P. Halmos, Teoria Ingênua dos Conjuntos , Editora Ciência Moderna, 2001. [3] A. Hefez e M. L. T. Villela, Códigos Corretores de Erros , Coleção Matemática e Aplicações, IMPA, 2008. [4] A. Hefez e M. L. T. Villela, Números Complexos e Polinômios , Coleção PROFMAT, SBM, 2012. [5] V. J. Katz, A History of Mathematics - an Introduction , HarperCollins College Publishers, 1993.
nd
[6] S. Lang, Introduction to Linear Algebra , 2
edition, Undergraduate Texts
in Mathematics, Springer, 1986. [7] E.L. Lima, Álgebra Linear , 3
a
edição, Coleção Matemática Universitária,
IMPA, 1998. [8] E.L. Lima, Geometria Analítica e Álgebra Linear , 2 Matemática Universitária, IMPA, 2010.
300
a
edição, Coleção
5 Livro:
Introdução à Álgebra Linear
Autores: Abramo Hefez Cecília de Souza Fernandez
Capítulo 5: Transformações Lineares Sumário 1
O que são as Transformações Lineares?
2
Núcleo e Imagem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
3
. . . . . . 124
2.1
O Núcleo
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
2.2
A Imagem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132
2.3
O Teorema do Núcleo e da Imagem . . . . . . . . . 134
Operações com Transformações Lineares
123
. . . . . 144
124
CAPÍTULO 5.
TRANSFORMAÇÕES LINEARES
As funções naturais no contexto dos espaços vetorais, as chamadas de transformações lineares, formam uma classe muito especial de funções que têm muitas aplicações na Física, nas Engenharias e em vários ramos da Matemática.
1
O que são as Transformações Lineares? As funções nas quais se está interessado na Álgebra Linear são as funções
cujos domínios e contradomínios são espaços vetoriais e que, além disso, preservam as operações de adição de vetores e de multiplicação de um vetor por um escalar. Isto é o conteúdo da de nição a seguir. Sejam
V
e
é uma função (i) (ii)
W espaços vetoriais. Uma transformação linear de V em W T : V → W que possui as seguintes propriedades:
T (v1 + v2 ) = T (v1 ) + T (v2 ), T (av) = aT (v),
para quaisquer
para quaisquer
v
em
V
e
a
v1
e
em
v2
em
V;
R.
As propriedades (i) e (ii) são equivalentes à seguinte propriedade:
T (v1 + av2 ) = T (v1 ) + aT (v2 ), para quaisquer
v1
e
v2
em
V
e para qualquer
a
em
(1)
R.
É esta caracterização das transformações lineares que utilizaremos, por ser mais prática, para mostrar que determinada função entre espaços vetoriais é uma transformação linear.
T: V →W é uma transformação linear se, e somente se, para todos v1 , . . . , vr ∈ V e todos a1 , . . . , ar ∈ R, tem-se que Mostra-se por indução (veja Problema 1.1) que uma função
T (a1 v1 + · · · + ar vr ) = a1 T (v1 ) + · · · + ar T (vr ).
(2)
Vejamos a seguir alguns exemplos.
Exemplo 1.
A função
transformação linear.
T : R2 → R,
dada por
T (x, y) = x + y ,
é uma
1.
125
O QUE SÃO AS TRANSFORMAÇÕES LINEARES?
v1 = (x1 , y1 ) ∈ R2 , v2 = (x2 , y2 ) ∈ R2
De fato, se
e
a ∈ R,
temos que
T (v1 + av2 ) = T (x1 + ax2 , y1 + ay2 ) = x1 + ax2 + y1 + ay2 = (x1 + y1 ) + a(x2 + y2 ) = T (v1 ) + aT (v2 ). Portanto,
T
é uma transformação linear de
Exemplo 2.
A função
T : R3 → R2 ,
R2
dada por
em
R.
T (x, y, z) = (x − y, y − z),
é
uma transformação linear.
v1 = (x1 , y1 , z1 ) ∈ R3 , v2 = (x2 , y2 , z2 ) ∈ R3
De fato, se
e
a ∈ R,
então
T (v1 + av2 ) = T (x1 + ax2 , y1 + ay2 , z1 + az2 ) = (x1 + ax2 − (y1 + ay2 ), y1 + ay2 − (z1 + az2 )) = ((x1 − y1 ) + a(x2 − y2 ), (y1 − z1 ) + a(y2 − z2 )) = (x1 − y1 , y1 − z1 ) + a(x2 − y2 , y2 − z2 ) = T (v1 ) + aT (v2 ), mostrando que
Exemplo 3.
T
é uma transformação linear de
A função
R3
em
R2 .
T : R → R, dada por T (x) = 5x, é uma transformação
linear. De fato, se
x1 , x2 , a ∈ R,
temos que
T (x1 + ax2 ) = 5(x1 + ax2 ) = 5x1 + a5x2 = T (x1 ) + aT (x2 ). Portanto,
T
é uma transformação linear de
R
Na realidade, toda transformação linear de
x ∈ R,
onde
c
Exemplo 4.
em
R.
R em R é da forma T (x) = c·x,
é uma constante real; e reciprocamente (veja Problema 1.2). A função
T : R2 → R3 ,
dada por
T (x, y) = (0, 0, 0),
transformação linear. De fato, dados
v1
e
v2
em
R2
e dado
a ∈ R,
tem-se que
T (v1 + av2 ) = (0, 0, 0) = (0, 0, 0) + a(0, 0, 0) = T (v1 ) + aT (v2 ),
é uma
126
CAPÍTULO 5.
mostrando que
T
TRANSFORMAÇÕES LINEARES
é uma transformação linear.
V e W são espaços vetoriais, a função T : V → W , dada por T (v) = 0, v ∈ V , é uma transformação linear, chamada transformação nula . A transformação nula de V em W será também denotada por 0. Mais geralmente, se
Exemplo 5.
A função
T : R2 → R2
dada por
T (x, y) = (x2 , y) não
é uma
transformação linear. Com efeito, se tomarmos
v1 = (1, 0)
e
v2 = (−1, 0),
então
T (v1 + v2 ) = (0, 0) 6= (2, 0) = T (v1 ) + T (v2 ). Exemplo 6. função
f (x) um polinômio arbitrariamente T : R[x] → R[x], dada por T (p(x)) = p(f (x)), é Seja
xado em
R[x].
A
uma transformação
linear.
p1 (x), p2 (x) ∈ R[x]
De fato, se
e
a ∈ R,
temos que
T (p1 (x) + ap2 (x)) = p1 (f (x)) + ap2 (f (x)) = T (p1 (x)) + aT (p2 (x)), mostrando que
Exemplo 7.
T
é uma transformação linear.
T : Rn → Rm é uma transformação linear se, e números reais aij , com 1 ≤ i ≤ m e 1 ≤ j ≤ n, tais que
Uma função
somente se, existem
T (x1 , . . . , xn ) = (a11 x1 + · · · + a1n xn , . . . , am1 x1 + · · · + amn xn ), fazendo jus ao adjetivo linear associado à palavra transformação.
Para a
demonstração deste resultado, veja Problema 1.3. Como a maioria dos resultados a seguir é evidente para espaços vetoriais nulos, vamos sempre considerar o domínio e o contradomínio de uma transformação linear como espaços vetoriais não nulos. Como consequência da propriedade (1), temos que uma transformação
T : V → W transforma o vetor nulo de V T (0) = 0. De fato, linear
no vetor nulo de
W,
ou seja,
0 = T (0) − T (0) = T (0) + (−1)T (0) = T (1 · 0 − 1 · 0) = T (0).
1.
127
O QUE SÃO AS TRANSFORMAÇÕES LINEARES?
T ter como domínio e contradomínio espaços T (0) = 0 não implica que ela seja uma transformação
Porém, o fato de uma função vetoriais e satisfazer
linear, como mostra o Exemplo 5. Uma propriedade importante de uma transformação linear é que ela ca totalmente determinada se conhecermos seus valores nos vetores de uma base de seu domínio. Mais precisamente, temos o resultado a seguir.
Seja α = {v1 , v2 , . . . , vn } uma base de um espaço vetorial V . Sejam w1 , w2 , . . . , wn vetores de um espaço vetorial W . Então existe uma única transformação linear T : V → W tal que T (vj ) = wj para todo
Teorema 5.1.1.
1 ≤ j ≤ n. Demonstração
Tomemos
v ∈ V.
Como
α
é uma base de
de modo único como uma combinação linear dos vetores de
De na
T: V →W
A função
T
V , v se escreve α, digamos
v = a1 v1 + a2 v2 + · · · + an vn .
(3)
T (v) = a1 w1 + a2 w2 + · · · + an wn .
(4)
por
a1 , a2 , . . . , an são uniT é uma transformaSuponhamos que w =
está bem de nida, pois os números reais
v. a em R
camente determinados a partir de
Além disso,
ção linear.
e
De fato, tomemos
b1 v1 + b2 v2 + · · · + bn vn .
w
em
V.
Como
v + aw = (a1 + ab1 )v1 + (a2 + ab2 )v2 + · · · + (an + abn )vn , segue que
T (v + aw) = (a1 + ab1 )w1 + (a2 + ab2 )w2 + · · · + (an + abn )wn = (a1 w1 + a2 w2 + · · · + an wn ) + a(b1 w1 + b2 w2 + · · · + bn wn ) = T (v) + aT (w). Para mostrar que
T (vj ) = wj ,
xe
j,
onde
1 ≤ j ≤ n.
vj = 0v1 + · · · + 1vj + · · · + 0vn ,
Como
128
CAPÍTULO 5.
TRANSFORMAÇÕES LINEARES
segue de (4) que
T (vj ) = 0w1 + · · · + 1wj + · · · + 0wn = wj . Vejamos agora que
T
é a única função com as propriedades desejadas. Para
isto, suponhamos que
S(vj ) = wj
para todo
linearidade de
S
S : V → W seja uma transformação j , com 1 ≤ j ≤ n. Tomemos v ∈ V .
linear tal que Por (3) e pela
(propriedade (2)), temos que
S(v) = a1 S(v1 ) + a2 S(v2 ) + · · · + an S(vn ). Como
S(vj ) = wj
para todo
1 ≤ j ≤ n,
obtemos
S(v) = a1 w1 + a2 w2 + · · · + an wn = T (v). Como
v∈V
Exemplo 8.
foi tomado de modo arbitrário, segue que
S = T.
Para determinarmos a transformação linear
T : R2 → R3
tal
T (1, 1) = (0, 2, 1) e T (0, 2) = (1, 0, 1) devemos, pelo Teorema 5.1.1, 2 veri car que α = {(1, 1), (0, 2)} é uma base de R e calcular as coordenadas 2 de um vetor de R na base α. Ora, como α é linearmente independente e dim R2 = 2, temos que α é uma base de R2 . Além disso, se (x, y) ∈ R2 , então
que
(x, y) = a1 (1, 1) + a2 (0, 2) se, e somente se,
a1 = x
e
a2 =
y−x . 2
Portanto,
y−x T (x, y) = xT (1, 1) + T (0, 2) 2 y−x = x(0, 2, 1) + (1, 0, 1) 2 y−x x+y = , 2x, . 2 2
Problemas
1.
1.1
129
O QUE SÃO AS TRANSFORMAÇÕES LINEARES?
Sejam
V
e
W
dois espaços vetoriais e
T: V → W
uma função. Prove
que as seguintes a rmações são equivalentes:
T (u + v) = T (u) + T (v) qualquer a em R; (a)
(b)
e
T (av) = aT (v),
T (u + av) = T (u) + aT (v),
para quaisquer
para quaisquer
u
e
v
em
V
u
e
v
em
e qualquer
a
V
e
em
R; (c) em
1.2
T (a1 v1 + · · · + ar vr ) = a1 T (v1 ) + · · · + ar T (vr ), V e quaisquer a1 , . . . , ar em R. Mostre que
existe
c∈R
tal
T : R → R é uma transformação que T (x) = cx, para todo x ∈ R.
1.3 Seja T : Rn → Rm
uma função. Mostre que
se, e somente se, existem números reais
aij ,
T
com
para quaisquer
v1 , . . . , vr
linear se, e somente se,
é uma transformação linear
1≤i≤m
e
1 ≤ j ≤ n,
tais
que
T (x1 , . . . , xn ) = (a11 x1 + · · · + a1n xn , . . . , am1 x1 + · · · + amn xn ). Sugestão
T é da forma desejada, escreva (x1 , . . . , xn ) = e1 , . . . , en é a base canônica de Rn . Ponha T (ei ) =
Para mostrar que
x1 e1 + · · · + xn en , onde (a1i , . . . , ami ) e use a igualdade 1.4* por
(2). A recíproca é uma veri cação fácil.
V = M(n, n) e seja B em V . De na a função T : V → V T (A) = AB + BA para toda matriz A em V . Mostre que T é uma Considere
transformação linear.
1.5
Mostre que a função
T : M(m, n) → M(n, m),
de nida por
T (A) = At ,
é uma transformação linear.
1.6
Dada uma transformação linear
calcule em função de (a)
1.7
T (u + v);
u
e
(b)
T
tal que
T (u) = 2u
T (v) = u + v ,
v: T (3v);
(c)
T (−3u);
(d)
T (u − 5v).
Quais das funções abaixo são transformações lineares? Justi que as res-
postas dadas. (a)
e
T : R3 → R3 ,
onde
T (x, y, z) = (x + y, x − z, 0).
130
(b) (c)
CAPÍTULO 5.
T : R2 → R3 ,
TRANSFORMAÇÕES LINEARES
T (x, y) = (x2 , x, y). " # 2x x − y T : R2 → M(2, 2), onde T (x, y) = . x+y 2y onde
(d)
T : R2 → R,
(e)
T : R[x]2 → R[x]2 ,
onde
T (ax + b) = ax2 + bx.
(f )
T : R[x]d → R[x]d ,
onde
T (x) = x + a,
onde
T (x, y) = xy .
com
1.8
Determine
(a)
T (1, 2) = (3, 1, 1)
(b)
T (1, 1, 1) = (2, −1, 4), T (1, 1, 0) = (3, 0, 1)
1.9
Sejam
n
e
m
e a transformação linear e
2
tal que:
e
T (1, 0, 0) = (−1, 5, 1).
V e T : V →W T (v1 ) = T (v2 ) = · · · = T (vn ) = 0 se,
uma base de um espaço vetorial
uma transformação linear. Mostre que
T
T : Rn → Rm
T (1, 1) = (1, −1, 0);
{v1 , v2 , . . . , vn }
e somente se
a ∈ R.
é a transformação nula.
Núcleo e Imagem O núcleo e a imagem de uma transformação linear são dois subespaços
de seu domínio e de seu contradomínio, respectivamente, que nos fornecem informações valiosas sobre a transformação.
Há uma relação importante
entre as dimensões do domínio, do núcleo e da imagem de uma transformação linear, que apresentaremos nesta seção e que possui muitas aplicações.
2.1
O Núcleo
Seja
T: V →W
Ker T , é o conjunto W , ou seja,
uma transformação linear. O de vetores de
V
núcleo de T , denotado por
que são levados por
T
no vetor nulo de
Ker T = {v ∈ V ; T (v) = 0}. Ker T é um subconjunto não vazio de V , já que T (0) = 0. Mais Ker T é um subespaço de V . De fato, se v1 , v2 ∈ Ker T e se a ∈ R,
Note que ainda,
2.
131
NÚCLEO E IMAGEM
então
v1 + av2 ∈ Ker T ,
pois
T (v1 + av2 ) = T (v1 ) + aT (v2 ) = 0 + a · 0 = 0. O seguinte exemplo ilustra o fato de que a determinação do núcleo de uma transformação linear, entre espaços vetoriais de dimensão nita, recai na determinação do conjunto solução de um sistema de equações lineares homogêneo.
Exemplo 1.
Seja
T : R4 → R3
a transformação linear de nida por
T (x, y, s, t) = (x − y + s + t, x + 2s − t, x + y + 3s − 3t). Para determinarmos em
R4
Ker T ,
devemos obter o conjunto de vetores
(x, y, s, t)
tais que
T (x, y, s, t) = (x − y + s + t, x + 2s − t, x + y + 3s − 3t) = (0, 0, 0). Equivalentemente,
Ker T
é o conjunto solução do seguinte sistema linear
homogêneo:
x − y + s + t = 0 x + 2s − t = 0 x + y + 3s − 3t = 0 . Resolvendo o sistema acima, obtemos
Ker T = {(−2s + t, −s + 2t, s, t) ; s, t ∈ R}. Note que
Ker T
é um subespaço vetorial de
R4
de dimensão 2.
Inversamente, o conjunto solução de um sistema de equações lineares homogêneo
AX = 0,
onde
A = [aij ],
pode ser interpretado como o núcleo de
uma transformação linear. Mais precisamente, é o núcleo da transformação linear
T : Rn → Rm , T (x1 , . . . , xn ) = (a11 x1 + · · · + a1n xn , . . . , am1 x1 + · · · + amn xn ).
132
CAPÍTULO 5.
Se uma transformação linear
T
TRANSFORMAÇÕES LINEARES
T (v) = 0 só T (0) = 0, tem-se
é injetiva, então a equação
v = 0. De fato, sendo T injetiva e como T (v) = 0 = T (0) implica que v = 0. Fato curioso, é que
possui a solução que
vale também a
recíproca desta propriedade, como mostraremos a seguir.
Seja T : V → W uma transformação linear. Temos que T é injetiva se, e somente se, Ker T = {0}.
Proposição 5.2.1. Demonstração
A implicação direta foi provada no comentário acima. Su-
Ker T = {0}. Tomemos u e v vetores em V . Se T (u) = T (v), então T (u) − T (v) = 0. Equivalentemente, T (u − v) = 0. Assim, u − v ∈ Ker T . Como Ker T = {0}, segue-se que u − v = 0, logo u = v , mostrando a injetividade de T .
ponhamos agora que
Por exemplo, a transformação linear do Exemplo 1 não é injetiva, pois
Ker T 6= {(0, 0, 0, 0)}. Já a transformação linear dada por T (x, y)=(x−y, x+y), (x, y) ∈ R2 , é injetiva, pois Ker T = {(0, 0)}.
2.2 A
A Imagem
imagem de T
Im T = T (V ).
Como
junto não vazio de de fato,
T : V → W é o conjunto 0 ∈ Im T , logo ele é um subcon-
de uma transformação linear
T (0) = 0,
W.
temos que
Deixaremos como exercício para o leitor veri car que,
Im T é um subespaço vetorial de W
(veja Problema 2.1). A seguinte
proposição mostra como podemos determinar geradores para a imagem de uma transformação linear.
Seja T : V →W uma transformação linear. Se {v1 , . . . , vn } é um conjunto de geradores de V , então {T (v1 ), . . . , T (vn )} é um conjunto de geradores de Im T . Em particular, dim Im T ≤ dim V .
Proposição 5.2.2.
Demonstração
{v1 , . . . , vn }
gera
Seja
V, v
w ∈ Im T
e tomemos
v∈V
é uma combinação linear de
v = a1 v1 + · · · + an vn .
T (v) = w. Como v1 , . . . , vn , digamos,
tal que
2.
133
NÚCLEO E IMAGEM
Pela linearidade de
T
(cf. (2) da Seção 1), temos que
w = T (v) = a1 T (v1 ) + · · · + an T (vn ), w é uma combinação linear de T (v1 ), . . . , T (vn ). Im T , segue que Im T = G(T (v1 ), . . . , T (vn )).
ou seja, em
Exemplo 2.
Como
w é arbitrário
Calculemos a imagem da transformação linear apresentada no
Exemplo 1. Pela Proposição 5.2.2, devemos determinar o espaço gerado pela imagem de um conjunto de geradores de
R4 .
Vamos calcular, então, o espaço gerado
por
T (1, 0, 0, 0) = (1, 1, 1), T (0, 0, 1, 0) = (1, 2, 3)
T (0, 1, 0, 0) = (−1, 0, 1), e
T (0, 0, 0, 1) = (1, −1, −3).
Pelo Teorema 3.4.1, basta reduzir a matriz
1 1 1 −1 0 1 1 2 3 1 −1 −3
à forma escalonada. Ora,
1 1 1 1 1 1 1 −→ −→ −1 0 1 L2 → L2 + L1 0 1 2 0 L3 → L3 − L2 1 2 3 L3 → L3 − L1 0 1 2 L → L + 2L 0 4 4 2 L4 → L4 − L1 1 −1 −3 0 −2 −4 0 Assim,
{(1, 1, 1), (0, 1, 2)}
é uma base de
Im T ,
ou seja,
Im T = {(x, x + y, x + 2y) ; x, y ∈ R}.
1 1 0 0
1 2 . 0 0
134
CAPÍTULO 5.
2.3
O Teorema do Núcleo e da Imagem
TRANSFORMAÇÕES LINEARES
O seguinte resultado é um teorema importante que relaciona a dimensão do núcleo à dimensão da imagem de uma transformação linear quando
V
T : V → W,
tem dimensão nita.
Seja T : V → W uma transformação linear, onde V tem dimensão nita. Então Teorema 5.2.3. (Teorema do Núcleo e da Imagem)
dim Ker T + dim Im T = dim V. Demonstração uma base de vetores em
V
Suponhamos que
Ker T .
dim V = n.
Seja
(1)
α = {u1 , u2 , . . . , um }
Como qualquer conjunto linearmente independente de
tem no máximo
n
vetores (Teorema 3.3.3), segue que
m ≤ n.
Vamos considerar dois casos:
m = n. Neste caso, dim Ker T = dim V e, consequentemente, pelo Teorema 3.3.6, Ker T = V . Isto implica que Im T = {0}, portanto, dim Im T = 0, mostrando Caso 1.
que a fórmula (1) é válida. Caso 2.
m < n.
α de modo a obtermos uma base β de V , digamos β = {u1 , u2 , . . . , um , vm+1 , . . . , vn }. Note que a fórmula (1) é veri cada se provarmos que {T (vm+1 ), . . . , T (vn )} é uma base de Im T . Pela Proposição 5.2.2, temos que Im T = G(T (vm+1 ), . . . , T (vn )). Para provarmos Pelo Teorema 3.3.5, podemos completar
que esses vetores são linearmente independentes, consideremos a equação
bm+1 T (vm+1 ) + · · · + bn T (vn ) = 0, que equivale a termos
bm+1 vm+1 + · · · + bn vn ∈ Ker T. Como
α
é uma base de
Ker T ,
existem
b1 , b2 , . . . , bm
em
R
tais que
bm+1 vm+1 + · · · + bn vn = b1 u1 + b2 u2 + · · · + bm um ,
2.
135
NÚCLEO E IMAGEM
ou seja,
b1 u1 + b2 u2 + · · · + bm um − bm+1 vm+1 − · · · − bn vn = 0. Sendo
β
uma base de
V,
a equação anterior se veri ca somente se todos os
coe cientes da combinação linear são iguais a zero. Em particular,
· · · = bn = 0.
bm+1 =
Em geral, para mostrarmos que uma função é bijetiva, devemos mostrar que ela é injetiva e sobrejetiva. No entanto, se a função é uma transformação linear entre espaços vetoriais de
mesma
dimensão nita, então, exatamente
como no caso de funções entre conjuntos nitos de mesma cardinalidade, basta veri car que ela ou é injetiva ou é sobrejetiva; a outra condição é automaticamente satisfeita. Provaremos este fato a seguir com o auxílio do teorema do núcleo e da imagem. Note que esse resultado não é consequência do resultado para funções entre conjuntos nitos, pois um espaço vetorial sobre
R,
quando não nulo, é um conjunto in nito.
Seja T : V → W uma transformação linear entre espaços vetoriais de dimensão nita. Se dim V = dim W , então as seguintes a rmações são equivalentes: Proposição 5.2.4.
(i)
T é injetiva;
(ii) T é sobrejetiva. Demonstração
Pelo Teorema do Núcleo e da Imagem,
dim Ker T + dim Im T = dim V. Sendo
dim V = dim W ,
podemos escrever a igualdade acima como
dim Ker T + dim Im T = dim W. Suponhamos que
T
consequentemente,
seja injetiva.
dim Ker T = 0.
Pela Proposição 5.2.1, Segue então, de (2),
(2)
Ker T = {0} e, que dim Im T =
136
CAPÍTULO 5.
dim W , W.
mostrando que
T
TRANSFORMAÇÕES LINEARES
é sobrejetiva, já que, pelo Teorema 3.3.6,
Im T = W . Esses dois espaços têm mesma dimensão, portanto, de (2) temos que dim Ker T = 0, o que garante que Ker T = {0}. Pela Proposição 5.2.1, segue que T é injetiva. Suponhamos agora que
T
Im T =
seja sobrejetiva, ou seja,
Exemplo 3.
Veri quemos que a transformação linear
T : M(2, 2) → R4 ,
dada por
" T
#!
a b c d
= (a + b, b + c, c, a + b + d)
é uma função bijetiva.
dim M(2, 2) = dim R4 , segue, que T é uma função injetiva.
Ora, como veri carmos
da Proposição 5.2.4, que basta
Como a igualdade
" T
só ocorre quando Proposição 5.2.1,
#! a b = (0, 0, 0, 0) c d
a = b = c = d = 0, T é injetiva.
Observamos que a condição cessária.
temos que
dim V = dim W ,
Ker T = {0}.
Pela
na Proposição 5.2.4, é ne-
De fato, consideremos a transformação linear
T : R3 → R2
dada
T (x, y, z) = (x, y). Temos que T é sobrejetiva, mas não é injetiva. Já a 2 3 transformação linear T : R → R dada por T (x, y) = (x, y, 0) é injetiva, mas por
não
é sobrejetiva.
T : V → W uma transformação linear bijetiva. Logo, existe a função −1 inversa T : W → V de T . A função T −1 é também uma transformação linear . Com efeito, consideremos w1 e w2 em W e a em R. Como T é bijetiva, existem únicos vetores v1 e v2 em V tais que T (v1 ) = w1 e T (v2 ) = w2 . Seja
2.
137
NÚCLEO E IMAGEM
Portanto,
T −1 (w1 + aw2 ) = T −1 (T (v1 ) + aT (v2 )) = T −1 (T (v1 + av2 )) = v1 + av2 = T −1 (w1 ) + aT −1 (w2 ).
isomor smo . Dois espaços vetoriais que possuem um isomor smo entre eles serão ditos isomorfos, o que, Uma transformação linear bijetiva é chamada
em grego, signi ca que possuem mesma forma.
Os isomor smos desempe-
nham um papel importante na Álgebra Linear.
R4 e M(2, 2) T : R4 → M(2, 2) dada por Por exemplo,
são espaços vetoriais isomorfos, pois a função
"
x y T (x, y, z, t) = z t
#
é um isomor smo. Pelo Teorema 5.2.3, segue que se dois espaços vetoriais de dimensão nita são isomorfos, então eles têm a mesma dimensão. O próximo resultado mostra que a recíproca desta a rmação é também verdadeira, ou seja, espaços vetoriais de mesma dimensão nita são isomorfos.
Se V e W são espaços vetoriais de dimensão n, então V e
Teorema 5.2.5.
W são isomorfos . Demonstração
Para provarmos que
V
e
W
são isomorfos, devemos mostrar
que existe uma transformação linear bijetiva de
V
α = {v1 , . . . , vn } e β = {w1 , . . . , wn } bases de V v ∈ V , podemos escrever de modo único
e
v = a1 v1 + · · · + an vn , com
a1 , . . . , a n ∈ R .
em
W.
Para isto, tomemos
W , respectivamente.
Dado
138
CAPÍTULO 5.
De na, então,
T: V → W
monstração do Teorema 5.1.1,
por
T
TRANSFORMAÇÕES LINEARES
T (v) = a1 w1 + · · · + an wn .
Pela de-
está bem de nida e, além disso,
T
é uma
transformação linear.
T é bijetiva basta provarmos, se v = a1 v1 + · · · + an vn e
Para provarmos que que
T
é injetiva. Ora,
pela Proposição 5.2.4,
0 = T (v) = a1 w1 + · · · + an wn , a1 = · · · = an = 0, pois {w1 , . . . , wn } v = 0, mostrando que Ker T = {0}. segue-se que
V
Dois espaços vetoriais
W
e
é uma base de
W.
Logo,
isomorfos são essencialmente o mesmo
espaço vetorial, exceto que seus elementos e suas operações de adição e de multiplicação por escalar são escritas diferentemente. propriedade de
V
que dependa apenas de sua estrutura de espaço vetorial
W, isomor smo de V em W , somente se, {v1 , . . . , vn } é
permanece válida em
Exemplo 4.
Seja
W
e vice-versa.
T : V → W é um uma base de W se, e
Por exemplo, se
{T (v1 ), . . . , T (vn )} é base de V (veja Problema
então uma
o subespaço de
"
# " 1 −5 1 M1 = , M2 = −4 2 −1
M(2, 2)
"
e
# 1 −7 M4 = . −5 1
W.
Para encontrarmos uma base e a dimensão de de espaço gerado.
2.4).
gerado por
# " # 1 2 −4 , M3 = 5 −5 7
Vamos encontrar uma base e a dimensão de
W
não usaremos a de nição
Em vez disso, usaremos a noção de espaço linha, que
nos auxilia a exibir uma base de subespaços de espaços vetoriais
Assim, qualquer
isomorfos
a subespaços de
"
#
n
R
Rn
e, consequentemente, de
.
x y 4 é um isomor smo de R em M(2, 2), t z temos que W é isomorfo ao espaço G(v1 , v2 , v3 , v4 ), onde v1 = (1, −5, −4, 2), v2 = (1, 1, −1, 5), v3 = (2, −4, −5, 7) e v4 = (1, −7, −5, 1). Temos que a Ora, como
T (x, y, t, z) =
2.
139
NÚCLEO E IMAGEM
matriz
1 −5 −4 2 1 1 −1 5 2 −4 −5 7 1 −7 −5 1 se reduz, pelas transformações elementares, à matriz
1 0 0 0
3 2 0 0
0 1 0 0
6 1 . 0 0
α = {(1, 3, 0,(" 6), (0, 2, uma base de G(v1 , v2 , v3 , v4 ) e, conse# 1,"1)} é#) 1 3 0 2 0 quentemente, α = , é uma base de W , mostrando que 0 6 1 1 dim W = 2.
Assim,
Note que, como consequência do Teorema 5.2.5, temos que
vetorial não nulo de dimensão nita n é isomorfo ao R
n
.
todo espaço
Dessa forma, o
estudo de espaços vetoriais de dimensão nita pode se reduzir ao estudo dos espaços
Rn ,
mediante a escolha de algum isomor smo.
um problema em um espaço vetorial de dimensão nita problema para
n
R
n,
Assim, dado
reescrevemos o
, usando um isomor smo, e o resolvemos neste contexto.
Com o isomor smo utilizado, voltamos ao contexto original. Essa técnica foi ilustrada no Exemplo 4. Um outro exemplo pode ser visto no Problema 2.6, bem como no exemplo a seguir, em que são aplicados os conceitos de espaço vetorial, base e dimensão, de modo a obter resultados não triviais.
Exemplo 5.
Consideremos a recorrência
R(1, 1),
un+1 = un + un−1 ,
de nida por
n ≥ 2.
Vimos no Exemplo 2 da Seção 1, do Capítulo 1 e no Exemplo 5 da Seção 1, do Capítulo 3, que as sequências reais que satisfazem a esta recorrência formam um espaço vetorial.
140
CAPÍTULO 5.
TRANSFORMAÇÕES LINEARES
(un ) de R(1, 1) ca totalmente determinado u1 e u2 . Por exemplo, se u1 = u2 = 1, temos que
Observe que todo elemento se soubermos os valores de
(un )
é a sequência de Fibonacci.
De namos a seguinte função:
T : R(1, 1) → R2 (un ) 7→ (u1 , u2 ) . Note que
T
é uma transformação linear, pois se
(un ), (vn ) ∈ R(1, 1)
e
c ∈ R,
então
T ((un ) + c(vn )) = = = = Por outro lado, os valores de Logo,
2.
T
u1
e
T
u2
T ((un + cvn )) (u1 + cv1 , u2 + cv2 ) (u1 , u2 ) + c(v1 , v2 ) T ((un )) + cT ((vn )).
é obviamente sobrejetora.
T
é também injetora, pois
determinam univocamente a sequência
(un )
é um isomor smo de espaços vetoriais e, portanto,
Vamos determinar uma base de
R(1, 1).
dim R(1, 1) =
R(1, 1).
Procuremos dentre as progressões geométricas que satisfazem à recorrência
de
R(1, 1).
(q n ),
com
q 6= 0,
aquelas
Essas devem satisfazer à condição
q n+1 = q n + q n−1 . Daí deduz-se que
q
deve satisfazer a equação
q 2 − q − 1 = 0, cujas raízes são
√ 1+ 5 q1 = , 2
Portanto, sendo as imagens por
R(1, 1).
T
√ 1− 5 q2 = . 2
(q1n ) e (q2n ) linearmente independentes (basta veri car que
são linearmente independentes), eles formam uma base de
2.
141
NÚCLEO E IMAGEM
(un ) de R(1, 1) é tal que √ !n √ !n 1+ 5 1− 5 + t2 , 2 2
Assim, todo elemento
un = t1 Portanto, dados
u1
e
u2 , podemos determinar t1
t1 , t2 ∈ R.
(3)
e t2 resolvendo o sistema
de equações:
(
Em virtude das igualdades ao sistema
(
t1 q1 + t2 q2 = u1 t1 q12 + t2 q22 = u2 .
q12 = q1 +1 e q22 = q2 +1, este sistema é equivalente
t1 q1 + t2 q2 = u1 t1 (q1 + 1) + t2 (q2 + 1) = u2 , u = u2 = 1, resolvendo √ 1 t2 = −1/ 5, que substituídos em (3)
Por exemplo, para a sequência de Fibonacci, onde o sistema acima, obtemos
√ t1 = 1/ 5
e
nos dão a seguinte fórmula para o termo geral da sequência de Fibonacci:
un =
√ n 1+ 5 2
√ n − 1−2 5 √ . 5
Finalizaremos esta seção com mais uma aplicação do Teorema do Núcleo e da Imagem.
Exemplo 6.
Determinaremos uma fórmula para a dimensão da soma de
dois subespaços de um espaco vetorial. Sejam torial
V.
U
e
W
subespaços vetoriais de dimensão nita de um espaço ve-
Considere a transformação linear
T: U ×W → V (u, w) 7→ u + w É fácil veri car que a imagem de isomorfo a
U ∩W
T
é o subespaço
U +W
e que
Ker T
é
(veja Problema 2.5). Logo, pelo Teorema do Núcleo e da
Imagem e pelo Problema 3.15, do Capítulo 3, temos que
dim U + dim W = dim U × W = dim Ker T + dim Im T = dim(U ∩ W ) + dim(U + W ).
142
CAPÍTULO 5.
TRANSFORMAÇÕES LINEARES
Assim, temos que
dim(U + W ) = dim U + dim W − dim(U ∩ W ).
Problemas 2.1*
Prove que a imagem de uma transformação linear
subespaço vetorial de
é um
W.
2.2*
Dada a transformação linear
em
3
R
T: V → W
T (x, y, z) = (x + 2y − z, y + 2z, x + 3y + z)
:
(a) Veri que que
Ker T
é uma reta que passa pela origem;
(b) Determine as equações paramétricas da reta obtida em (a); (c) Veri que que
Im T
é um plano que passa pela origem;
(d) Determine as equações paramétricas do plano obtido em (c).
2.3
Explique por que não existe nenhuma transformação linear sobrejetiva
T : V → W, 2.4* de
V
2.5
Seja
quando
dim V < dim W .
T: V → W
se, e somente se,
{v1 , . . . , vn } base de W .
um isomor smo. Prove que
{T (v1 ), . . . , T (vn )}
for uma
é uma base
U e W subespaços de um espaço vetorial V . Considere T : U × W → V , de nida por T (u, w) = u + w. Mostre que: (a)
Sejam
T
é uma transformação linear;
(b) A imagem de (c)
T
é o subespaço
U + W;
Ker T = {(u, −u); u ∈ U ∩ W }
2.6*
a função
é isomorfo a
Determine a dimensão do subespaço de
U ∩ W.
R[x]3 ,
de nido por
{p(x) = ax3 + bx2 + cx + d ; p(−1) = 0}. 2.7
Determine o núcleo e a imagem das seguintes transformações lineares:
(a)
T : R3 → R2 ,
onde
T (x, y, z) = (x − y, x − z);
143
2.
NÚCLEO E IMAGEM
(b)
T : R4 →R3 , onde T (x, y, z, w)=(2x + y − z + w, x + 2y − w, 6x + 2z − 3w);
(c)
T : R[x] → R[x],
T (p(x)) = x · p(x);
onde
"
(d)
T : M(2, 2) → M(2, 2),
(e)
T : R[x]2 → R4 ,
2.8
onde
onde
T (A) = M · A,
sendo
# 1 −1 M= ; −4 4
T (ax2 + bx + c) = (a + b, 2b + c, a + 2b − c, c).
Determine quais das transformações lineares do exercício anterior são
injetivas e quais são sobrejetivas.
2.9
Dada uma transformação linear
(a)
se é sobrejetiva, então
(b)
se é injetiva, então
T : V → W,
mostre que:
dim W ≤ dim V ;
dim V ≤ dim W .
2.10 Encontre uma transformação linear T : R3 → R3 por
(1, 2, −1)
e
(−1, 1, 0).
2.11 Encontre uma transformação linear T : R4 → R3 por
(1, 2, 3, 4)
2.12
(1, 2, 3)
e
(1, 3, −1, 2)
2.14 Seja T : R3 → V
V
T : R3 → R3
cuja imagem seja
T : R3 → R4
cuja imagem seja
(0, 1, −1).
Encontre uma transformação linear
gerada por
cujo núcleo seja gerado
(0, 1, 1, 1).
Encontre uma transformação linear
gerada por
2.13
e
cujo núcleo seja gerado
e
(1, 0, 1, −1). R3 em um espaço vetorial R3 , um plano pela origem,
uma transformação linear de
qualquer. Mostre que o núcleo de
T
é todo o
uma reta pela origem, ou só a origem.
2.15
Seja
2.16
Dê, quando possível, exemplos de transformações lineares
T : V → R3 uma transformação linear de um espaço vetorial V 3 qualquer em R . Mostre que a imagem de T é só a origem, uma reta pela 3 origem, um plano pela origem, ou todo o R . zendo: (a)
T : R3 → R2
sobrejetiva;
(b)
T : R4 → R2
com
Ker T = {(0, 0, 0, 0)};
T
satisfa-
144
CAPÍTULO 5.
TRANSFORMAÇÕES LINEARES
(c)
T : R3 → R3
com
Im T = {(0, 0, 0)};
(d)
T : R3 → R4
com
Ker T = {(x, y, −x) ; x ∈ R}.
2.17
Seja
2.18
Sejam
2.19
Considere a transformação linear
T : V → R uma transformação linear não nula. Prove que existe um vetor v ∈ V tal que T (v) = 1. Seja W o subespaço de V gerado pelo vetor v . Prove que V = W ⊕ Ker T . W1 e W2 subespaços de um espaço vetorial V tais que dim W1 + dim W2 = dim V . Mostre que existe uma transformação linear T : V → V tal que Ker T = V1 e Im T = W2 . T : R3 → R3
dada por
T (x, y, z) = (3x + y, −2x − 4y + 3z, 5x + 4y − 2z). Determine se
2.20
Seja
T
é invertível. Em caso a rmativo, encontre
T : Rn → Rn
T −1 .
a transformação linear dada por
T (x1 , x2 , . . . , xn ) = (a1 x1 , a2 x2 , . . . , an xn ). (a) Sob quais condições sobre
a1 , a2 , . . . , an ,
a função
T
é invertível?
(b) Supondo satisfeitas as condições determinadas em (a), encontre
2.21
Seja
T : R2 → R2
T −1 .
a transformação linear dada por
T (x, y) = (x + ky, −y). Prove que
2.22
é injetiva e que
T −1 = T ,
para cada valor real de
Ache um isomor smo entre o espaço vetorial
n×n
3
T
e o espaço vetorial
W
V
k.
das matrizes simétricas
das matrizes triangulares inferiores
n × n.
Operações com Transformações Lineares Nesta seção, apresentaremos as operações usuais com as transformações
lineares, obtendo novas transformações lineares a partir de transformações lineares dadas.
3.
145
OPERAÇÕES COM TRANSFORMAÇÕES LINEARES
T : V → W e S : V → W transformações lineares. De nimos a T e S , denotada por T + S , como a função T + S : V → W dada
Sejam
soma
de
por
(T + S)(v) = T (v) + S(v), para todo
kT ,
v ∈ V.
como a função
k ∈ R, de nimos o produto kT : V → W dada por
Se
(1)
de
k
por
T,
denotando-o
(kT )(v) = kT (v), para todo
v ∈V.
As funções
pois para qualquer
a
em
R
T +S e kT
(2)
são, de fato, transformações lineares,
e para quaisquer
v1
e
v2
em
V
temos que
(T + S)(v1 + av2 ) = T (v1 + av2 ) + S(v1 + av2 ) = T (v1 ) + aT (v2 ) + S(v1 ) + aS(v2 ) = [T (v1 ) + S(v1 )] + a[T (v2 + S(v2 )] = (T + S)(v1 ) + a(T + S)(v2 ) e
(kT )(v1 + av2 ) = kT (v1 + av2 ) = k[T (v1 ) + aT (v2 )] = kT (v1 ) + akT (v2 ) = (kT )(v1 ) + a(kT )(v2 ). Denotemos por
V
em
W.
(V, W )
o conjunto de todas as transformações lineares de
As operações descritas em (1) e (2) de nem uma adição e uma
multiplicação por escalar em Problema 3.4). Se
W = R,
seus elementos chamados de
(V, W ),
o espaço
tornando-o um espaço vetorial (veja
(V, R)
é chamado
funcionais lineares
em
A composição de duas transformações lineares
de
V
e
V.
T: V →W
é a composição usual de funções:
(S ◦ T )(v) = S(T (v)),
espaço dual
v ∈ V.
e
S: W → U
146
CAPÍTULO 5.
TRANSFORMAÇÕES LINEARES
S ◦T é também uma transformação linear. a ∈ R, então
A função e se
Com efeito, se
v1 , v2 ∈ V
(S ◦ T )(v1 + av2 ) = S(T (v1 + av2 )) = S(T (v1 ) + aT (v2 )) = S(T (v1 )) + aS(T (V2 )) = (S ◦ T )(v1 ) + a(S ◦ T )(v2 ). Exemplo 1.
Sejam
T : R3 → R3
e
S : R3 → R3
transformações lineares
dadas por
T (x, y, z) = (2x, x − y, y + z) Determinaremos
T + S , 2S
e
e
S(x, y, z) = (x + 2z, y, −z).
T ◦ S.
Temos
(T + S)(x, y, z) = T (x, y, z) + S((x, y, z)) = (2x, x − y, y + z) + (x + 2z, y, −z) = (3x + 2z, x, y), (2S)(x, y, z) = 2S(x, y, z) = 2(x + 2z, y, −z) = (2x + 4z, 2y, −2z) e
(T ◦S)(x, y, z) = T (S(x, y, z)) = T (x+2z, y, −z) = (2x+4z, x−y +2z, y −z). Sejam a
T: V → V
n-ésima potência
de
n ∈ N \ {0}. De nimos n como a função T : V → V
uma transformação linear e
T,
denotando-a por
T
n
,
dada por
T n = |T ◦ ·{z · · ◦ T} . n vezes
Pelo que vimos anteriormente, como a função identidade em
T
n
V,
é uma transformação linear. De nimos
T0
ou seja,
T 0 = IV . Se
T: V → V
é um isomor smo, a transformação linear
de nida por
−1 T −n = T · · ◦ T −1} . | ◦ ·{z n vezes
T −n : V → V
é
3.
OPERAÇÕES COM TRANSFORMAÇÕES LINEARES
147
O próximo resultado, cuja demonstração é deixada como exercício (veja Problema 3.9), relaciona a composição com a adição e a multiplicação por escalar de transformações lineares.
Sejam T e T 0 transformações lineares de V em W e sejam S e S 0 transformações lineares de W em U . Então:
Proposição 5.3.1.
(a) (b) (c)
S ◦ (T + T 0 ) = S ◦ T + S ◦ T 0 ; (S + S 0 ) ◦ T = S ◦ T + S 0 ◦ T ; k(S ◦ T ) = (kS) ◦ T = S ◦ (kT ), onde k ∈ R.
Problemas 3.1*
T : R3 → R4 dada por T (x, y, z) = (T ◦ S)(x, y), onde S : R2 → R3 é dada por
Considere a transformação linear
(x + y, z, x − y, y + z). Calcule S(x, y) = (2x + y, x − y, x − 3y). 3.2
Sejam
3.3
Sejam
(a)
T + S;
(b)
5T − 4S ;
(c)
S ◦ T;
(d)
T ◦ S;
(e)
T 3;
(f )
S −3 .
3.4
Prove que
T: V → W
S : V → W transformações lineares entre espaços −1 vetoriais de mesma dimensão. Se S ◦T = IV , prove que T ◦S = IW e S = T . e
T : R2 → R2 e S : R2 → R2 transformações lineares dadas por T (x, y) = (x + y, 0) e S(x, y) = (−y, x). Encontre expressões para de nir:
(V, W ),
com as operações dadas em (1) e (2), é um espaço
vetorial.
3.5
Mostre que as seguintes transformações lineares
T, S
e
Q são linearmente
independentes:
T, S, Q ∈ (R3 , R2 ), de nidas por T (x, y, z) = (x+y +z, x+y), S(x, y, z) = (2x + z, x + y) e Q(x, y, z) = (2y, x);
(a)
T, S, Q ∈ (R3 , R), Q(x, y, z) = x − z .
(b) e
de nidas por
T (x, y, z) = x + y + z , S(x, y, z) = y + z
148
3.6
CAPÍTULO 5.
Seja
somente
3.7
T : V → V uma se, Im T ⊂ Ker T .
T2 = 0
Prove que
T : V → V e S : V → V são transformações T ◦ S = 0, então T não é injetiva.
Dada a transformação linear
mostre que
3.9
transformação linear.
Prove que se
nulas tais que
3.8
TRANSFORMAÇÕES LINEARES
T (x, y, z) = (ay + bz, cz, 0)
se, e
lineares não
de
R3
em
R3 ,
de
R2
em
R2 ,
T 3 = 0.
Prove a Proposição 5.3.1.
3.10
Dada a transformação linear
T (x, y) = (ac + by, cx + dy)
mostre que: (a)
T 2 − (a + d)T = (bc − ad) IR2 ; ad − bc 6= 0, então existe uma transformação linear S S ◦ T = T ◦ S = IR2 .
(b) Se que
de
R2
em
R2
tal
3.11
Seja
T : W → U uma transformação linear injetiva. Prove que S1 , S2 ∈ (V, W ) satisfazem a igualdade T ◦ S1 = T ◦ S2 , então S1 = S2 .
se
3.12
Seja
se
3.13
Prove que se
T : V → W uma transformação linear sobrejetiva. Prove que S1 , S2 ∈ (W, U ) satisfazem a igualdade S1 ◦ T = S2 ◦ T , então S1 = S2 . então a
3.14
T : V → V é uma transformação transformação IV −T é invertível.
Seja
V
wi + · · · + ws , (a)
T
com
é uma transformação linear;
A transformação
T
T 2 = 0,
V = W1 ⊕ · · · ⊕ Ws . T : V → V de nida por T (v) = wi , onde v = w1 + · · · + wi ∈ Wi , para cada 1 ≤ i ≤ s. Mostre que:
um espaço vetorial.
Considere a função
linear tal que
é chamada de
Suponhamos que
(b)
T2 = T.
projeção de V em seu subespaço vetorial
Wi . 3.15
Seja
T : V →V
(a)
T (v) = v
(b)
V = Ker T ⊕
(c)
T
uma transformação linear tal que
para todo Im
é a projeção de
v∈
Im
T;
T; V
em sua imagem.
T 2 =T .
Mostre que:
3.
149
OPERAÇÕES COM TRANSFORMAÇÕES LINEARES
3.16
Seja
T: V →V
ção se, e somente se,
3.17
Sejam
T
e
dimensão nita
S V
uma transformação linear. Mostre que
Se
(b)
Se
T ◦ T2 .
é uma proje-
T2 = T.
duas transformações lineares entre os espaços vetoriais de e
W.
Ker T = Ker S , S = T1 ◦ T ;
(a)
T
Im T = Im S ,
Mostre que: então existe um isomor smo
então existe um isomor smo
T1 : W → W
T2 : V → V
tal que
tal que
S=
Bibliogra a [1] H. P. Bueno,
Álgebra Linear, um segundo curso ,
Coleção Textos Univer-
sitários, SBM, 2006. [2] P. Halmos,
Teoria Ingênua dos Conjuntos ,
Editora Ciência Moderna,
2001. [3] A. Hefez e M. L. T. Villela,
Códigos Corretores de Erros ,
Coleção Mate-
mática e Aplicações, IMPA, 2008. [4] A. Hefez e M. L. T. Villela,
Números Complexos e Polinômios ,
Coleção
PROFMAT, SBM, 2012. [5] V. J. Katz,
A History of Mathematics - an Introduction ,
HarperCollins
College Publishers, 1993. [6] S. Lang,
Introduction to Linear Algebra , 2nd edition, Undergraduate Texts
in Mathematics, Springer, 1986. [7] E.L. Lima,
Álgebra Linear , 3a
edição, Coleção Matemática Universitária,
IMPA, 1998. [8] E.L. Lima,
Geometria Analítica e Álgebra Linear ,
Matemática Universitária, IMPA, 2010.
300
2
a
edição, Coleção
6 Livro: Introdução à Álgebra Linear Autores: Abramo Hefez Cecília de Souza Fernandez
Capítulo 6: Transformações Lineares e Matrizes Sumário 1
Matriz de uma Transformação Linear
. . . . . . . 151
2
Operações com Transformações Lineares e Matrizes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158
R2
Operadores Lineares em
4
Mudança de Base e Matrizes Semelhantes
150
e em
R3
3
. . . . . . . . 163 . . . . 171
1.
MATRIZ DE UMA TRANSFORMAÇÃO LINEAR
151
Neste capítulo, mostramos como associar matrizes a transformações lineares, reduzindo as operações com transformações lineares a operações com matrizes, o que permite ganhar computabilidade. 1
Matriz de uma Transformação Linear
Nesta seção, veremos que se V e W são espaços vetoriais de dimensão nita, com bases xadas, então uma transformação linear T : V → W pode ser representada por uma matriz. A vantagem de uma tal representação é que muitos problemas associados às transformações lineares entre espaços de dimensão nita podem ser resolvidos com a teoria das matrizes, como veremos na próxima seção e nos capítulos a seguir. Seja T : V →W uma transformação linear, em que dim V =n e dim W =m. Sejam α = {v1 , v2 , . . . , vn } e β = {w1 , w2 , . . . , wm } bases de V e W , respectivamente. Como β é uma base de W , podemos determinar de modo único números reais aij , com 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m, tais que T (vi ) = a1i w1 + · · · + aji wj + · · · + ami wm .
(1)
Tomemos agora v em V . Temos que v = k1 v1 + · · · + kn vn , em que ki ∈ R para 1 ≤ i ≤ n. Pela linearidade de T e por (1), segue que T (v) = k1 T (v1 ) + · · · + kn T (vn ) = k1 (a11 w1 + · · · + am1 wm ) + · · · + kn (a1n w1 + · · · + amn wm ) = (a11 k1 + · · · + a1n kn )w1 + · · · + (am1 k1 + · · · + amn kn )wm .
Logo, [T (v)]β =
a11 k1 + · · · + a1n kn
.. .
am1 k1 + · · · + amn kn a11 · · · a1n k1 .. . α .. ... = . = [T ]β · [v]α , am1 · · · amn
kn
(2)
152
CAPÍTULO 6.
TRANSFORMAÇÕES LINEARES E MATRIZES
onde de nimos
a11
. [T ]αβ = ..
· · · a1n
.. . .
am1 · · · amn
A matriz [T ]αβ , que representa T em relação às bases α e β , é chamada a matriz de T nas bases α e β . Por (2), temos a expressão [T (v)]β = [T ]αβ · [v]α
para todo v em V .
(3)
Observemos que [T ]αβ é uma matriz de ordem m × n tal que, para cada 1 ≤ i ≤ n, a i-ésima coluna de [T ]αβ é dada pelas coordenadas de T (vi ) na base β .
Exemplo 1. Sejam α = {(1, 1), (0, 2)} e β = {(1, 0, 1), (0, 1, 0), (1, 2, 0)},
bases de R2 e R3 , respectivamente. Calculemos [T ]αβ , onde T : R2 → R3 é dada por T (x, y) = (2x, x − y, 2y). Como T é uma transformação linear de R2 em R3 , [T ]αβ é uma matriz 3 × 2, digamos [T ]αβ
a11 a12 = a21 a22 . a31 a32
Pelo que vimos, a11 , a21 e a31 são as coordenadas de T (1, 1) na base β e a12 , a22 e a32 são as coordenadas de T (0, 2) na base β . Ou seja, T (1, 1) = (2, 0, 2) = a11 (1, 0, 1) + a21 (0, 1, 0) + a31 (1, 2, 0)
e T (0, 2) = (0, −2, 4) = a12 (1, 0, 1) + a22 (0, 1, 0) + a32 (1, 2, 0).
Equivalentemente, a11 + a31 = 2 a21 + 2a31 = 0 a11 = 2
e
a12 + a32 = 0 a22 + 2a32 = −2 a12 = 4 .
1.
153
MATRIZ DE UMA TRANSFORMAÇÃO LINEAR
Resolvendo os sistemas lineares acima, obtemos a11 = 2,
a21 = 0,
Portanto,
a31 = 0,
a12 = 4,
a22 = 6
e
a32 = −4.
2 4 [T ]αβ = 0 6 . 0 −4
No exemplo anterior, determinamos [T ]αβ a partir da transformação linear T . No próximo exemplo, vamos considerar o problema inverso: dada a matriz [T ]αβ , determinar T a partir desta matriz.
Exemplo 2. Sejam α e β as bases dadas no Exemplo 1. Determine a
transformação linear T : R2 → R3 tal que
1 0 [T ]αβ = 1 2 . 0 1
Para determinar T usaremos a expressão (3). Assim, computemos inicialmente [v]α . Ora, se (x, y) ∈ R2 , então (x, y) = x(1, 1) +
o que nos dá
Portanto,
y−x 2
(0, 2),
x [(x, y)]α = y − x . 2
x 1 0 x y [T (x, y)]β = 1 2 y − x = y − x 2 0 1 2
e, consequentemente,
154
CAPÍTULO 6.
TRANSFORMAÇÕES LINEARES E MATRIZES
T (x, y) = x(1, 0, 1) + y(0, 1, 0) + y+x = , 2y − x, x . 2
y−x 2
(1, 2, 0)
O Exemplo 2 pode ser resolvido por um outro método. De fato, sabemos que, na base β , a primeira coluna de [T ]αβ nos dá as coordenadas de T (1, 1) e a segunda coluna nos dá as coordenadas de T (0, 2). Assim, T (1, 1) = 1(1, 0, 1) + 1(0, 1, 0) + 0 · (1, 2, 0) = (1, 1, 1)
e T (0, 2) = 0 · (1, 0, 1) + 2(0, 1, 0) + 1(1, 2, 0) = (1, 4, 0).
Para (x, y) ∈ R2 arbitrário, temos (x, y) = x(1, 1) +
y−x 2
(0, 2).
Agora, pela linearidade de T , segue que
y−x T (x, y) = x(1, 1, 1) + (1, 4, 0) 2 y+x , 2y − x, x , = 2
como encontrado anteriormente. Quando a transformação linear for de um espaço vetorial V nele mesmo, ela será chamada de operador em V .
Exemplo 3. Consideremos o operador identidade em um espaço vetorial V ;
isto é, o operador de nido por IV (v) = v para todo v ∈ V . Tem-se que [IV ]αα é a matriz identidade de ordem n. De fato, para cada 1 ≤ j ≤ n, a j -ésima coluna de [IV ]αα é dada pelas coordenadas de IV (vj ) na base α. Mas, para cada 1 ≤ j ≤ n, IV (vj ) = vj = 0v1 + · · · + 0vj−1 + 1vj + 0vj+1 + · · · + 0vn ,
1.
MATRIZ DE UMA TRANSFORMAÇÃO LINEAR
155
o que implica que [IV ]αα é a matriz identidade de ordem n: 1 0 . .. α [IV ]α = 0 .. . 0 ↑
···
0 0
···
···
1
···
···
0
···
.. . .. .
↑
0 0 .. . . 0 .. . 1 ↑
coordenadas coordenadas coordenadas de IV (v1 ) de IV (vj ) de IV (vn ) na base α na base α na base α Seja T : V → W uma transformação linear entre espaços vetoriais de dimensão nita. Vimos que, uma vez xadas bases α e β de V e W , respectivamente, existe uma única matriz [T ]αβ que representa T nessas bases. Uma pergunta natural é o que ocorre com a matriz [T ]αβ se diferentes bases são escolhidas. Consideremos a transformação linear dada no Exemplo 1. Se α e β são as bases canônicas de R2 e R3 , respectivamente, então 2 0 [T ]αβ = 1 −1 . 0 2
Assim, podemos ter matrizes diferentes representando uma mesma transformação linear. Isto deixa bastante claro que, embora uma transformação linear T : V → W não dependa de bases particulares escolhidas para V e W , a matriz associada depende dessas bases. Terminamos esta seção observando que escolhidas bases quaisquer α e β de Rn e Rm , respectivamente, uma matriz A ∈ M(m, n) de ne uma transformação linear T : Rn → Rm como segue: [T (v)]β = A · [v]α ,
v ∈ Rn .
156
CAPÍTULO 6.
TRANSFORMAÇÕES LINEARES E MATRIZES
Mais ainda, tem-se que [T ]αβ = A (veja Problema 1.2). Em particular, se α e β são as bases canônicas de Rn e Rm , respectivamente, então a transformação linear T é chamada transformação multiplicação por A, sendo representada por TA .
Exemplo 4. Seja A = [aij ] uma matriz de ordem m × n. Temos que
a11 a12 . . . a1n x1 a21 a22 . . . a2n x2 TA (x1 , . . . , xn ) = .. .. .. .. . . . . am1 am2 . . . amn xn
a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn a21 x1 + a22 x2 + · · · + a2n xn = .. . am1 x1 + am2 x2 + · · · + amn xn = x1 w 1 + x2 w 2 + · · · + xn w n ,
onde w1 , . . . , wn são os vetores colunas da matriz A. Assim, temos que Im TA é o subespaço de Rm gerado pelas colunas da matriz A, chamado espaço coluna de A e denotado por C(A). Por outro lado, o núcleo Ker TA de TA é o conjunto solução Sh (A) do sistema linear homogêneo AX = 0.
Problemas 1.1 Dadas duas transformações lineares T, T 0 : V → W e bases α e β de V e W , respectivamente, mostre que se [T ]αβ = [T 0 ]αβ , então T = T 0 .
1.2* Sejam dados dois espaços vetoriais V e W de dimensões n e m, respec-
tivamente. Seja α uma base de V e β uma base de W . Dada uma matriz A ∈ M(m, n), considere a função T : V → W de nida por [T (v)]β = A[v]α ,
v ∈ V.
1.
MATRIZ DE UMA TRANSFORMAÇÃO LINEAR
157
Mostre que: (a) T é uma transformação linear; (b) [T ]αβ = A.
1.3 Sejam A e B matrizes em M(m, n) e β uma base de um espaço vetorial V . Mostre que se A[v]β = B[v]β para todo v ∈ V , então A = B .
1.4* Sejam T : Rn → Rm uma transformação linear e α e β bases de Rn e de
Rm , respectivamente. Se r é o posto da matriz [T ]αβ , mostre que dim Im T = r
e
dim Ker T = n − r.
1.5 Dadas as bases α = {(1, 1, 1), (0, 1, 0), (0, 1, 1)} de R3 e β = {(1, 2), (0, 1)} de R2 , ache a transformação linear T : R3 → R2 tal que "
# 1 0 2 [T ]αβ = . −1 −1 1
1.6 Dado o operador linear T : R3 → R3 , T (x, y, z) = (x − y, y − x, x − z), encontre [T ]αβ , onde α é a base canônica de R3 e β = {(1, 0, 1), (0, 1, 1), (1, 1, 0)}.
1.7 Seja T : R3 → R3 a multiplicação pela matriz
1 3 4 3 4 7 . −2 2 0
(a) Mostre que Ker T é uma reta que passa pela origem e encontre as equações paramétricas desta reta. (b) Mostre que Im T é um plano que passa pela origem e encontre a equação cartesiana deste plano.
1.8 Dado o operador linear T (x, y, z) = (x − 2y + z, −x + 4y − 2z, x) em R3 ,
com base α = {(1, 0, −1), (0, 1, 2), (1, 2, 0)}, encontre uma base β de R3 tal
158
CAPÍTULO 6.
que
TRANSFORMAÇÕES LINEARES E MATRIZES
1 0 0 [T ]αβ = 0 0 0 . 0 0 1
1.9 Seja T : R[x]2 → R[x]2 a transformação linear T (p(x)) = p(2x + 1)
(veja Exemplo 6, Seção 1, Capítulo 5). Encontre [T ]ββ em relação à base β = {1, x, x2 }.
1.10 Suponha que V e W tenham dimensão nita. Mostre a matriz, em
quaisquer bases de V e de W , da transformação nula 0 : V → W é a matriz nula.
1.11 Seja α = {v1 , v2 , v3 , v4 } uma base de um espaço vetorial V . Encontre a matriz [T ]αα da transformação linear T : V → V de nida por T (v1 ) = v2 ,
T (v2 ) = v3 ,
T (v3 ) = v4
e
T (v4 ) = v1 .
1.12 Seja T : R2 → M(2, 2) a transformação linear de nida por 1 −2 −1 0 α [T ]β = , 2 1 1 −1
onde α e β são as bases canônicas de R2 e M(2, 2), respectivamente. (a) Determine os vetores v ∈ R2 tais que T (v) = I2 ; (b) Determine T (3, −1). 2
Operações com Transformações Lineares e Matrizes
Sejam T e T 0 transformações lineares de V em W . Sejam α = {v1 , . . . , vn } e β = {w1 , . . . , wm } bases de V em W , respectivamente. Estamos interessados em veri car se existe alguma relação entre as matrizes [T + T 0 ]αβ , [T ]αβ e
2.
OPERAÇÕES COM TRANSFORMAÇÕES LINEARES E MATRIZES
159
[T 0 ]αβ . Notemos que se 1 ≤ j ≤ n, então [(T + T 0 )(vj )]β = [T (vj ) + T 0 (vj )]β = [T (vj )]β + [T 0 (vj )]β ,
mostrando que a j -ésima coluna de [T + T 0 ]αβ é a soma da j -ésima coluna de [T ]αβ com a j -ésima coluna de [T ]αβ . Demonstramos assim o seguinte resultado:
Proposição 6.2.1. Sejam T e T 0 transformações lineares de V em W , onde
V e W são espaços vetoriais de dimensão nita. Se α e β são bases de V e W , respectivamente, então [T + T 0 ]αβ = [T ]αβ + [T 0 ]αβ .
Deixamos como exercício para o leitor (veja Problema 2.3) demonstrar a próxima proposição, que é um resultado análogo ao anterior para a multiplicação por escalar de transformações lineares.
Proposição 6.2.2. Seja T : V → W uma transformação linear, onde V e
W são espaços vetoriais de dimensão nita. Se α e β são bases de V e W ,
respectivamente, então [kT ]αβ = k[T ]αβ ,
onde k é um número real arbitrário . Decorre, das duas proposições acima, que [T +kT 0 ]αβ = [T ]αβ +k[T 0 ]αβ , o que mostra, em virtude dos Problemas 1.1 e 1.2, da Seção 1, que dados espaços vetoriais V e W , de dimensões respectivamente, n e m, e xadas bases α de V e β de W , a aplicação L(V, W ) → M(m, n) T 7→ [T ]αβ
é um isomor smo de espaços vetoriais. Portanto, temos que dim L(V, W ) = dim M(m, n) = nm.
No próximo resultado veremos que a composta de duas transformações lineares pode ser representada por um produto de matrizes. Esta é uma das principais razões da importância do estudo de matrizes.
160
CAPÍTULO 6.
TRANSFORMAÇÕES LINEARES E MATRIZES
Proposição 6.2.3. Sejam T : V → W e S : W → U transformações lineares, em que V, W e U são espaços vetoriais de dimensão nita. Se α, β e γ são bases de V, W e U , respectivamente, então [S ◦ T ]αγ = [S]βγ · [T ]αβ .
(1)
Demonstração Consideremos α = {v1 , . . . , vn }. Denotemos por Cj (M ) a j -ésima coluna de uma matriz M arbitrária. Se A e B são matrizes para as quais a matriz AB está de nida, segue da de nição de produto que Cj (AB) = A · Cj (B).
(2)
Para demonstrar (1) basta provar que, para cada j , com 1 ≤ j ≤ n, tem-se que Cj ([S ◦ T ]αγ ) = Cj ([S]βγ · [T ]αβ ). Ora, xe um índice j . De (2), segue que Cj ([S]βγ · [T ]αβ ) = [S]βγ · Cj ([T ]αβ ) = [S]βγ · [T (vj )]β .
Por outro lado, de (3), da Seção 1, segue que Cj ([S ◦ T ]αγ ) = [(S ◦ T )(vj )]γ = [S(T (vj ))]γ = [S]βγ · [T (vj )]β ,
o que prova o desejado.
Exemplo 1. Sejam T : R2 → R3 e S : R3 → R2 transformações lineares cujas matrizes são
1 0 [T ]αβ = 2 1 −1 1
"
e
# 1 0 1 [S]βγ = , 0 0 1
sendo α = {(1, 0), (1, 1)}, β = {(1, 1, 1), (1, 0, 1), (0, 0, 1)} e γ = {(1, 0), (0, 2)}. Vamos encontrar a transformação linear S ◦ T . Para determinarmos S ◦ T , vamos primeiramente determinar [S ◦ T ]αγ . Pela Proposição 6.2.3, # " # 1 0 1 0 1 0 1 [S ◦ T ]αγ = . 2 1 = 0 0 1 −1 1 −1 1 "
2.
OPERAÇÕES COM TRANSFORMAÇÕES LINEARES E MATRIZES
161
Agora por (3), da Seção 1, temos que, para qualquer (x, y) ∈ R2 , "
# 0 1 [(S ◦ T )(x, y)]γ = [(x, y)]α −1 1 " #" # 0 1 x−y = −1 1 y " # y = 2y − x
e, consequentemente, (S ◦ T )(x, y) = y(1, 0) + (2y − x)(0, 2) = (y, 4y − 2x).
Vimos que se T é uma transformação linear bijetiva, T −1 é também uma transformação linear. O resultado a seguir, que é uma consequência da Proposição 6.2.3, nos apresenta uma relação entre as matrizes que representam T e T −1 , quando xadas bases do domínio e do contradomínio de T .
Teorema 6.2.4. Seja T : V → W um isomor smo, onde V e W são espaços
vetoriais de dimensão nita. Se α é uma base de V e β é uma base de W , então [T −1 ]βα = ([T ]αβ )−1 .
Demonstração Como T −1 é a inversa de T , temos que T −1 ◦ T é a função
identidade em V , ou seja,
T −1 ◦ T = IV .
Pela Proposição 6.2.3, [IV ]αα = [T −1 ◦ T ]αα = [T −1 ]βα · [T ]αβ .
(3)
Se dim V = n, pelo Exemplo 3, da Seção 1, temos que [IV ]αα é a matriz identidade de ordem n. Assim, de (3), segue-se que [T ]αβ é invertível e sua inversa é a matriz [T −1 ]βα .
Corolário 6.2.5. Seja T : V → W uma transformação linear, onde V e W
são espaços vetoriais de mesma dimensão nita. Sejam α e β bases de V
162
CAPÍTULO 6.
TRANSFORMAÇÕES LINEARES E MATRIZES
e W , respectivamente. Temos que T é invertível se, e somente se, a matriz [T ]αβ é invertível. Demonstração Uma implicação resulta de (3). A outra, do fato que a transformação linear L(V, W ) → M(n, n), onde n = dim V = dim W , é sobrejetora e transforma composição de transformações lineares em produtos de matrizes.
Exemplo 2. Seja T : R2 → R2 a transformação linear dada por T (x, y) =
(4x − 3y, −2x + 2y). Vamos veri car que T é invertível e vamos encontrar T −1 . Para veri carmos que T é invertível, podemos calcular Ker T e usar a Proposição 5.2.4, ou, ainda, podemos calcular [T ]αα , onde α é uma base qualquer de R2 , e usar o Corolário 6.2.5. Vamos aqui optar pelo segundo método. Ora, se α é a base canônica de R2 , então " # 4 −3 α [T ]α = . −2 2
Utilizando a técnica exposta logo após a Proposição 2.1.7, podemos veri car que a matriz acima é invertível e a sua inversa é a matriz " # 1 3/2 . 1 2
Portanto, devido ao Teorema 6.2.4, temos que "
[T −1 ]αα = ([T ]αα )−1
# 1 3/2 = . 1 2
A transformação linear T −1 é, então, determinada usando a fórmula (3) da Seção 1, como segue: "
#" # " # 3 1 3/2 x x + y 2 [T −1 (x, y)]α = [T −1 ]αα [(x, y)]α = = , 1 2 y x + 2y
3.
OPERADORES LINEARES EM
o que fornece
Problemas 2.1 Sejam
R2
E EM
163
R3
3 T −1 (x, y) = (x + y, x + 2y). 2
1 0 1 A = 0 2 −1 0 0 1
e
1 1 −1 B= 0 0 1 . −1 2 0
Determine a transformação linear T : R3 → R3 tal que TA = TB ◦ T .
2.2 Considere as matrizes 1 2 A = 0 1 1 −1
1 1 1 B = −1 0 0 . 1 2 1
e
Determine: (a) Ker TA ;
(b) Im TA ;
(c) Ker TB ;
(d) Im TB ;
(e) Ker(TB ◦ TA );
(f) Im(TB ◦ TA ).
2.3 Prove a Proposição 6.2.2. 3
Operadores Lineares em
R2
e em
R3
Dentre os operadores lineares mais importantes em R2 e em R3 estão os que produzem re exões, projeções e rotações. A seguir, passamos a estudar alguns destes operadores.
Re exões Consideremos o operador linear T : R2 → R2 , chamado de re e-
xão em torno do eixo Ox, que transforma cada vetor v = (x, y) ∈ R2 em sua imagem simétrica em relação ao eixo Ox10 . Figura Se escrevermos w = T (v) = (w1 , w2 ), obtemos as equações w1 = x = 1x + 0y,
w2 = −y = 0x − 1y.
164
CAPÍTULO 6.
TRANSFORMAÇÕES LINEARES E MATRIZES
Assim, se α denota a base canônica de R2 , segue que
"
# 1 0 [T (v)]α = [v]α . 0 −1
Em geral, os operadores lineares de R2 ou de R3 que levam cada vetor em seu simétrico em relação a alguma reta ou plano são chamados de re exões . Abaixo, apresentamos algumas das re exões mais comuns em R2 e R3 . Fixamos a notação α para denotar a base canônica de R2 ou de R3 .
3.
R2
OPERADORES LINEARES EM
Operador
E EM
165
R3
Equações
Matriz [T ]αα
Re exão em torno do eixo Oy
( w1 = −x w2 = y
"
Re exão em torno da reta y = x
(
" 0 1
w1 = y w2 = x
# −1 0 0 1 1 0
#
Re exão em torno do plano xOy
w1 = x w2 = y w3 = −z
1 0 0 0 0 1 0 0 −1
Re exão em torno do plano yOz
w1 = −x w2 = y w3 = z
−1 0 0 0 1 0 0 0 1
Re exão em torno do plano xOz
w1 = x w2 = −y w3 = z
1 0 0 0 −1 0 0 0 1
Projeções Consideremos o operador linear T : R2 → R2 que transforma
cada vetor v = (x, y) ∈ R2 em sua projeção ortogonal sobre o eixo Ox (Figura 11). Se escrevermos w = T (v) = (w1 , w2 ), obteremos as equações w1 = x = 1x + 0y,
w2 = 0 = 0x + 0y.
Assim, se α denota a base canônica de R2 , temos "
# 1 0 [T (v)]α = [v]α . 0 0 Figura 11
Em geral, uma projeção (ou, mais precisamente, uma projeção ortogonal ) de R2 ou R3 é um operador linear que transforma cada vetor em sua projeção
166
CAPÍTULO 6.
TRANSFORMAÇÕES LINEARES E MATRIZES
ortogonal sobre alguma reta ou algum plano que passa pela origem. A seguir, apresentamos algumas das projeções mais comuns.
Operador Equações Matriz [T ]αα Projeção sobre o eixo Oy
(
"
w1 = 0 w2 = y
Projeção sobre o plano xOy
w 1 = x w2 = y w3 = 0
Projeção sobre o plano yOz
w1 = 0 w2 = y w3 = z
Projeção sobre o plano xOz
w 1 = x w2 = 0 w3 = z
0 0 0 1
#
1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 1
Rotações Consideremos o operador linear T : R2 → R2 que gira cada vetor
v = (x, y) ∈ R2 de um ângulo xado θ (Figura 12). T é chamado de rotação por θ em R2 . Figura 12
3.
OPERADORES LINEARES EM
R2
E EM
R3
167
Se escrevermos w = T (v) = (w1 , w2 ), segue da trigonometria que x = r cos φ,
y = r sen φ
(1)
w2 = r sen(θ + φ),
(2)
e w1 = r cos(θ + φ),
onde r denota o comprimento de v e φ denota o ângulo entre v e o eixo Ox positivo no sentido anti-horário. Aplicando identidades trigonométricas em (2), temos ( w1 = r cos θ cos φ − r sen θ sen φ w2 = r sen θ cos φ + r cos θ sen φ.
Substituindo (1) nas expressões acima, obtemos as equações (
w1 = x cos θ − y sen θ w2 = x sen θ + y cos θ.
(3)
Assim, se α denota a base canônica de R2 , obtemos "
# cos θ − sen θ [T (v)]α = [v]α . sen θ cos θ
Em geral, uma rotação de vetores em R3 é feita em relação a uma reta partindo da origem, chamada eixo de rotação . À medida que um vetor gira em torno do eixo de rotação, ele varre uma porção de um cone (Figura 13).
168
CAPÍTULO 6.
TRANSFORMAÇÕES LINEARES E MATRIZES
O ângulo de rotação , que é medido na base do cone, é descrito no sentido horário ou anti-horário em relação a um ponto de vista ao longo do eixo de rotação olhando para a origem. Por exemplo, na Figura 13, o vetor T (v) resulta da rotação no sentido anti-horário do vetor v em torno do eixo Ox por um ângulo θ. Assim como em R2 , os ângulos são positivos se gerados por rotações no sentido anti-horário e negativos se gerados por rotações no sentido horário.
Figura 13
Na tabela a seguir, apresentamos as rotações em R3 cujos eixos de rotação são os eixos coordenados.
3.
OPERADORES LINEARES EM
Operador Rotação anti-horária em torno do eixo Ox por um ângulo θ
R2
E EM
169
R3
Equações
Matriz [T ]αα
w1 = x w = y cos θ − z sen θ 2 w3 = y sen θ + z cos θ
1 0 0 0 cos θ − sen θ 0 sen θ cos θ
Rotação anti-horária em torno do eixo Oy por um ângulo θ
w1 = x cos θ + z sen θ w2 = y w3 = −x sen θ + z cos θ
Rotação anti-horária em torno do eixo Oz por um ângulo θ
w1 = x cos θ − y sen θ w2 = x sen θ + y cos θ w3 = z
cos θ 0 sen θ 1 0 0 − sen θ 0 cos θ cos θ − sen θ 0 sen θ cos θ 0 0 0 1
Para cada uma das rotações na tabela acima, uma das componentes do vetor permanece inalterada durante a rotação e a relação entre as duas outras componentes pode ser deduzida da mesma forma que deduzimos (3). Sabemos que a multiplicação por escalar de um vetor em R2 e em R3 , dependendo do valor do escalar, produz no vetor uma dilatação, contração ou inversão. Podemos representar estes efeitos geométricos por meio de operadores lineares. De fato, o operador linear Ta : R2 → R2 , dado por Ta (v) = av , em que a ∈ R e v ∈ R2 , dilata v , se a ≥ 1; contrai v , se 0 ≤ a < 1; inverte o sentido de v , se a < 0. No caso particular de a = −1, o operador Ta é chamado re exão em torno da origem . O que acabamos de ver vale também para R3 (Figura 14). Figura 14
Exemplo 1. Determinemos se T1 ◦ T2 = T2 ◦ T1 , onde T1 : R2 → R2 é a
projeção ortogonal sobre o eixo Ox e T2 : R2 → R2 é a projeção ortogonal sobre o eixo Oy . Como vimos na Seção 2, compor transformações lineares é equivalente a multiplicar as matrizes que representam estas transformações. Seja α a base
170
CAPÍTULO 6.
TRANSFORMAÇÕES LINEARES E MATRIZES
canônica de R2 . Como "
1 0 [T1 ]αα = 0 0
#
"
e
# 0 0 [T2 ]αα = , 0 1
segue que T1 ◦ T2 é dada pelo produto "
1 0 0 0
#" # " # 0 0 0 0 = 0 1 0 0
(4)
e que T2 ◦ T1 é dada pelo produto "
0 0 0 1
#" # " # 1 0 0 0 = . 0 0 0 0
(5)
De (4) e (5), obtemos que T1 ◦ T2 e T2 ◦ T1 são o operador nulo em R2 . Portanto, T1 ◦ T2 = T2 ◦ T1 .
Problemas 3.1* Encontre a matriz na base canônica para a composição de uma rotação de 90◦ seguida de uma re exão em torno da reta y = x, em R2 .
3.2* Determine a inversa do operador linear em R3 dado por uma re exão em torno do plano xOy .
3.3 Sejam T : R2 → R2 a re exão em torno do eixo Oy e S : R2 → R2 a re exão em torno do eixo Ox. Mostre que S ◦ T = T ◦ S .
4.
MUDANÇA DE BASE E MATRIZES SEMELHANTES
171
3.4 Sejam T : R2 → R2 a re exão em torno da reta y = x e S : R2 → R2 a projeção ortogonal sobre o eixo Oy . Mostre que S ◦ T 6= T ◦ S .
3.5 Mostre que se T : R3 → R3 é uma projeção ortogonal sobre um dos eixos coordenados, então os vetores T (v) e v − T (v) são ortogonais, para cada v em R3 .
3.6 Seja T : R3 → R3 a projeção ortogonal sobre o plano xOy. Mostre que
uma reta ortogonal ao plano xOy é levada por T a um mesmo ponto deste plano.
3.7 Determine a matriz na base canônica de T : R2 → R2 , em que (a) T dilata os vetores de R2 por 3, em seguida re ete estes vetores em torno da reta y = x e depois projeta estes vetores ortogonalmente sobre o eixo Oy ; 1 , em seguida gira estes vetores pelo 2 π ângulo e depois re ete estes vetores em torno do eixo Ox. 4
(b) T contrai os vetores de R2 por
4
Mudança de Base e Matrizes Semelhantes
Um problema comum no estudo de espaços vetoriais de dimensão nita é conhecer as relações entre as coordenadas de um vetor em diferentes bases. Como a noção de base é a generalização para espaços vetoriais arbitrários da noção de sistemas de coordenadas em R2 e R3 , mudar de base é análogo a mudar de eixos coordenados em R2 ou R3 . Dado um espaço vetorial V arbitrário de dimensão nita e duas bases α e β de V , podemos obter uma relação entre as matrizes [v]α e [v]β de um vetor v em V , usando, para isto, o operador identidade em V . Com efeito, pela expressão (3) da Seção 1, para todo v ∈ V , temos que [v]β = [IV ]αβ · [v]α .
(1)
A matriz [IV ]αβ é chamada matriz mudança de base de α para β , pois, pela igualdade (1), ela nos permite obter as coordenadas de um vetor v em V em relação à base β uma vez conhecidas suas coordenadas na base α.
172
CAPÍTULO 6.
TRANSFORMAÇÕES LINEARES E MATRIZES
Exemplo 1. Considerando a base canônica α de R2 e a outra base β = {(1, 1), (1, 2)}, temos que
"
# a b 1 1 [IR2 ]αβ = , a2 b 2
onde a1 , a2 , b1 , b2 são números reais satisfazendo o sistema de equações (1, 0) = a1 (1, 1) + a2 (1, 2)
(0, 1) = b1 (1, 1) + b2 (1, 2).
Resolvendo as equações acima, obtemos a1 = 2, a2 = −1, b1 = −1 e b2 = 1. Portanto, " # [IR2 ]αβ =
2 −1 . −1 1
Seja agora v = (x, y) em R2 . Se " # x0 [v]β = 0 , y
então
" # " #" # x0 2 −1 x = , y0 −1 1 y
o que garante que x0 = 2x − y
e y 0 = −x + y
são as coordenadas de v na base β . Ou seja, (x, y) = (2x − y)(1, 1) + (−x + y)(1, 2).
A Figura 15 ilustra como a determinação do par (2,3) em R2 depende da base com a qual estamos trabalhando.
4.
MUDANÇA DE BASE E MATRIZES SEMELHANTES
173
Figura 15
O próximo resultado mostra que uma matriz mudança de base é invertível e que sua inversa também é uma matriz mudança de base.
Teorema 6.4.1. Sejam α e β duas bases de um espaço de dimensão nita V . Temos que a matriz [IV ]αβ é invertível e sua inversa é a matriz [IV ]βα . Ou
seja, ([IV ]αβ )−1 = [IV ]βα .
Demonstração Como IV é um isomor smo e I−1 V = IV , o resultado segue do Teorema 6.2.4.
Sejam α e β duas bases de um espaço vetorial de dimensão nita V e T um operador linear em V . Com as matrizes mudança de base podemos obter uma relação entre as matrizes [T ]αα e [T ]ββ . De fato, como T = IV ◦T ◦ IV , segue, da Proposição 6.2.3, que [T ]αα = [IV ◦T ◦ TV ]αα = [IV ]βα · [T ]ββ · [IV ]αβ ,
ou seja [T ]αα = [IV ]βα · [T ]ββ · [IV ]αβ .
(2)
No entanto, pelo Teorema 6.4.1, temos que [IV ]βα é a inversa de [IV ]αβ . Assim, se denotarmos [IV ]αβ por P , a equação (2) pode ser reescrita como [T ]αα = P −1 [T ]ββ P .
174
CAPÍTULO 6.
TRANSFORMAÇÕES LINEARES E MATRIZES
Com isto, demonstramos o seguinte resultado:
Teorema 6.4.2. Sejam α e β duas bases de um espaço vetorial de dimensão nita V . Se T é um operador linear em V , então
(3)
[T ]αα = P −1 · [T ]ββ · P,
onde P = [IV ]αβ . A relação dada na expressão (3) é de tal importância que existe uma terminologia associada a ela. Sejam A e B matrizes quadradas de mesma ordem. Dizemos que B é semelhante a A, quando existir uma matriz invertível P tal que B = P −1 A P . É fácil veri car que se uma matriz B é semelhante a uma matriz A, então A também é semelhante a B . Assim, dizemos simplesmente que A e B são semelhantes . Por (3), temos que [T ]αα e [T ]ββ são semelhantes.
Exemplo 2. Para veri car se as matrizes "
# 5 2 A= −8 −3
"
e
1 2 B= 0 1
#
são semelhantes, devemos encontrar uma matriz invertível P tal que P A = BP.
Se tal matriz P existir, ela necessariamente é uma matriz quadrada de ordem 2; digamos " # P =
Assim,
"
x y z t
x y . z t
#"
# " #" # 5 2 1 2 x y = , −8 −3 0 1 z t
o que é equivalente ao sistema linear homogêneo 4x − 8y − 2z = 0 2x − 4y − 2t = 0 4z − 8t = 0,
4.
MUDANÇA DE BASE E MATRIZES SEMELHANTES
175
que admite a solução não trivial (3, 1, 2, 1). Portanto, obtemos a matriz invertível " # P =
3 1 , 2 1
que satisfaz A = P −1 BP .
Problemas 4.1 Sejam dadas as bases de R2
α = {(1, 1), (0, 2)}, β = {(1, 2), (2, 1)} e γ = {(1, 0), (0, 1)}. α α γ (a) Determine IR2 β , IR2 γ , IR2 β .
(b) Se v = (4, −1), encontre [v]β usando uma matriz mudança de base.
4.2 4.3
"
# −1 2 Se IR2 β = e β = {(3, 5), (1, 2)}, encontre a base α. 4 −11 β Determine IR3 α , sabendo que
α
0 1 0 α IR3 β = 1 1 0 . 1 1 1
4.4 Encontre três matrizes semelhantes à matriz "
# 1 1 . −1 2
4.5 Mostre que não são semelhantes as matrizes "
# 3 1 −6 −2
"
e
−1 1
# 2 . 0
4.6 Sejam A e B matrizes semelhantes. Prove que: (a) At e B t são semelhantes; (b) Se A e B são invertíveis, então A−1 e B −1 são semelhantes.
176
CAPÍTULO 6.
TRANSFORMAÇÕES LINEARES E MATRIZES
4.7 Mostre que a semelhança de matrizes é uma relação de equivalência, ou seja: (i) A é semelhante a A; (ii) se A é semelhante a B , então B é semelhante a A; (iii) se A é semelhante a B e B a C , então A é semelhante a C .
4.8* Seja A = (aij ) uma matriz quadrada de ordem n. De ne-se o traço de A como
tr A = a11 + · · · + ann .
a) Mostre que tr : M(n, n) → R é um funcional linear. b) Se A, B ∈ M(n, n), mostre que tr AB = tr BA.
c) Seja T : V → V um operador linear, onde V é um espaço n-dimensional, e seja α uma base de V . De na tr T = tr[T ]αα . Mostre que esta de nição independe da base de V escolhida; ou seja, se β é uma outra base de V , então tr[T ]αα = tr[T ]ββ . Conclua que assim temos bem de nido um funcional linear tr : L(V, V ) → R, de nido por T 7→ tr T .
Bibliogra a [1] H. P. Bueno, Álgebra Linear, um segundo curso , Coleção Textos Universitários, SBM, 2006. [2] P. Halmos, Teoria Ingênua dos Conjuntos , Editora Ciência Moderna, 2001. [3] A. Hefez e M. L. T. Villela, Códigos Corretores de Erros , Coleção Matemática e Aplicações, IMPA, 2008. [4] A. Hefez e M. L. T. Villela, Números Complexos e Polinômios , Coleção PROFMAT, SBM, 2012. [5] V. J. Katz, A History of Mathematics - an Introduction , HarperCollins College Publishers, 1993. [6] S. Lang, Introduction to Linear Algebra , 2nd edition, Undergraduate Texts in Mathematics, Springer, 1986. [7] E.L. Lima, Álgebra Linear , 3a edição, Coleção Matemática Universitária, IMPA, 1998. [8] E.L. Lima, Geometria Analítica e Álgebra Linear , 2a edição, Coleção Matemática Universitária, IMPA, 2010.
300
7 Livro: Introdução à Álgebra Linear Autores: Abramo Hefez Cecília de Souza Fernandez
Capítulo 7: Espaços com Produto Interno Sumário 1
Produto Interno
2
Ângulos entre Vetores e Ortogonalidade . . . . . . 181
3
Bases Ortonormais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188
4
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178
3.1
Conjuntos Ortogonais
. . . . . . . . . . . . . . . . 188
3.2
Ortogonalização de Gram-Schmidt
. . . . . . . . . 192
Operadores em Espaços com Produto Interno
. . 198
4.1
O Operador Adjunto . . . . . . . . . . . . . . . . . 199
4.2
Operadores Ortogonais . . . . . . . . . . . . . . . . 202
177
178
CAPÍTULO 7.
ESPAÇOS COM PRODUTO INTERNO
Neste capítulo, apresentaremos a noção de produto interno em espaços vetoriais. Esta noção, como veremos, generaliza a noção de produto escalar em R2 e em R3 e enriquece a estrutura de um espaço vetorial, permitindo de nir vários conceitos de caráter geométrico previamente estudados em R2 e R3 .
1
Produto Interno
Seja V um espaço vetorial. Um produto interno em V é uma função que a cada par de vetores u e v em V associa um número real, denotado por hu, vi, que satisfaz as seguintes condições: Para quaisquer vetores u, v e w de V e qualquer número real k , PI 1 hv, vi ≥ 0; PI 2 hv, vi = 0 se, e somente se, v = 0; PI 3 hu, vi = hv, ui; PI 4 hu + v, wi = hu, wi + hv, wi; PI 5 hku, vi = khu, vi. Um espaço vetorial com um produto interno é chamado, abreviadamente, de espaço com produto interno. Exemplo 1.
Sejam u = (x1 , x2 , . . . , xn ) e v = (y1 , y2 , . . . , yn ) vetores em Rn .
De nimos hu, vi = x1 y1 + x2 y2 + · · · + xn yn .
(1)
Note que hu, ui = x21 + · · · + x2n ≥ 0,
e que hu, vi = x1 y1 + x2 y2 + · · · + xn yn = y1 x1 + y2 x2 + · · · + yn xn = hv, ui,
mostrando que as condições 1 e 3 da de nição de produto interno são satisfeitas. A condição 2 também é satisfeita já que hu, ui = x21 + · · · + x2n = 0 ⇐⇒ x1 = · · · = xn = 0 ⇐⇒ u = 0.
1.
PRODUTO INTERNO
179
Se w = (z1 , z2 , . . . , zn ), então hu + v, wi = (x1 + y1 )z1 + (x2 + y2 )z2 + · · · + (xn + yn )zn = (x1 z1 + x2 z2 + · · · + xn zn ) + (y1 z1 + y2 z2 + · · · + yn zn ) = hu, wi + hv, wi,
mostrando que a condição 4 é satisfeita. A condição 5 também é satisfeita, pois se k ∈ R, então hku, vi = (kx1 )y1 +(kx2 )y2 +· · ·+(kxn )yn = k(x1 y1 +x2 y2 +· · ·+xn yn ) = khu, vi.
Assim, (1) de ne um produto interno em Rn , chamado de produto interno usual de Rn ou produto escalar de Rn , generalizando a noção de produto escalar de R2 e de R3 . Sejam p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 e q(x) = b0 + b1 x + b2 x2 vetores em R[x]2 . De na Exemplo 2.
hp(x), q(x)i = a0 b0 + a1 b1 + a2 b2 .
(2)
Temos que (2) de ne um produto interno em R[x]2 . De fato, por meio do isomor smo de espaços vetoriais, T:
R[x]2 → R3 a0 + a1 x + a2 x2 7→ (a0 , a1 , a2 )
o produto hp(x), q(x)i não é outro que o produto interno usual de R3 . O próximo resultado apresenta algumas propriedades básicas dos produtos internos. Proposição 7.1.1.
Seja V um espaço com produto interno. Se u, v, w ∈ V
e se k ∈ R, então (i) h0, ui = hu, 0i = 0; (ii) hu, v + wi = hu, vi + hu, wi; (iii) hu, kvi = khu, vi;
180
CAPÍTULO 7.
ESPAÇOS COM PRODUTO INTERNO
(iv) hu, v − wi = hu, vi − hu, wi. Provaremos apenas (ii) e deixaremos os demais itens como exercício (ver Problema 1.3). De fato, pela condições PI 3 e PI 4 da de nição de produto interno temos que Demonstração
hu, v + wi = hv + w, ui = hv, ui + hw, ui = hu, vi + hu, wi. Seja V um espaço com produto interno. De nimos a norma do vetor v de V , ou comprimento de v , denotado por ||v||, como o número real ||v|| = hv, vi1/2 .
Se ||v|| = 1, dizemos que v é um vetor unitário . A distância d(u, v) entre dois vetores u e v de V é de nida como d(u, v) = ||u − v|| =
p hu − v, u − vi.
Por exemplo, se u = (x1 , x2 , . . . , xn ) e v = (y1 , y2 , . . . , yn ) são vetores de R com o produto interno usual, então n
1/2
||u|| = hu, ui
q = x21 + x22 + · · · + x2n
e d(u, v) = ||u − v|| = hu − v, u − vi1/2 p = (x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 + · · · + (xn − yn )2 .
Observe que, no caso de R2 e R3 , ||u|| e d(u, v) são precisamente a norma e a distância usuais de R2 e de R3 . Problemas 1.1*
Sejam u = (x1 , x2 ) e v = (y1 , y2 ) vetores em R2 .
2.
ÂNGULOS ENTRE VETORES E ORTOGONALIDADE
(a) Mostre que hu, vi =
181
1 1 x1 y1 + x2 y2 9 4
de ne um produto interno em R2 . (b) Esboce o círculo unitário no sistema de coordenadas xy em R2 , usando a distância obtida a partir do produto interno em (a). (c) Esboce o círculo unitário no sistema de coordenadas xy em R2 , usando a distância obtida a partir do produto interno usual. (d) Você nota alguma diferença entre os círculos obtidos em (a) e em (b)? 1.2 Sejam u = (x1 , x2 ) e v = (y1 , y2 ) vetores em R2 .
Mostre que as expressões
a seguir de nem produtos internos em R . 2
(a) hu, vi = 3x1 y1 + 5x2 y2 . (b) hu, vi = 4x1 y1 + x2 y1 x1 y2 + 4x2 y2 . 1.3
Conclua a demonstração da Proposição 7.1.1.
1.4
Suponha que u, v e w sejam vetores tais que
hu, vi = 2, hu, wi = −3, hv, wi = 5, ||u|| = 1, ||v|| = 2 e ||w|| = 1.
Calcule o valor de cada uma das seguintes expressões: (a) hu + v, v + wi;
2
(b) h2v + w, 2u − vi;
(c) ||u + v + w||.
Ângulos entre Vetores e Ortogonalidade
Recordemos que no Capítulo 4 vimos que o ângulo θ, com 0 ≤ θ ≤ π , entre dois vetores não nulos u e v em R3 , dotado do produto escalar, satisfaz a igualdade u·v cos θ = · (1) ||u|| ||v||
Nosso primeiro objetivo nesta seção será o de de nir o conceito de ângulo entre dois vetores não nulos de um espaço com produto interno, utilizando
182
CAPÍTULO 7.
ESPAÇOS COM PRODUTO INTERNO
(1), onde o produto escalar é substituído pelo produto interno. Para que uma tal de nição faça sentido, devemos assegurar que |hu, vi| ≤1 ||u|| ||v||
para quaisquer dois vetores não nulos u e v de V . Veremos, no próximo resultado, que isto sempre ocorre. Teorema 7.2.1. (Desigualdade de Cauchy-Schwarz)
Se u e v são ve-
tores de um espaço com produto interno V , então |hu, vi| ≤ ||u|| ||v||,
(2)
com igualdade valendo se, e somente se, u e v são linearmente dependentes. Demonstração A desigualdade é clara se u é o vetor nulo de V . Suponhamos, então, u diferente do vetor nulo. Para qualquer t ∈ R, temos que htu + v, tu + vi ≥ 0, ou seja, para qualquer t ∈ R, hu, uit2 + 2hu, vit + hv, vi ≥ 0.
(3)
De namos p(t) = hu, uit2 + 2hu, vit + hv, vi, t ∈ R. Por (3), p é uma função polinomial não negativa. Além disso, como o coe ciente do termo quadrático é não negativo, segue que o discriminante ∆ de p(t) é um número real não positivo. Portanto, ∆ = 4hu, vi2 − 4hu, uihv, vi = 4hu, vi2 − 4||u||2 ||v||2 ≤ 0,
o que equivale a hu, vi2 ≤ ||u||2 ||v||2 .
Extraindo a raiz quadrada em ambos os lados da desigualdade acima, obtemos (2). Deixaremos a parte que trata da igualdade em (2) como exercício (cf. Problema 2.3)
2.
ÂNGULOS ENTRE VETORES E ORTOGONALIDADE
183
Cabe observar que o Teorema 7.2.1 foi provado, em 1821, por Augustin Cauchy (França, 1789 - 1857) para V = Rn , com o produto interno usual. O resultado geral, para um espaço com produto interno arbitrário, foi provado em 1885, por Hermann Schwarz (Alemanha, 1843 - 1921). Vamos agora de nir a noção de ângulo em espaços com produto interno arbitrários. Suponhamos que u e v são vetores não nulos de um espaço com produto interno V . Dividindo ambos os lados da desigualdade (2) por ||u|| ||v||, obtemos |hu, vi| ≤1 ||u|| ||v||
ou, equivalentemente, −1 ≤
hu, vi ≤ 1. ||u|| ||v||
(4)
Como cos θ assume, uma única vez, cada valor no intervalo [−1, 1] quando θ varia no intervalo [0, π], segue de (4) que existe um único θ ∈ [0, π] tal que cos θ =
hu, vi · ||u|| ||v||
(5)
De nimos o ângulo entre u e v como o número real θ acima mencionado. Parece estranho de nir a norma de um vetor e o ângulo entre dois vetores em um espaço vetorial abstrato com produto interno, já que em geral não temos uma representação geométrica associada a estes espaços. Contudo, muitas de nições e teoremas básicos da Geometria continuam valendo neste grau de generalidade. Por exemplo, sabemos da Geometria de R2 que o comprimento de um lado de um triângulo não excede a soma dos comprimentos dos outros dois (Figura 16(a)). Veremos a seguir que este resultado vale em todos os espaços com produto interno (veja Proposição 7.2.2(iv)). Um outro resultado da Geometria a rma que a soma dos quadrados das diagonais de um paralelogramo coincide com a soma dos quadrados dos quatro lados (Figura 16(b)). Este resultado também vale em qualquer espaço com produto interno (veja Problema 2.2). Figura 16(a) Figura 16(b)
184
CAPÍTULO 7.
ESPAÇOS COM PRODUTO INTERNO
Assim, o produto interno é uma noção que enriquece a estrutura de um espaço vetorial, permitindo generalizar várias noções de caráter geométrico em R2 e em R3 para espaços vetoriais mais gerais.
Se u e v são vetores em um espaço V com produto interno e se k ∈ R, então: Proposição 7.2.2. (Propriedades da norma)
(i) ||u|| ≥ 0; (ii) ||u|| = 0 se, e somente se, u = 0; (iii) ||ku|| = |k| ||u||; (iv) ||u + v|| ≤ ||u|| + ||v|| (desigualdade triangular). Provaremos o item (iv) e deixaremos os demais itens como exercícios (veja Problema 2.4). Temos Demonstração
||u + v||2 = hu + v, u + vi = hu, ui + hu, vi + hv, ui + hv, vi = ||u||2 + 2hu, vi + ||v||2 ≤ ||u||2 + 2|hu, vi| + ||v||2 ,
(6)
pois x ≤ |x| para todo x ∈ R. Por (2), ||u||2 + 2|hu, vi| + ||v||2 ≤ ||u||2 + 2||u|| ||v|| + ||v||2 = (||u|| + ||v||)2 .
(7)
De (6) e (7), segue que ||u + v||2 ≤ (||u|| + ||v||)2 .
Extraindo as raízes quadradas em ambos os lados da desigualdade acima obtemos a desigualdade desejada.
2.
ÂNGULOS ENTRE VETORES E ORTOGONALIDADE
185
No próximo resultado apresentamos algumas propriedades da noção de distância entre dois vetores de um espaço com produto interno. A veri cação dessas propriedades é simples e usa a Proposição 7.2.2. Portanto, deixaremos a sua demonstração como exercício para o leitor (veja Problema 2.5). Proposição 7.2.3. (Propriedades da distância)
Se u, v e w são vetores
em um espaço com produto interno V , então: (i) d(u, v) ≥ 0; (ii) d(u, v) = 0 se, e somente se, u = v ; (iii) d(u, v) = d(v, u); (iv) d(u, v) ≤ d(u, w) + d(w, v) (desigualdade triangular). O próximo objetivo desta seção é de nir a noção de ortogonalidade em um espaço com produto interno. Comecemos com a noção de ortogonalidade entre dois vetores. Sejam u e v dois vetores não nulos de um espaço com produto interno V e seja θ o ângulo entre eles. Segue de (5) que cos θ = 0 se, e somente se, hu, vi = 0. Equivalentemente, temos θ = π/2 se, e somente se hu, vi = 0. Convencionamos que se u ou v é o vetor nulo, o ângulo entre eles é π/2. Assim, dizemos que dois vetores quaisquer u e v em V são ortogonais quando hu, vi = 0. A seguir, introduziremos a noção de ortogonalidade entre um vetor e um subespaço. Sejam v um vetor de V e W um subespaço de V . Dizemos que v é ortogonal a W se v é ortogonal a cada vetor de W . O conjunto de todos os vetores de V que são ortogonais a W é chamado complemento ortogonal de W e é denotado por W ⊥ . Seja R3 com o produto interno usual e seja W o plano de equação cartesiana x + y + z = 0. O vetor v = (1, 1, 1) é ortogonal a W , pois v é um vetor normal a este plano. Para determinarmos W ⊥ , devemos Exemplo 1.
186
CAPÍTULO 7.
ESPAÇOS COM PRODUTO INTERNO
encontrar um vetor (a, b, c) em R3 que seja ortogonal a todo vetor de W . Como um vetor de W é da forma (−y − z, y, z), para y, z ∈ R, devemos encontrar (a, b, c) tal que (−y − z, y, z) · (a, b, c) = 0
Fazendo, na igualdade acima, y = 0 e z = 1, obtemos a = c; e, fazendo y = 1 e z = 0, obtemos a = b. Portanto, W ⊥ = {(a, a, a); a ∈ R},
ou seja, W ⊥ é a reta que passa pela origem que tem v como um vetor diretor. Terminamos esta seção apresentando algumas propriedades do complemento ortogonal. Proposição 7.2.4.
Seja W um subespaço de um espaço com produto interno
V . Então:
(i) W ⊥ é um subespaço de V ; (ii) W ∩ W ⊥ = {0}; (iii) (W ⊥ )⊥ = W . Provaremos apenas (i), deixando as demonstrações das demais propriedades para o leitor (veja Problema 2.10). Primeiramente, é claro que 0 ∈ W ⊥ . Tomemos u e v em W ⊥ e a em R. Se w ∈ W , então Demonstração
hu + av, wi = hu, wi + ahv, wi = 0 + a0 = 0,
mostrando que u + av é ortogonal a w. Como w ∈ W foi tomado de modo arbitrário, temos que u + av é ortogonal a cada vetor de W , ou seja u + av está em W ⊥ . Pelo Corolário 3.1.2, segue que W ⊥ é um subespaço de V . No Capítulo 1 tivemos a oportunidade de mostrar que dois sistemas lineares homogêneos com matrizes associadas equivalentes possuem conjuntos de
2.
ÂNGULOS ENTRE VETORES E ORTOGONALIDADE
187
soluções iguais. Vamos, no exemplo a seguir, mostrar que vale uma recíproca dessa propriedade. Seja dado um sistema linear homogêneo AX = 0, com m equações e n incógnitas cujo espaço solução é denotado por Sh (A). Chamemos de TA a transformação linear de Rn para Rm determinada por A e pelas bases canônicas dos dois espaços vetoriais (cf. Exemplo 4, Seção 1 do Capítulo 6). Como as soluções do sistema são os vetores de Rn que são ortogonais aos vetores linhas de A, temos, pelo Problema 2.11, que Sh (A) = (L(A))⊥ .
Exemplo 2.
Problemas 2.1 Suponha que R3
e R4 têm o produto interno usual. Em cada item abaixo, encontre o cosseno do ângulo entre u e v : (a) u = (−1, 5, 2) e v = (2, 4, −9); (b) u = (1, 0, 1, 0) e v = (1, 1, 1, 1); (c) u = (2, 1, 0, −1) e v = (4, 0, 0, 0). Mostre que a seguinte identidade vale para quaisquer vetores u e v de um espaço com produto interno:
2.2*
||u + v||2 + ||u − v||2 = 2||u||2 + 2||v||2 .
Mostre que vale a igualdade na desigualdade de Cauchy-Schwarz se, e somente se, u e v são linearmente dependentes. 2.3
2.4
Conclua a demonstração da Proposição 7.2.2.
2.5
Prove a Proposição 7.2.3.
Use a desigualdade de Cauchy-Schwarz para mostrar, para quaisquer valores reais de a, b e θ, que 2.6
(a cos θ + b sen θ)2 ≤ a2 + b2 .
Seja {v1 , v2 , . . . , vn } uma base de um espaço com produto interno V . Mostre que o vetor nulo de V é o único vetor de V que é ortogonal a todos os vetores da base. 2.7
188
CAPÍTULO 7.
ESPAÇOS COM PRODUTO INTERNO
Seja V um espaço com produto interno. Mostre que se u e v são vetores √ ortogonais de V tais que ||u|| = ||v|| = 1, então ||u − v|| = 2. 2.8
(Uma generalização do Teorema de Pitágoras) Seja {v1 , v2 , . . . , vn } um conjunto ortogonal de vetores de um espaço com produto interno. Então
2.9*
||v1 + v2 + · · · + vn ||2 = ||v1 ||2 + ||v2 ||2 + · · · + ||vn ||2 . 2.10
Conclua a demonstração da Proposição 7.2.4.
Seja β um conjunto de geradores de W , onde W é um subespaço de um espaço com produto interno V . Mostre que W ⊥ consiste de todos os vetores de V que são ortogonais a cada vetor do conjunto β . 2.11
Seja W o subespaço de R5 gerado pelos vetores u = (1, 2, 3, −1, 2) e v = (2, 1, 3, 2, −1). Determine uma base de W ⊥ . 2.12*
Suponha que R4 tem o produto interno usual e seja v = (1, −1, 0, −2). Determine se v é ortogonal ao subespaço de R4 gerado pelos vetores v1 = (−1, 1, 3, 0) e v2 = (4, 0, 2, 2).
2.13
Seja W o plano de equação cartesiana x − 2y − 3z − 1 = 0. Obtenha as equações paramétricas para W ⊥ .
2.14
3
Bases Ortonormais
Veremos nesta seção que um espaço vetorial, com produto interno, possui bases que se destacam das demais, chamadas de bases ortonormais. Trabalhar com este tipo de base torna V geometricamente muito parecido com o espaço Rn , onde n = dim V . Ao longo desta seção, V será sempre um espaço com produto interno h , i, de dimensão nita n > 0. 3.1
Conjuntos Ortogonais
Um conjunto de vetores em V é chamado conjunto ortogonal se quaisquer dois vetores distintos do conjunto são ortogonais.
3.
189
BASES ORTONORMAIS
Por exemplo, o conjunto {(1, 2, 1), (2, 1, −4), (3, −2, 1)} é um conjunto ortogonal em R3 com seu produto interno usual. Um conjunto ortogonal no qual cada vetor tem norma 1 é chamado conjunto ortonormal . Se v é um vetor não nulo em um espaço com produto interno, segue da Proposição 7.2.2(iii) que o vetor ||v||−1 v tem norma 1. O processo de multiplicar um vetor não nulo pelo inverso de sua norma para obter um vetor de norma 1 é chamado de normalização . Assim, um conjunto ortogonal de vetores não nulos pode ser sempre transformado em um conjunto ortonormal, normalizando-se cada um de seus vetores. O próximo resultado relaciona a noção de ortogonalidade com a noção de independência linear.
Todo conjunto ortogonal de vetores não nulos de V é linearmente independente. Demonstração Seja {v1 , . . . , vr } um conjunto de vetores ortogonais de V com produto interno. Consideremos a equação Proposição 7.3.1.
a1 v1 + a2 v2 + · · · + ar vr = 0.
Vamos mostrar que ai = 0, para todo 1 ≤ i ≤ r. Fixe 1 ≤ i ≤ r. Então, ha1 v1 + · · · + ar vr , vi i = a1 hv1 , vi i + · · · + ai hvi , vi i + ai+1 hvi+1 , vi i + · · · + ar hvr , vi i = ai hvi , vi i,
(1)
já que hvj , vi i = 0 sempre que j 6= i. Por outro lado ha1 v1 + a2 v2 + · · · + ar vr , vi i = h0, vi i = 0.
(2)
De (1) e (2), segue que ai hvi , vi i = 0 e como vi é um vetor não nulo, temos necessariamente que ai = 0. Como i foi tomado de modo arbitrário em seu intervalo de variação, o resultado segue. A recíproca do resultado acima é obviamente falsa, pois, por exemplo, o conjunto {(1, 1), (1, 0)} de vetores em R2 com o produto interno usual é linearmente independente, mas não é um conjunto ortogonal.
190
CAPÍTULO 7.
ESPAÇOS COM PRODUTO INTERNO
Se α={v1 , . . . , vn } é um conjunto ortogonal de vetores não nulos de V , segue da proposição anterior que α é uma base de V . Uma base consistindo de vetores ortogonais é chamada base ortogonal e uma base consistindo de vetores ortonormais é chamada base ortonormal. Por exemplo, a base canônica de Rn com o produto interno usual é uma base ortonormal. Vimos que se V é um espaço vetorial e α é uma base de V então, em geral, é necessário resolver um sistema linear a m de escrever um vetor de V em termos da base α. O próximo resultado mostra que quando V é um espaço com produto interno e α é uma base ortonormal de V , então é bastante simples encontrar as coordenadas de um vetor de V em relação a base α.
Se α={v1 , v2 , . . ., vn } é uma base ortonormal de V , então, para todo v ∈ V , podemos escrever
Teorema 7.3.2.
v = hv, v1 iv1 + hv, v2 iv2 + · · · + hv, vn ivn .
Seja v = a1 v1 + a2 v2 + · · · + an vn a escrita de v na base α. Fixe i, com 1 ≤ i ≤ n. Temos Demonstração
hv, vi i = ha1 v1 + a2 v2 + · · · + an vn , vi i = a1 hv1 , vi i + · · · + ai hvi , vi i + · · · + an hvn , vi i = ai ,
já que hvj , vi i = 0 se j 6= i e hvi , vi i = ||vi ||2 = 1. Como i foi tomado de modo arbitrário, a demonstração está completa. Se β = {v1 , v2 , . . . , vn } é uma base ortogonal de V , normalizando cada um dos vetores de β , obtemos a base ortonormal α de V , onde α=
v2 vn v1 , ,..., ||v1 || ||v2 || ||vn ||
.
Pelo Teorema 7.3.2, para cada vetor v em V , temos que v1 v1 vn vn i + · · · + hv, i ||v1 || ||v1 || ||vn || ||vn || hv, v1 i hv, vn i = v1 + · · · + vn . 2 ||v1 || ||vn ||2
v = hv,
3.
191
BASES ORTONORMAIS
O número real ai =
hv, vi i ||vi ||2
é chamado de coe ciente de Fourier1 de v em relação ao vetor vi . Este escalar admite uma interpretação geométrica relacionada com a noção de projeção. Para apresentarmos esta interpretação geométrica, vamos precisar do seguinte resultado. Proposição 7.3.3.
Seja w um vetor não nulo de V . Se v ∈ V , então k=
hv, wi hv, wi = hw, wi ||w||2
(3)
é o único número real tal que v 0 = v − kw é ortogonal a w. Demonstração Para que v 0 seja ortogonal a w devemos ter hv−kw, wi=0, ou seja, hv, wi = khw, wi, mostrando que k = ponhamos que k =
hv, wi · Reciprocamente, suhw, wi
hv, wi · Então, hw, wi
hv − kw, wi = hv, wi − khw, wi = hv, wi −
hv, wi hw, wi = 0, hw, wi
o que mostra que v − kw é ortogonal a w.
O escalar k em (3) é o coe ciente de Fourier de v em relação ao vetor w. A projeção de v ao longo de w (Figura 17) é denotada por projw (v) e é de nida por projw (v) = kw = Figura 17
hv, wi w. hw, wi
O próximo resultado, cuja demonstração é deixada como exercício (veja Problema 3.2), generaliza a Proposição 7.3.3. 1 Em
homenagem a Jean-Baptiste Fourier (França, 1768 - 1830), conhecido na Matemática por iniciar a investigação sobre o desenvolvimento de funções periódicas em séries trigonométricas convergentes, chamadas séries de Fourier, e sua aplicação aos problemas de condução de calor.
192
CAPÍTULO 7.
ESPAÇOS COM PRODUTO INTERNO
Suponhamos que {w1 , w2 , . . . , wr } seja um conjunto ortogonal de vetores não nulos de V . Se v ∈ V , então
Proposição 7.3.4.
ki =
hv, wi i , ||wi ||2
1 ≤ i ≤ r,
são os únicos números reais tais que o vetor v 0 = v − k1 w1 − k2 w2 − · · · − kr wr
é ortogonal aos vetores w1 , w2 , . . . , wr . 3.2
Ortogonalização de Gram-Schmidt
Vimos na seção anterior que trabalhar com bases ortonormais é bastante conveniente. Veremos a seguir que todo espaço com produto interno, não nulo, de dimensão nita tem uma base ortonormal. A construção dada na prova do resultado abaixo é chamada de processo de ortogonalização de Gram-Schmidt, pois leva os nomes de Jorgen Pedersen Gram (Dinamarca, 1850 - 1916) e de Erhard Schmidt (Alemanha, 1876 - 1959). Cabe observar que a construção de Gram-Schmidt pode ser encontrada, de modo implícito, em trabalhos de Pierre Simon Laplace2 e de Cauchy. 2 Pierre
Simon Laplace (França 1749 1827) foi um importante matemático, físico e astrônomo, conhecido por suas contribuições à mecânica celeste à teoria de probabilidades, bem como por suas aplicações da matemática à física.
3.
193
BASES ORTONORMAIS
Teorema 7.3.5. Demonstração
O espaço V possui uma base ortogonal. Seja {v1 , v2 , . . . , vn } uma base de V . Tomemos (veja Figura
18) w 1 = v1 , hv2 , w1 i w1 , ||w1 ||2 hv3 , w1 i hv3 , w2 i w 3 = v3 − w1 − w2 , 2 ||w1 || ||w2 ||2 w 2 = v2 −
.. .
w n = vn −
hvn , wn−1 i hvn , w1 i w1 − · · · − wn−1 . 2 ||w1 || ||wn−1 ||2
Pela Proposição 7.3.4, o conjunto {w1 , w2 , . . . , wn } é um conjunto ortogonal. Além disso, como o conjunto {v1 , v2 , . . . , vn } é linearmente independente, cada vetor wi é não nulo. Assim, o conjunto {w1 , w2 , . . . , wn } é um conjunto ortogonal de vetores não nulos de V . Como, por de nição, n = dim V , segue pela Proposição 7.3.1 que {w1 , w2 , . . . , wn } é uma base ortogonal de V .
Figura 18
Decorre da proposição acima que se V tem uma base ortogonal, ele tem uma base ortonormal, pois os vetores de uma base ortogonal podem ser normalizados para produzir uma base ortonormal de V .
194
CAPÍTULO 7.
ESPAÇOS COM PRODUTO INTERNO
Considere R3 com o produto interno usual. Apliquemos o processo de Gram-Schmidt ao conjunto {(1, 0, 0), (1, 1, 1), (0, 0, 1)} para obtermos uma base ortogonal {w1 , w2 , w3 } de R3 . Façamos
Exemplo 1.
w1 = (1, 0, 0), w2 = (1, 1, 1) −
h(1, 1, 1), (1, 0, 0)i (1, 0, 0) = (0, 1, 1), ||(1, 0, 0)||2
w3 = (0, 0, 1) −
h(0, 0, 1), (1, 0, 0)i (1, 0, 0) ||(0, 1, 1)||2
h(0, 0, 1), (0, 1, 1)i − (0, 1, 1) = ||(0, 1, 1)||2
1 1 0, − , . 2 2
Assim, {(1, 0, 0), (0, 1, 1), (0, − 21 , 21 )} é uma base ortogonal de R3 . Uma consequência importante do Teorema 7.3.5, que demonstraremos a seguir, é o fato de que V =W ⊕W ⊥ , onde W é um subespaço de V . Em outras palavras, cada vetor v de V pode ser escrito de modo único como v = w1 + w2 ,
(4)
onde w1 ∈ W e w2 ∈ W ⊥ . O vetor w1 é chamado projeção ortogonal de v em W e é denotado por projW (v). O vetor w2 é chamado componente de v ortogonal a W e é denotado por projW ⊥ (v) (Figura 19). Por (4), temos então Figura 19 que v = projW (v) + projW ⊥ (v). Teorema 7.3.6.
Se W é um subespaço de V , então V = W ⊕ W ⊥.
Pela Proposição 7.2.4(ii), W ∩ W ⊥ = {0}. Vejamos que V = W + W ⊥ . Pelo processo de ortogonalização de Gram-Schmidt, existe Demonstração
3.
BASES ORTONORMAIS
195
uma base ortonormal {v1 , v2 , . . . , vn } de W . Tomemos v ∈ V . De na w1 = hv, v1 iv1 + hv, v2 iv2 + · · · + hv, vn ivn , w2 = v − w1 .
Note que w1 + w2 = w1 + (v − w1 ) = v . Além disso, w1 ∈ W , pois w1 é uma combinação linear dos vetores da base de W . Portanto, resta mostrar que w2 ∈ W ⊥ , ou seja, w2 é ortogonal a W . Para isto, seja w ∈ W . Pelo Teorema 7.3.2, w = hw, v1 iv1 + hw, v2 iv2 + · · · + hw, vn ivn .
Assim, hw2 , wi = hv − w1 , wi = hv, wi − hw1 , wi = hw, v1 ihv, v1 i + · · · + hw, vn ihv, vn i − hv, v1 ihv1 , wi + · · · + hv, vn ihvn , wi = 0.
Como w ∈ W foi tomado de modo arbitrário, segue que w2 é ortogonal a W .
Retomemos o Exemplo 1 da Seção 2, onde V = R3 e onde W = {(x, y, z); x + y + z = 0} e W ⊥ = {(x, y, z); x = y = z}. Note que W ∩ W ⊥ = {0}. Exemplo 2.
196
CAPÍTULO 7.
ESPAÇOS COM PRODUTO INTERNO
Como dim(W + W ⊥ ) = dim W + dim W ⊥ − dim(W ∩ W ⊥ ),
segue que dim(W + W ⊥ ) = 3, já que temos dim W = 2, dim W ⊥ = 1 e dim(W ∩ W ⊥ ) = 0. Portanto, W + W ⊥ = R3 . Consequentemente, temos que R3 = W ⊕ W ⊥ , como aliás deveria ser pelo Teorema 7.3.6. Para cada (x, y, z) ∈ R3 , temos que (x, y, z) =
2x−y−z −x+2y−z −x−y+2z , , 3 3 3
+
x+y+z x+y+z x+y+z , 3 , 3 3
∈ W + W ⊥.
Mais ainda, a escrita acima é única. Em outras palavras, todo vetor de R3 se expressa, de forma única, como a soma de um elemento e W com um elemento de W ⊥ . A gura abaixo mostra a decomposição do vetor (0, 3, 0).
Figura 20
Seja AX = 0 um sistema m×n de equações lineares homogêneo, cujo conjunto solução denotamos por Sh (A). Seja TA a transformação linear associada à matriz A. Sabemos (cf. Exemplo 2, Seção 2) que Exemplo 3.
Ker TA = Sh (A) = (L(A))⊥ .
Por outro lado, pelo Exemplo 4, Seção 1, Capítulo 6, temos que Im TA = C(A).
3.
197
BASES ORTONORMAIS
Pelo Teorema do Núcleo e da Imagem, temos que n = dim Ker TA + dim Im TA = dim(L(A))⊥ + dim C(A).
Pelo Teorema 7.3.6, temos que n = dim L(A) + dim(L(A))⊥ = pA + dim Sh (A).
Daí decorre que dim Sh (A) = n − pA ,
e que dim C(A) = dim L(A).
Assim, o posto por linhas de uma matriz A, que por de nição é igual à dimensão do espaço linha L(A) de A, coincide com o posto de A por colunas, ou seja com a dimensão do espaço coluna C(A) da matriz A. Problemas
Seja V um espaço com produto interno de dimensão nita n. Se α é uma base ortonormal de V e se 3.1*
a1 a2 [v]α = .. . an
e
b1 b2 [w]α = .. , . bn
então: p a21 + a22 + · · · + a2n ; p (b) d(v, w) = (a1 − b1 )2 + (a2 − b2 )2 + · · · + (an − bn )2 ;
(a) ||v|| =
(c) hv, wi = a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn .
O exercício anterior mostra que trabalhando com bases ortonormais, o cálculo de normas e produtos internos arbitrários se reduz ao cálculo de normas e produtos internos das matrizes das coordenadas, como em Rn com sua norma e produto interno usuais .
198
CAPÍTULO 7.
3.2
Prove a Proposição 7.3.4.
3.3
Mostre que os vetores v1 =
4 3 , ,0 , 5 5
ESPAÇOS COM PRODUTO INTERNO
v2 =
3 4 − , , 0 e v3 = (0, 0, 1) 5 5
formam uma base ortonormal para R3 com o produto interno usual. Em seguida, expresse o vetor v = (1, −1, 2) nesta base. Seja W um subespaço de dimensão nita de um espaço com produto interno V . Prove que: (a) Se {w1 , w2 , . . . , wn } é uma base ortonormal de W e v é um vetor qualquer de V , então projW (v) = hv, w1 iw1 + hv, w2 iw2 + · · · + hv, wn iwn ; (b) Se {w1 , w2 , . . . , wn } é uma base ortogonal de W e v é um vetor qualquer de V , então 3.4*
projW (v) =
hv, w2 i hv, wn i hv, w1 i w1 + w2 + · · · + wn . 2 2 ||w1 || ||w2 || ||wn ||2
Considere R4 com o produto interno usual. Use o processo de GramSchmidt para transformar a base {v1 , v2 , v3 , v4 } em uma base ortogonal, onde 3.5
v1 = (0, 2, 1, 0), v2 = (1, −1, 0, 0), v3 = (1, 2, 0, −1) e v4 = (1, 0, 0, 1). 3.6
Seja W o subespaço de R4 gerado pelos vetores v1 = (1, 1, 1, 1), v2 = (1, −1, 2, −2) e v3 = (−1, −5, 1, −7).
Ache a projeção ortogonal de v = (1, 2, −3, 4) em W . Construa, a partir do vetor v = (2, 1, 0), uma base ortonormal de R3 com o produto interno usual.
3.7
4
Operadores em Espaços com Produto Interno
Nesta seção, vamos de nir importantes operadores em espaços com produto interno. Mais precisamente, mostraremos a existência do operador adjunto de um operador linear e, a partir deste, introduzir as noções de operadores simétricos e operadores ortogonais. Estes operadores estão relacionados
4.
OPERADORES EM ESPAÇOS COM PRODUTO INTERNO
199
com o Teorema Espectral, um dos teoremas mais importantes da Álgebra Linear, conforme veremos no Capítulo 9. Nesta seção, continuaremos supondo que V é um espaço com produto interno de dimensão nita n > 0. 4.1
O Operador Adjunto
Dado um vetor v ∈ V , a ele associamos de modo natural um funcional linear em V , como segue: φv : V → R u 7→ hu, vi .
De fato, φv é um funcional linear, pois, para todos u1 , u2 ∈ V e todo a ∈ R, temos φv (u1 + au2 ) = hu1 + au2 , vi = hu1 , vi + ahu2 , vi = φv (u1 ) + aφv (u2 ).
Assim, cada v em V de ne um funcional linear φv em V , ou seja, um elemento de (V, R). A recíproca deste fato é também verdadeira, como mostra o seguinte resultado.
Dado um funcional linear φ em V , existe um único vetor v ∈ V tal que φ = φv . Demonstração Seja φ ∈ (V, R) e xe uma base ortonormal {v1 , v2 , . . . , vn } de V . Pelo Teorema 7.3.2, todo elemento u ∈ V se escreve como Teorema 7.4.1.
u = hu, v1 iv1 + hu, v2 iv2 + · · · + hu, vn ivn .
Tomemos v = φ(v1 )v1 + φ(v2 )v2 + · · · + φ(vn )vn . Por um lado, temos
Existência:
φ(u) = φ hu, v1 iv1 + hu, v2 iv2 + · · · + hu, vn ivn = hu, v1 i φ(v1 ) + hu, v2 i φ(v2 ) + · · · + hu, vn i φ(vn ).
(1)
200
CAPÍTULO 7.
ESPAÇOS COM PRODUTO INTERNO
Por outro lado, hu, vi = hu, φ(v1 )v1 + φ(v2 )v2 + · · · + φ(vn )vn i = φ(v1 )hu, v1 i + φ(v2 )hu, v2 i + · · · + φ(vn )hu, vn i.
(2)
Juntando (1) e (2) obtemos que φ(u) = hu, vi = φv (u), para todo u ∈ V . Suponhamos que v 0 tenha a propriedade hu, v 0 i = hu, vi, para todo u ∈ V . Logo hu, v − v 0 i = 0, para todo u ∈ V . Portanto, v − v 0 é ortogonal a todos os vetores de V , o que, em virtude do Problema 2.7, acarreta que v = v 0 . Unicidade:
Observe que o Teorema 7.4.1 garante que a função v 7→ φv , onde φv (u) = hu, vi (u ∈ V ), é um isomor smo entre V e (V, R) (cf. Problema 4.4).
Dado um operador linear T em V , existe um único operador linear T em V tal que Teorema 7.4.2. ∗
hT (v), wi = hv, T ∗ (w)i,
para quaisquer v, w ∈ V.
Tome w ∈ V . Como a função de nida por v 7→ hT (v), wi é um funcional linear em V (veri que), segue, do Teorema 7.4.1, que existe um único vetor w0 ∈ V tal que Demonstração
hT (v), wi = hv, w0 i, para todo v ∈ V.
Basta de nir T ∗ (w) = w0 . A demonstração do Teorema 7.4.1 também nos mostra que se {v1 , . . . , vn } é uma base ortonormal de V , então T ∗ (w) = w0 = hT (v1 ), wiv1 + · · · + hT (vn ), wivn .
Daí, vê-se claramente que T ∗ é linear.
O operador T ∗ é chamado de operador adjunto de T . Assim, o Teorema 7.4.2 a rma que todo operador linear T , em um espaço com produto interno de dimensão nita, possui um operador adjunto T ∗ . O próximo resultado mostra como podemos obter T ∗ a partir de uma representação matricial de T .
4.
OPERADORES EM ESPAÇOS COM PRODUTO INTERNO
201
Para toda base ortonormal α de V e para todo operador linear T em V , temos que
Proposição 7.4.3.
[T ∗ ]αα = ([T ]αα )t .
Para demonstrarmos a proposição acima, vamos precisar do seguinte resultado, cuja demonstração ca como exercício para o leitor (veja Problema 4.5).
Seja α = {v1 , . . . , vn } uma base ortonormal de V . Se A = [aij ]n×n é a matriz que representa um oprerador T em V , com relação à base α (ou seja, A = [T ]αα ), então
Lema 7.4.4.
aij = hT (vj ), vi i, para todos i, j, 1 ≤ i, j ≤ n. Demonstração da Proposição 7.4.3.
Considere as matrizes [T ]αα = [aij ]n×n
e [T ∗ ]αα = [bij ]n×n . Pelo Lema 7.4.4, aij = hT (vj ), vi i e bij = hT ∗ (vj ), vi i, para todos i, j, 1 ≤ i, j ≤ n.
Logo, bij = hT ∗ (vj ), vi i = hvi , T ∗ (vj )i = hT (vi ), vj i = aji ,
para todos i, j , com 1 ≤ i, j ≤ n, provando o resultado.
Um operador linear T : V → V é dito ser um operador simétrico quando T = T. Pela Proposição 7.4.3, observamos que se T é um operador simétrico em V , então para toda base ortonormal α de V temos ∗
[T ]αα = ([T ]αα )t .
Assim, T : V → V é simétrico se, e somente se, [T ]αα é uma matriz simétrica . Observemos que o fato de um operador ser simétrico não depende da base ortonormal escolhida. Portanto, se [T ]αα for uma matriz simétrica em
202
CAPÍTULO 7.
ESPAÇOS COM PRODUTO INTERNO
uma determinada base ortonormal α, então [T ]ββ será também simétrica para qualquer outra base ortonormal β . Seja T : R3 → R3 o operador linear de nido por T (x, y, z) = (2x − y + z, −x + y + 3z, x + 3y). Se α é a base canônica de R3 , então
Exemplo 1.
1 −1 1 [T ]αα = −1 1 3 1 3 0
é uma matriz simétrica e, portanto, T é um operador simétrico. 4.2
Operadores Ortogonais
Um operador linear T : V → V é dito ser um operador ortogonal quando T ∗ T = T T ∗ = IV .
Em outras palavras, T é um operador ortogonal quando T é invertível e T = T −1 . ∗
Diremos que um operador T em V preserva norma, preserva distância, ou preserva produto interno, quando, para todos u, v ∈ V , se tenha ||T (v)|| = ||v||, d(T (u), T (v)) = d(u, v), ou hT (u), T (v)i = hu, vi, respectivamente. O resultado a seguir caracteriza os operadores ortogonais.
Seja T : V → V um operador linear. As seguintes a rmações são equivalentes:
Teorema 7.4.5.
(i) T é ortogonal; (ii) T preserva a norma; (iii) T preserva a distância; (iv) T preserva o produto interno; (v) T transforma toda base ortonormal de V numa base ortonormal de V ;
4.
OPERADORES EM ESPAÇOS COM PRODUTO INTERNO
203
(vi) T transforma alguma base ortonormal de V numa base ortonormal de V . Demonstração
(i) ⇒ (ii) Se v ∈ V , então pelo Teorema 7.4.2.
||T (v)||2 = hT (v), T (v)i = hv, T ∗ (T (v))i = hv, IV (v)i = hv, vi = ||v||2 .
(ii) ⇒ (iii) Se v, u ∈ V , então d(T (v), T (u)) = ||T (v) − T (u)|| = ||T (v − u)|| = ||v − u|| = d(v, u).
(iii) ⇒ (iv) Se v, u ∈ V , então d(T (v + u), 0) = d(v + u, 0). Ou seja, ||T (v + u)||2 = ||v + u||2 .
(3)
Note que ||T (v + u)||2 = hT (v), T (v)i + 2hT (v), T (u)i + hT (u), T (u)i
e ||v + u||2 = hv, vi + 2hv, ui + hu, ui .
(4)
Como hv, vi = (d(v, 0))2 = (d(T (v), 0))2 = hT (v), T (v)i,
o mesmo valendo para u, temos de (3) e (4) que hT (v), T (u)i = hv, ui, como desejado. (iv) ⇒ (i) Se v, u ∈ V , então pelo Teorema 7.4.2 hv, ui = hT (v), T (u)i = hv, T ∗ (T (u))i,
mostrando que, para todos u, v ∈ V , hv, (T ∗ T − IV )(u)i = 0.
Pelo Problema 2.8, temos que (T ∗ T − IV )(u) = 0, para todo u ∈ V , o que acarreta que T ∗ T = IV , logo T é ortogonal.
204
CAPÍTULO 7.
ESPAÇOS COM PRODUTO INTERNO
(i) ⇒ (v) Seja {v1 , v2 , . . . , vn } uma base ortonormal de V . Então hT (vi ), T (vj )i = hvi , vj i =
0
se i 6= j
1
se i = j.
Logo, o conjunto {T (v1 ), T (v2 ), . . . , T (vn )} é ortonormal e, consequentemente, linearmente independente (Proposição 7.3.1). Como dim V =n, concluímos que esse conjunto é uma base de V . (v) ⇒ (vi) Esta implicação é óbvia. (vi) ⇒ (iv)
Seja {v1 , v2 , . . . , vn } uma base ortonormal de V tal que {T (v1 ), T (v2 ), . . . , T (vn )} também é uma base ortonormal de V . Sejam v e u em V . Se v = a1 v1 + a2 v2 + · · · + an vn
então hv, ui =
n X n X i=1 j=1
e u = b1 v1 + b2 b2 + · · · + bn vn ,
ai bj hvi , vj i =
n X n X
(5)
ai b j .
i=1 j=1
Por outro lado, temos T (v) = a1 T (v1 ) + a2 T (v2 ) + · · · + an T (vn )
e
T (u) = b1 T (v1 ) + b2 T (v2 ) + · · · + bn T (vn ),
donde hT (v), T (u)i =
n n X X i=1 j=1
ai bj hT (vi ), T (vj )i =
n n X X
ai b j .
(6)
i=1 j=1
Assim, de (5) e (6), concluímos que hT (v), T (u)i = hv, ui, como desejado. Consideremos o operador linear T : R2 → R2 dado por T (x, y) = (x cos θ −y sen θ, x sen θ +y cos θ). Lembremos da Seção 3, do Capítulo 6, que T é o operador rotação por um ângulo θ em R2 . Note que se α é a base canônica de R2 , o conjunto {T (1, 0), T (0, 1)} = {(cos θ, sen θ), (− sen θ, cos θ)} é
Exemplo 2.
4.
OPERADORES EM ESPAÇOS COM PRODUTO INTERNO
205
uma base ortonormal em R2 . Assim, pelo Teorema 7.4.5, T é um operador ortogonal em R2 . Para relacionarmos a propriedade de um operador ser ortogonal com propriedades de suas matrizes associadas, estabelecemos a de nição a seguir. Uma matriz A ∈ M(n, n) é dita ser ortogonal quando A At = At A = In .
Em outras palavras, A é uma matriz ortogonal se A é invertível e At = A−1 . Segue imediatamente da de nição que uma matriz A é ortogonal se, e somente se, a matriz At é ortogonal. Por exemplo, a matriz de rotação em R3 dada por cos θ − sen θ 0 A = sen θ cos θ 0 0 0 1
é uma matriz ortogonal. Com o resultado a seguir podemos veri car mais facilmente se uma matriz é ortogonal ou não. Proposição 7.4.6.
Para uma matriz A = aij
são equivalentes:
n×n
, as seguintes a rmações
(i) A é ortogonal; (ii) As colunas de A formam um conjunto ortonormal em Rn ; (iii) As linhas de A formam um conjunto ortonormal em Rn . (i) ⇔ (ii) Chamemos At A = bij produto de matrizes, o elemento bij é dado por Demonstração
n×n
. Pela de nição de
bij = a1i a1j + a2i a2j + · · · + ani anj = h(a1i , a2i , . . . , ani ), (a1j , a2j , . . . , anj )i.
206
CAPÍTULO 7.
ESPAÇOS COM PRODUTO INTERNO
Portanto, daí segue-se que At A = In se, e somente se, 0 se i 6= j h(a1i , a2i , . . . , ani ), (a1j , a2j , . . . , anj )i = 1 se i = j,
provando o desejado. (i) ⇔ (iii) Basta utilizar o fato que A é ortogonal se, e somente se, At é ortogonal, que as linhas de At são as colunas de A e aplicar o que foi provado acima.
Se α e β são bases ortonormais de V , então a matriz α mudança de base IV β é uma matriz ortogonal. Demonstração Sejam α = {v1 , v2 , . . . , vn } e β = {w1 , w2 , . . . , wn }. Suponhamos [IV ]αβ = [aij ]. Para cada i, com 1 ≤ i ≤ n, temos que Teorema 7.4.7.
vi = a1i w1 + a2i w2 + · · · + ani wn .
Ora, como vi e vj são ortogonais, quando i 6= j , então 0 = hvi , vj i = a1i a1j + a2i a2j + · · · + ani anj = h(a1i , a2i , . . . , ani ), (a1j , a2j , . . . , anj )i,
(7)
pois β é ortonormal. De (7) concluímos que as colunas de [IV ]αβ formam vetores ortogonais em Rn . Vejamos agora que cada coluna de [IV ]αβ forma um vetor unitário em Rn . De fato, se 1 ≤ i ≤ n, então 1 = hvi , vi i = a21i + a22i + · · · + a2ni ,
já que β é ortonormal. Assim, as colunas de [IV ]αβ formam vetores unitários em Rn . Pela Proposição 7.4.6, [IV ]αβ é uma matriz ortogonal. Terminaremos a seção mostrando a relação entre os operadores ortogonais e as matrizes ortogonais. Sejam dados um espaço vetorial, com uma base α = {v1 , . . . , vn }, e uma matriz quadrada A = [aij ] de ordem n. Podemos, como feito na Seção 1
4.
OPERADORES EM ESPAÇOS COM PRODUTO INTERNO
207
do Capítulo 6 para Rn e a base canônica, associar à matriz A um operador linear TA , de nido como segue: TA (v) = (a11 x1 + · · · + a1n xn , . . . , an1 x1 + · · · + ann xn ),
onde x1 , . . . , xn são as coordenadas de v relativamente à base α, ou seja v = x1 v1 + · · · + xn vn .
Sejam α uma base ortonormal de V e T um operador linear em V . Seja A ∈ M(n, n).
Proposição 7.4.8.
(i) T é ortogonal se, e somente se, [T ]αα é ortogonal. (ii) A é ortogonal se, e somente se, TA é ortogonal. Provaremos apenas o item (i), deixando a demonstração do item (ii) para o leitor (veja Problema 4.10). De fato, se α = {v1 , v2 , . . . , vn } é uma base ortonormal de V e se T é um operador ortogonal em V então, pelo Teorema 7.4.5, β = {T (v1 ), T (v2 ), . . . , T (vn )} é uma base ortonormal de V . Se [T ]αα = [aij ], então, para todo i, com 1 ≤ i ≤ n, temos Demonstração
T (vi ) = a1i v1 + a2i v2 + · · · + ani vn .
Como β é ortonormal, segue que hT (vi ), T (vj )i = 0 se i6=j e hT (vi ), T (vi )i=1. Por outro lado, sendo α é ortogonal, temos que a1i a1j + a2i a2j + · · · + ani anj = ha1i v1 + a2i v2 + · · · + ani vn , a1j v1 + a2j v2 + · · · + anj vn i = 0 se i 6= j hT (vi ), T (vj )i = 1 se i = j,
(8)
mostrando assim que as colunas de [T ]αα formam um conjunto ortonormal em Rn . Pela Proposição 7.4.6, [T ]αα é uma matriz ortogonal.
208
CAPÍTULO 7.
ESPAÇOS COM PRODUTO INTERNO
Suponhamos agora que [T ]αα = [aij ] é uma matriz ortogonal. Para mostrarmos que T é ortogonal basta provarmos, pelo Teorema 7.4.5, que o conjunto {T (v1 ), T (v2 ), . . . , T (vn )} é ortonormal em V . Mas isto pode ser facilmente veri cado a partir de (8). Problemas
Sejam S e T operadores lineares num espaço com produto interno de dimensão nita e seja k ∈ R. Prove que: 4.1*
(a) (S + T )∗ = S ∗ + T ∗ ;
(b) (kT )∗ = kT ∗ ;
(c) (ST )∗ = T ∗ S ∗ ;
(d) (T ∗ )∗ = T .
Considere o funcional linear φ : R3 → R de nido por φ(x, y, z) = x + 4y − 5z . Encontre o vetor v em R3 tal que φ = φv .
4.2
Seja T : R3 → R3 dado por T (x, y, z) = (2x + 2y, 3x − 4z, y). Encontre T ∗ (x, y, z).
4.3
4.4
Mostre que a função V v
→ (V, R) 7 → φv
onde φv (u) = hu, vi, para todo u ∈ V , é um isomor smo de espaços vetoriais. Mostre com isto que podemos transportar o produto interno de V para (V, R), do seguinte modo: hφu , φv i = hu, vi. 4.5
Demonstre o Lema 7.4.4.
4.6
Dentre os seguintes operadores lineares, veri car quais são ortogonais:
(a) T : R2 → R2 , T (x, y) = (−y, −x); (b) T : R2 → R2 , T (x, y) = (x + y, x − y); (c) T : R3 → R3 , T (x, y, z) = (z, x, −y); (d) T : R3 → R3 , T (x, y, z) = (x, y cos θ + z sen θ, −y sen θ + z cos θ).
4.
OPERADORES EM ESPAÇOS COM PRODUTO INTERNO
209
Encontre uma matriz ortogonal [aij ] de ordem 3 cuja primeira linha é dada por 2 2 1 a11 = , a12 = , e a13 = · 4.7*
3
3
3
4.8
Mostre que o produto de matrizes ortogonais é uma matriz ortogonal.
4.9
Construa uma matriz ortogonal A = [aij ] cuja primeira coluna seja: 2 5 1 = , 3
(a) a11 = √ , (b) a11 4.10
−1 a21 = √ ; 5 −2 a21 = e 3
a31 =
−2 · 3
Conclua a demonstração da Proposição 7.4.8.
Bibliogra a [1] H. P. Bueno, Álgebra Linear, um segundo curso , Coleção Textos Universitários, SBM, 2006. [2] P. Halmos, Teoria Ingênua dos Conjuntos , Editora Ciência Moderna, 2001. [3] A. Hefez e M. L. T. Villela, Códigos Corretores de Erros , Coleção Matemática e Aplicações, IMPA, 2008. [4] A. Hefez e M. L. T. Villela, Números Complexos e Polinômios , Coleção PROFMAT, SBM, 2012. [5] V. J. Katz, A History of Mathematics - an Introduction , HarperCollins College Publishers, 1993. [6] S. Lang, Introduction to Linear Algebra , 2nd edition, Undergraduate Texts in Mathematics, Springer, 1986. [7] E.L. Lima, Álgebra Linear , 3a edição, Coleção Matemática Universitária, IMPA, 1998. [8] E.L. Lima, Geometria Analítica e Álgebra Linear , 2a edição, Coleção Matemática Universitária, IMPA, 2010.
300
8 Livro: Introdução à Álgebra Linear Autores: Abramo Hefez Cecília de Souza Fernandez
Capítulo 8: Determinantes Sumário 1
Propriedades dos Determinantes
. . . . . . . . . . 211
1.1
Propriedades Características . . . . . . . . . . . . . 211
1.2
Propriedades Adicionais das Funções
1.3
Propriedade Multiplicativa . . . . . . . . . . . . . . 215
D
. . . . . . 212
2
Existência de Determinantes . . . . . . . . . . . . . 218
3
Matriz Adjunta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220
4
Regra de Cramer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224
210
1.
PROPRIEDADES DOS DETERMINANTES
1
211
Propriedades dos Determinantes
Estudaremos nesta seção as propriedades dos determinantes de matrizes quadradas, dividindo-as em três categorias, a saber: 1) Propriedades características, aquelas que bastam para determinar as funções determinantes; 2) Propriedades adicionais, aquelas que seguem de modo quase direto das propriedades características; 3) Propriedade multiplicativa, que relaciona determinantes de produtos de matrizes com os determinantes dos fatores. Essa propriedade é consequência das propriedades características e de propriedades das matrizes anteriormente estudadas. 1.1
Propriedades Características
Seja K um corpo1 e seja n um número natural, com n ≥ 2. Denotaremos por MK (n), ou simplesmente por M(n), o espaço das matrizes quadradas de ordem n com entradas no corpo K . Nosso objetivo, neste capítulo, é estender a n > 3 a noção de determinante de uma matriz em M(n) que introduzimos no Capítulo 4 nos casos n = 2 e n = 3. Dada uma matriz A ∈ M(n), denotaremos por A1 , . . . , An ∈ K n os seus vetores linhas e escrevemos
A1
. A = .. . An
Queremos xar a nossa atenção sobre as funções D : M(n) → K que possuem as seguintes propriedades: (D1) D é linear como função de cada linha separadamente. 1O
leitor pode xar sua atenção nos casos K = R ou K = C, se com isto se sentir mais confortável.
212
CAPÍTULO 8.
DETERMINANTES
Isto signi ca que se Aj = A0j + tA00j , onde A0j , A00j ∈ K n e t ∈ K , então D A0j
A1
.. .
+ tA00j = D .. . An
A1
.. .
A0j
.. .
An
+ tD
A1
.. .
A00j . .. . An
(D2) Se duas linhas adjacentes Aj e Aj+1 de A são iguais, então D(A) = 0. (D3) Se In representa a matriz identidade de M(n), então D(In ) = 1. Estas propriedades são satisfeitas, por exemplo, pelas funções determinantes det : M(2) → K e det : M(3) → K introduzidas na Seção 3 do Capítulo 4 (veja Problemas 3.1 e 3.3 do Capítulo 4.) As Propriedades (D1) e (D2) de uma função D acarretam várias outras propriedades, como veremos a seguir. Essas propriedades, juntamente com a Propriedade (D3), determinam uma única função que chamaremos de função determinante, ou simplesmente, determinante, conforme veremos na Seção 2. Nas próximas subseções estudaremos mais propriedades de tais funções D. 1.2
Propriedades Adicionais das Funções
D
Nesta seção estudaremos as propriedades das funções D que decorrem das Propriedades (D1) e (D2) da seção anterior.
Seja j um número natural com 1 ≤ j ≤ n − 1. Se A0 é a matriz obtida de A por meio de uma transformação elementar Lj ↔ Lj+1 , então D(A0 ) = −D(A). Demonstração Considere a matriz B tal que Bj = Bj+1 = Aj + Aj+1 e Bi = Ai , se i 6= j e i 6= j + 1. Da Propriedade (D2) temos que D(B) = 0. Da Propriedade (D1) (utiliProposição 8.1.1.
1.
213
PROPRIEDADES DOS DETERMINANTES
zada duas vezes), obtemos a igualdade 0 = D(B) = D
A1
.. .
Aj Aj
.. .
An
A1
.. . A j +D Aj+1 .. . An
A1
.. . A j+1 +D Aj .. . An
A1
.. . A j+1 +D Aj+1 .. . An
,
da qual segue-se o resultado, pois sabemos, por (D2), que D
A1
.. .
Aj Aj
.. .
An
A1
.. . A j+1 = D Aj+1 .. . An
= 0.
Corolário 8.1.2.
Se A é uma matriz com duas linhas iguais, então D(A) =
0.
Com uma troca de linhas, podemos transformar a matriz A em uma matriz A0 com duas linhas adjacentes iguais. Logo, pela proposição anterior e pela Propriedade (D2), temos que Demonstração
D(A) = ±D(A0 ) = 0.
Se A0 é uma matriz obtida de A por uma transformação elementar Li ↔ Lj , i, j = 1, . . . , n, com i 6= j , então D(A0 ) = −D(A). Demonstração Usando a mesma ideia da prova da Proposição 8.1.1, considerando neste caso a matriz B tal que Bi = Bj = Ai + Aj e Bk = Ak , se k 6= i, j , obtemos o resultado com auxílio do Corolário 8.1.2.
Corolário 8.1.3.
214
CAPÍTULO 8.
DETERMINANTES
Se uma matriz A0 é obtida de uma matriz A na qual somamos a uma linha um múltiplo de outra, mantendo as demais inalteradas, então D(A0 ) = D(A). Demonstração Para i < j , sejam Corolário 8.1.4.
A1
. .. Ai . . A= . , Aj . . . An
A1
.. . A + tA i j .. . A0 = . Aj .. . An
Temos da propriedade (D1) que D(A0 ) = D(A) + tD(A00 ),
onde
A1
(1)
. .. Aj . . A00 = . . Aj . . . An
Pelo Corolário 8.1.2, temos que D(A00 ) = 0, logo o resultado segue da igualdade (1), acima.
Se uma matriz A0 é obtida de uma matriz A na qual somamos a uma linha uma combinação linear de outras, mantendo as demais inalteradas, então D(A0 ) = D(A). Demonstração Use repetidamente o Corolário 8.1.4. Corolário 8.1.5.
1.
PROPRIEDADES DOS DETERMINANTES
215
Se os vetores linhas de uma matriz A são linearmente dependentes, então D(A) = 0. Demonstração Se os vetores linhas da matriz são linearmente dependentes, então uma das linhas é combinação linear das demais, seguindo-se o resultado do Corolário 8.1.5. Corolário 8.1.6.
1.3
Propriedade Multiplicativa
Nesta subseção, mostraremos como funções D possuindo as Propriedades (D1), (D2) e (D3) da Seção 1 se comportam em relação à multiplicação de matrizes.
Sejam A e B elementos de M(n) e seja D : M(n) → K uma função possuindo as Propriedades (D1), (D2) e (D3).
Proposição 8.1.7.
(i) Se E é uma matriz elementar, então D(EA) = D(E)D(A). (ii) Se A e B são matrizes equivalentes por linhas, então D(A) 6= 0 ⇐⇒ D(B) 6= 0.
(iii) A é invertível se, e somente se, D(A) 6= 0. (iv) D(AB) = D(A)D(B). (i) Seja E1 a matriz elementar obtida operando sobre In com Li ↔ Lj . Temos que E1 A é a matriz obtida de A mediante a operação Li ↔ Lj , logo, pelo Corolário 8.1.3, temos que D(E1 A) = −D(A). Por outro lado, do Problema 1.3(a), temos que D(E1 ) = −1, o que acarreta o resultado neste caso. Seja E2 a matriz elementar obtida de In mediante a operação Li → Li + tLj . Temos, pelo Corolário 8.1.4, que D(E2 A) = D(A) e pelo Problema 1.3(a) temos que D(E2 ) = 1, daí obtendo o resultado neste caso também. Finalmente, se E3 é a matriz elementar correspondente a Li → cLi , temos de (D1) que D(E3 A) = cD(A) e, pelo Problema 1.3(a), D(E3 ) = c. Logo, D(E3 A) = D(E3 )D(A).
Demonstração
216
CAPÍTULO 8.
DETERMINANTES
ii) A e B são equivalentes se, e somente se, B = Er · · · E1 A, onde E1 , . . . , Er são matrizes elementares. De (i), por indução, temos que D(B) = D(Er ) · · · D(E1 )D(A).
Como D(E) 6= 0, para toda matriz elementar E , vale o resultado. iii) Se A é invertível, do Teorema 2.1.6, temos que A é equivalente a In , logo por (ii) segue-se que D(A) 6= 0, já que D(In ) = 1 6= 0. Reciprocamente, se D(A) 6= 0, seja B a matriz equivalente a A na forma escalonada. Como por (ii) temos que D(B) 6= 0, segue-se que B = In . Daí, A é equivalente a In , logo, pelo Teorema 2.1.6, tem-se que A é invertível. iv) Se A não é invertível, então AB é não invertível. Logo, por (iii), temos que D(AB) = 0 e D(A) = 0, seguindo-se o resultado neste caso. Se A é invertível, então, pelo Teorema 2.1.6, A = E1 · · · Er onde os Ei 's são matrizes elementares. Portanto, por indução utilizando (i), temos que D(AB) = D(E1 ) · · · D(Er )D(B) = D(E1 · · · Er )D(B) = D(A)D(B).
Se existirem duas funções D : M(n) → K e D0 : M(n) → K satisfazendo as condições (D1), (D2) e (D3), então D = D0 . Demonstração Seja A ∈ M(n). Se A não é invertível, então da Proposição 8.1.7(iii) temos que D(A) = 0 = D0 (A). Se A é invertível, logo, A = E1 · · · Er , onde os Ei 's são matrizes elementares. Pela Proposição 8.1.7(iv), temos que D(A) = D(E1 ) · · · D(Er ) e D0 (A) = D0 (E1 ) · · · D0 (Er ). Pelo Problema 1.3(b), temos que D(Ei ) = D0 (Ei ), para todo i = 1, . . . , r, logo D(A) = D0 (A).
Teorema 8.1.8.
Assim, temos assegurada a unicidade de uma função D : M(n) → K , possuindo as Propriedades (D1), (D2) e (D3), caso tal função exista. Vamos, na próxima seção, mostrar que tal função existe, a qual passaremos a denotar por det e a chamar de função determinante . Para n = 2 e n = 3, as funções det : M(2) → K e det : M(3) → K , que introduzimos no Capítulo 4, são as
1.
217
PROPRIEDADES DOS DETERMINANTES
únicas funções que possuem as Propriedades (D1), (D2) e (D3), com domínios M(2) e M(3), respectivamente. Problemas 1.1
Mostre que se a matriz A ∈ M(n) possui uma linha nula, então D(A) =
0. 1.2 Seja D : M(n) → K
uma função que possui as Propriedades (D1) e (D2). Mostre que se A é a matriz diagonal Diag(a11 , . . . , ann ) (com a notação do Problema 2.15, Capítulo 1), então D(Diag(a11 , . . . , ann )) = a11 . . . ann D(In ).
Em particular, conclua que D(c In ) = cn D(In ), onde c ∈ K . Seja D : M(n) → K , possuindo as Propriedades (D1) e (D2), e sejam E1 , E2 e E3 matrizes elementares obtidas da matriz identidade In mediante, respectivamente, uma operação do tipo Li ↔ Lj , Li → Li + tLj , Li → cLi , para i 6= j . 1.3
a) Mostre que D(E1 ) = −D(In ),
D(E2 ) = D(In )
e
D(E3 ) = cD(In ).
b) Se D, D0 : M(n) → K possuem as propriedades (D1), (D2) e (D3), então D(E1 ) = D0 (E1 ) = −1, D(E2 ) = D0 (E2 ) = 1 e D(E3 ) = D0 (E3 ) = c.
Seja A uma matriz invertível de ordem n e suponha que exista a função det : M(n) → K . Mostre que 1.4
det(A−1 ) =
1 . det A
Seja E ∈ M(n) uma matriz elementar. Com a mesma hipótese do problema anterior, mostre que det(E t ) = det(E). 1.5
Sugestão
Utilize o Problema 2.1.9.
218
2
CAPÍTULO 8.
DETERMINANTES
Existência de Determinantes
Nesta seção, estabeleceremos a existência das funções determinantes para valores de n maiores do que 3, que já sabemos existirem para n = 2 e n = 3. A demonstração de tal existência será feita por indução sobre n. Mostraremos que se existe uma função D0 : M(n − 1) → K que possui as Propriedades (D1), (D2) e (D3), então existe uma função D : M(n) → K que possui as mesmas propriedades. Na realidade, mostraremos que a função D pode ser obtida de vários modos possíveis a partir de D0 , o que permitirá certa exibilidade no cálculo de D(A), onde A é uma matriz quadrada de ordem n. Sejam n ≥ 2 e A ∈ M(n). Para cada par (i, j) ∈ N2 , com 1 ≤ i, j ≤ n, de ne-se a matriz A(i|j) como a matriz (n − 1) × (n − 1) obtida de A suprimindo-se a i-ésima linha e a j -ésima coluna. Nosso resultado está contido no próximo teorema.
Sejam n ≥ 3 e D0 : M(n − 1) → K satisfazendo as condições (D1), (D2) e (D3). Dado j com 1 ≤ j ≤ n, a função Dj : M(n) → K de nida por Teorema 8.2.1.
Dj (A) =
n X
(−1)i+j aij D0 (A(i|j)),
i=1
onde A = [aij ] ∈ M(n), também satisfaz as condições (D1), (D2) e (D3). Demonstração Fixemos j . Para cada i, temos que D 0 (A(i|j)) é independente da linha i, ou seja, dos elementos aik , k = 1, . . . , n, e é separadamente linear em cada uma das n−1 linhas restantes de A. Por outro lado, (−1)i+j aij é independente das entradas de A(i|j) e é linear na linha i de A. É, portanto, fácil veri car que (−1)i+j aij D0 (A(i|j)) é separadamente linear nas linhas de A. Logo, Dj é uma soma de funções de A que são separadamente lineares na linhas de A, donde se conclui que Dj possui a Propriedade (D1). Para provar que Dj possui a Propriedade (D2), suponhamos que A ∈ M(n) tenha as linhas Ak e Ak+1 iguais. Se i 6= k e i 6= k + 1, a matriz A(i|j) tem duas linhas iguais, logo
2.
EXISTÊNCIA DE DETERMINANTES
219
D0 (A(i|j)) = 0. Daí temos Dj (A) = (−1)k+j akj D0 (A(k|j)) + (−1)k+j+1 ak+1,j D0 (A(k + 1|j)).
Mas, akj = ak+1,j e A(k|j) = A(k + 1|j), logo Dj (A) = 0, já que as duas parcelas que compõem Dj (A) são uma simétrica da outra. Finalmente, sendo δij as entradas da matriz In , temos que Dj (In ) =
n X
(−1)i+j δij D0 (In (i|j)) = δjj D0 (In (j|j)) = D0 (In−1 ) = 1,
i=1
já que In (j|j) = In−1 e D0 (In−1 ) = 1, mostrando que Dj possui a Propriedade (D3). Esse teorema nos mostra que para calcular o determinante de uma matriz A, escolhe-se uma coluna j qualquer de A, obtendo n X det(A) = (−1)i+j aij det(A(i|j)), i=1
que é usualmente chamado de desenvolvimento de Laplace de det(A) segundo os elementos da coluna j . Exemplo 1.
Calculemos det(A), onde 2 3 1 0 0 1 3 2 A= . 0 5 −1 0 1 −2 1 1
Temos do Teorema 8.2.1, desenvolvendo segundo os elementos da primeira coluna, que
1 3 2 3 1 0 det(A) = 2 det 5 −1 0 − det 1 3 2 . −2 1 1 5 −1 0
Calculando os determinantes 3 × 3, acima, pela Regra de Sarrus, obtemos que det(A) = −36.
220
CAPÍTULO 8.
DETERMINANTES
Problemas 2.1
Mostre que se uma matriz A possui uma coluna nula, então det(A) = 0.
Prove que o determinante de uma matriz triangular superior (resp. inferior) é o produto dos elementos de sua diagonal principal. Mostre que uma tal matriz é invertível se, e somente se, suas entradas na diagonal principal são todas não nulas. 2.2*
2.3*
Seja a ∈ R. Prove que 1 1 1 1 1 a a2 a3 det = 0. 1 a2 a3 a4 1 a3 a4 a5
2.4
Considere a matriz de Vandermonde 2 1 a1 a21 . . . an−1 1 n−1 2 1 a2 a2 . . . a2 A= .. .. .. .. . . . . 2 n−1 1 an an . . . an
.
Mostre que det(A) =
Y (aj − ai ). i i, segue que aji = 0, já que A é uma matriz triangular superior. Portanto, bij = 0 sempre que i < j , ou seja, At é uma matriz triangular inferior. (c) Sejam A = [aij ]m×n e B = [bij ]m×n . Seja k ∈ R. Então, (A + B)t = [aji + bji ]n×m = [aji ]n×m + [bji ]n×m = At + B t
e (kA)t = [kaji ]n×m = k[aji ]n×m = kAt .
(d) Sejam A = [aij ]m×n e B = [bij ]n×p . Então, AB = [cij ]m×p , com cij =
n X k=1
aik · bkj ,
266
CAPÍTULO 10.
SOLUÇÕES E RESPOSTAS
para todo 1 ≤ i ≤ m e 1 ≤ j ≤ p, e B t At = [dij ]p×m , com dij =
n X
bki · ajk ,
k=1
para todo 1 ≤ i ≤ p e 1 ≤ j ≤ m. Como (AB)t = [eij ]p×m onde, para todo 1 ≤ i ≤ p e 1 ≤ j ≤ m, eij = cji ,
segue que eij =
n X
ajk · bki =
n X
bki · ajk = dij ,
k=1
k=1
para todo 1 ≤ i ≤ p e 1 ≤ j ≤ m. Portanto, (AB)t = B t At . (e) Seja A = [aij ]m×n . Então At = [aji ]n×m , portanto, (At )t = [aij ]n×m = A.
2.11* (a) Pelo Problema 2.10, itens (c) e (e), temos (B +B t )t = B t +(B t )t = B t + B = B + B t , onde na última igualdade usamos o fato que a adição de matrizes é comutativa. Agora pelo itens (d) e (e) do problema 2.10, temos (B · B t )t = (B t )t · B t = B · B t . (b) Pelo Problema 2.10, item (c), segue que (B − B t )t = B t + (−B t )t = B t − B = −(B − B t ). (c) Segue imediatamente de (a) e (b). (d) Seja B uma matriz quadrada que se escreve com B = B1 + B2 , onde B1 é simétrica e B2 é antissimétrica. Então, B1t = B1 e B2t = −B2 . Como B t = B1t + B2t , segue que B t = B1 − B2 . Assim, B = B1 + B2
e B t = B1 − B2
implicam que B1 =
2.16
(a) X = C −1 B .
B + Bt 2
e B2 =
B − Bt . 2
(b) X = (A−1 )t .
(c) X = B −1 A−1 C .
267
Capítulo 2 1.1* (a) "
"
" " # # # −1 3 1 −3 2 1 −→ −→ −→ 2 1 e2 : L1 →−L1 2 1 e3 : L2 →L2 −2L1 −1 3 e1 : L1 ↔L2
# " " # # 1 −3 1 0 1 −3 −→ −→ . 0 7 e4 : L2 → 71 L2 0 1 e5 : L1 →L1 +3L2 0 1
(b) Sim. Porque a forma escalonada de A é a matriz identidade de ordem 2. (c) Temos A−1 = E5 · E4 · E3 · E2 · E1 ,
onde E1 = e1 (I), E2 = e2 (I), E3 = e3 (I), E4 = e4 (I) e E5 = e5 (I). Assim, "
A−1
1 3 = 0 1
#" #" #" #" # 1 0 1 0 −1 0 0 1 . 0 1/7 −2 1 0 1 1 0
Computando o produto acima, obtemos "
A−1
# 3 −7 1.2 (a) A−1 = . −5 12 1 −1 0 −1 2 2 (c) C −1 = 0 −1 0 1 0 1 1 0 −7/2 5/2 1.4 (a) 3 −2 . 0 1 0 0 0 0
# 3/7 −1/7 = . 1/7 2/7
"
(b) B −1
−1 −1 0 = 0 −1 −1. 1 −1 −3
2 0 . 1 2 1 2 0 0 4/3 (b) 0 0 1 0 0 . 0 0 0 1 −1/6
268
CAPÍTULO 10.
1 0 (c) 0 0
SOLUÇÕES E RESPOSTAS
0 4/11 13/11 1 −5/11 3/11 . 0 0 0 0 0 0
1.8* (a) Sejam A e B matrizes quadradas de mesma ordem n tais que AB = I . Suponhamos que A não é invertível. Então, pelo Corolário 2.1.7, A não tem posto n, logo A é equivalente por linhas a uma matriz com uma linha nula, ou seja, existem matrizes elementares E1 , . . . , Es tais que Es . . . E2 E1 A tem uma linha nula. Portanto, temos Es · · · E2 E1 AB = C , onde C também é uma matriz com uma linha nula (cf. Problema 2.13(a), Capítulo 1). Dessa forma, AB = (E1−1 . . . E1−1 )C e, portanto, também AB é uma matriz com uma linha nula. Mas isso contradiz o fato de que AB = I . Portanto, A é invertível. Consequentemente, A−1 = A−1 I = A−1 (AB) = (A−1 A)B = IB = B.
Assim AB = I se, e somente se, BA = I , pois se AB = I , pelo o que vimos acima B = A−1 e, então, BA = A−1 A = I . E reciprocamente, se BA = I , pelo o que vimos acima A = B −1 e, então, AB = B −1 B = I . (b) Se A e B são invertíveis, temos da Proposição 1.2.4(b) que AB é invertível. Reciprocamente, se AB é invertível, então existe C tal (AB)C = C(AB) = I. Logo, como A(BC) = (AB)C = I, pelo item (a), temos que A é invertível. Por outro lado, como (CA)B = C(AB) = I, pelo item (a), tem-se que B é invertível.
2.1* Como os termos independentes do sistema são todos iguais a zero, estes não se alteram por transformações elementares. Por isso, para resolvermos um sistema linear homogêneo pelo método de escalonamento, basta considerarmos a matriz dos coe cientes. Ora,
0 1 3 −2 2 1 −4 3 −→ 2 3 2 −1 L1 ↔L3 −4 −3 5 −4
2 3 2 −1 −→ 2 1 −4 3 L2 → L2 − L1 0 1 3 −2 L4 → L4 + 2L1 −4 −3 5 −4
269 2 0 0 0 1 0 0 0
3 2 −1 2 0 −7 5 −→ −2 −6 4 −→ 4 L1 → 1/2L2 0 −2 −6 1 3 −2 L1 → L1 − L4 0 1 3 −2 L2 → L2 + 2L3 3 9 −6 0 3 9 −6 L4 → L4 − 3L3 0 −7/2 5/2 1 0 −7/2 5/2 0 0 0 3 −2 −→ 0 1 , 1 3 −2 L2 ↔ L3 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
donde concluímos que x = 7/2z − 5/2t e que y = −3z + 2t. Fazendo z = a e t = b, onde a e b ∈ R, obtemos que o conjunto solução do sistema dado é 5 7 S = {( a − b, −3a + 2b, a, b) ; a, b ∈ R}. 2 2
2.2* Note que 1 2 −3 m −→ 1 2 −3 m 2 −5 n − 2m 6 −11 n L2 → L2 − 2L1 0 2 1 −2 7 p L3 → L3 − L1 0 −4 10 p − m 1 2 −3 m −→ n − 2m , 0 2 −5 L3 → L3 + 2L2 0 0 0 p + 2n − 5m
o que implica que o sistema dado é possível se, e somente se, p+2n−5m = 0. Assim, por exemplo, para m = 1, n = 2 e p = 1 o sistema tem solução. Note que se p + 2n − 5m = 0 o sistema terá, de fato, mais de uma solução. Em outras palavras, o sistema não pode ter solução única.
2.3 2.4
"
# 1 0 −1 X= . 3 2 1 1 0 . 1
270
CAPÍTULO 10.
SOLUÇÕES E RESPOSTAS
2.5 (a) Sejam S1 e S2 os conjuntos soluções de AX = B1 e AX = B2 , respectivamente. Então S1 = {(1/2 + 7/8t, 1/2 + 1/4t, 1/2 − 11/8t) t ∈ R}
e S2 = {(1/4 + 7/8t, 1/4t, 3/4 − 11/8t) ; t ∈ R}.
(b) {(5/4 + 7/8t, 3/2 + 1/4t, 3/4 − 11/8t) ; t ∈ R}.
2.8
a = 2, b = −1, c = 1.
2.9 (a) (i) k 6= 3; {(3k + 6, −2k − 4, −1)}. (ii) Não existe k ∈ R. (iii) k = 3; {(5 − 10z, −3 + 7z, z) z ∈ R}. (b) (i) k 6= 1 e k 6= −2; {(1/(k + 2), 1/(k + 2), 1/(k + 2) )}. (ii) k = −2. (iii) k = 1; {(1 − y − z, y, z) y, z ∈ R}. (c) (i) k 6= 1 e k 6= −1; {(0, 0, 0)}. (ii) Não existe k ∈ R. (iii) k = ±1; {(−z, 0, z) : z ∈ R} para k = 1 e {(z, 0, z) : z ∈ R} para k = −1.
2.10 2.11
−5a + 2b + c = 0.
(a) a = −3.
(b) a = 2.
(c) a 6= −3 e a 6= 2.
271
Capítulo 3 1.1* Seja W um subconjunto não vazio de um espaço vetorial V . Queremos mostrar que W é um subespaço vetorial se, e somente se, au + bv ∈ W para quaisquer a, b ∈ R e para quaisquer u, v ∈ W . (⇒) Como W é um espaço vetorial, temos au, bv ∈ W . Logo a soma au + bv é um elemento de W . (⇐) Temos que tanto a adição como a multiplicação por escalar de nidas em V quando restritas a W são fechadas, ou seja, se u, v ∈ W e a ∈ R então u + v = 1u + 1v ∈ W e au = au + 0v ∈ W . Como a adição e a multiplicação por escalar satisfazem as condições (ii), (iii), (vii), (viii), (ix) e (x) para quaisquer a, b ∈ R e para quaisquer u, v ∈ V , elas continuam satisfazendo estas propriedades para quaisquer a, b ∈ R e para quaisquer u, v ∈ W . Resta só veri car as condições (iv) e (v). Seja w ∈ W . Então temos o = 0w + 0w ∈ W e −w = (−1)w + 0w ∈ W . 1.2 (a) É. (b) Não é. Note que (0, 0) ∈/ W . (c) Não é. Temos (1, 1) ∈ W , mas 2(1, 1) ∈ / W.
(d) É.
1.3 (a) É. (b) Não é. Note que (1, 0, 0) ∈ W , mas −1(1, 0, 0) ∈/ W . (c), (d), (e) É. 1.4 (a), (b), (c) É. (d) Não é. Temos I3 ∈ W , mas 2I3 ∈/ W . (e) Não é. A matriz nula não pertence a W . 1.5 (a) Não é. Temos p(x) = 1 + x + x2 ∈ W , mas 21 p(x) ∈/ W . (b), (c) É. (d) Não é. Temos p(x) = x2 ∈ W , mas −1p(x) ∈ / W. 1.6 (a) V ∩ W = W e V + W = V . (b) V ∩ W = {[aij ]2×2 ; a11 = a12 = a21 = a22 }; V + W = {[aij ]2×2 ; a11 = −a12 + a21 + a22 }. (c) V ∩ W = {(0, 0, 0)} e V + W = R3 . (d) V ∩ W = {(0, 0, 0, 0)} e V + W = R4 . (e) V ∩ W = {(0, 0, 0)} e V + W = {(x, x, y) ; x, y ∈ R}.
As somas dadas em (c) e (d) são somas diretas.
272
CAPÍTULO 10.
SOLUÇÕES E RESPOSTAS
1.11* Queremos determinar a, b, c ∈ R de modo que o vetor w = (a, b, c) seja combinação linear de u = (2, −6, 4) e v = (2, −1, 1). Para w ser uma combinação linear de u e v devem existir dois números reais x e y tais que (a, b, c) = xu + yv = (2x + 2y, −6x − y, 4x + y).
Equivalentemente, (x, y) deve ser uma solução do sistema linear 2x + 2y = a
−6x − y = b 4x + y = c .
Somando as três equações, obtemos 2y = a+b+c e somando as duas últimas, temos b + c = −2x. Assim as coordenadas a, b, c devem satisfazer a equação a = 3b + 5c.
1.12* (a) Dado α = {(−1, 3, 1), (1, −2, 4)}, o espaço gerado por α, G(α), é por de nição o conjunto de todas as combinações lineares de (−1, 3, 1) e (1, −2, 4). Assim G(α) = {a(−1, 3, 1) + b(1, −2, 4) ; a, b ∈ R} = {(−a + b, 3a − 2b, a + 4b) ; a, b ∈ R}.
Geometricamente, G(α) é um plano que passa pela origem. Se (x, y, z) ∈ R3 é um elemento de G(α), então x = −a + b, y = 3a − 2b,
(1)
z = a + 4b,
onde a, b ∈ R. As equações em (1) são as equações paramétricas de G(α). (b) O vetor (5, k, 11) ∈ G(α), se 5 = −a + b k = 3a − 2b 11 = a + 4b,
273 para certos a e b em R. Resolvendo o sistema −a + b = 5 a + 4b = 11,
obtemos a = − a5 e b =
16 5
. Portanto, k = 3a − 2b = − 595 .
1.13 (a) {(2, 1, 0), (−3, 0, 1)}.
(b) {(1, 1, 0, −1), (0, 0, 1, 0)}. ("
(c) {1 + x2 , x − 12 x2 }.
(d)
# " #) 1 0 0 0 , . −1 0 1 1
1.15 (a), (c) e (d). 1.16 (a) −1p1 (x) − 2p2 (x) + 2p3 (x). (b) 3p1 (x) + 0p2 (x) − 2p3 (x). (c) 2p1 (x) − 1p2 (x) + 0p3 (x). 2.1* Sejam f (x) = x3 + 4x2 − 2x + 3, g(x) = x3 + 6x2 − x + 4 e h(x) = 2x3 + 8x2 − 8x + 7 e sejam a, b, c ∈ R tais que af (x) + bg(x) + ch(x) = 0. Temos a + b + 2c = 0 4a + 6b + 8c = 0 2a + b + 8c = 0 3a + 4b + 7c = 0 .
Resolvendo o sitema, obtemos a = b = c = 0, Assim, os três polinômios são linearmente independentes.
2.2 (a) e (b) independentes, (c) dependente. 2.3 (a), (b) e (c) independentes. 2.4 a = −1 ou a = 2. 3.1* Seja V um espaço vetorial de dimensão n. Queremos mostrar que qualquer conjunto linearmente independente com n vetores forma uma base de
274
CAPÍTULO 10.
SOLUÇÕES E RESPOSTAS
V . Sejam v1 , v2 , . . . , vn vetores linearmente independentes. Se estes vetores não geram V , então existe um vetor w ∈ V que não pode ser escrito como combinação linear deles. Sejam α1 , . . . , αn , β ∈ R tais que α1 v1 + · · · + αn vn + βw = 0.
Observemos que se β = 0, então αi = 0 para todo i = 1, . . . , n, pois os vetores v1 , v2 , . . . , vn são linearmente independentes. Se β 6= 0, então 1 − (α1 v1 + · · · + αn vn ) = w, β
o que contradiz a escolha de w. Assim, β = α1 = · · · = αn = 0. Como temos que o conjunto com n + 1 vetores formado por v1 , v2 , . . . , vn , w é linearmente independente, então a dimensão de V é pelo menos n + 1. Absurdo. Agora vamos provar que todo conjunto formado por n geradores não nulos é linearmente independente. Sejam v1 , v2 , . . . , vn vetores não nulos que geram o espaço V . Sabemos que sempre é possível extrair dentre eles um subconjunto linearmente independente, digamos v1 , . . . , vk . A rmamos que estes k vetores ainda geram V . De fato, como v1 , . . . , vk , vk+1 é linearmente dependente, devemos ter que α1 v1 + · · · + αk vk + βvk+1 = 0,
onde os escalares não são todos nulos. Mais ainda, note que β 6= 0. Assim, vk+1 pode ser escrito como uma combinação linear dos vetores v1 , . . . , vk . Analogamente, mostramos que cada vk+j , com 1 ≤ j ≤ n − k , também pode ser escrito como uma combinação linear dos vetores v1 , . . . , vk . Desta forma, pela Proposição 3.1.7, concluímos a prova da a rmação. Portanto, os vetores v1 , . . . , vk formam uma base de V . Como dim V = n, segue que k = n, ou seja, o conjunto original já era linearmente independente.
3.2* Seja V o espaço das matrizes simétricas 2 × 2, ou seja, (" # ) a b V = a, b, c ∈ R . b c
275 Vejamos que o conjunto β é uma base de V , onde (" # " # " #) 1 0 0 1 0 0 β= , , . 0 0 1 0 0 1
De fato, β gera V , uma vez que todo elemento de V é da forma "
# " # " # " # a b 1 0 0 1 0 0 =a +b +c . b c 0 0 1 0 0 1
Sejam a, b, c ∈ R tais que "
# " # " # " # 1 0 0 1 0 0 0 0 a +b +c = . 0 0 1 0 0 1 0 0
Temos que a = b = c = 0, o que mostra que β é linearmente independente.
3.3* (a) Temos que U = {(a, b, c, d) ; b + c + d = 0)} = {(a, b, c, −(b + c)) ; a, b, c ∈ R}.
A rmamos que BU = {(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, −1), (0, 0, 1, −1)} é uma base de U . De fato, se (a, b, c, d) ∈ U , então (a, b, c, d) = a(1, 0, 0, 0) + b(0, 1, 0, −1) + c(0, 0, 1, −1)
e se α, β, γ ∈ R são tais que α(1, 0, 0, 0) + β(0, 1, 0, −1) + γ(0, 0, 1, −1) = 0,
segue que α = β = γ = 0. Portanto, BU é uma base de U e a dimensão de U é três. (b) Temos que W = {(a, b, c, d) ; a + b = 0, c = 2d} = {(a, −a, 2d, d) ; a, d ∈ R}.
A rmamos que BW = {(1, −1, 0, 0), (0, 0, 0, 2, 1)} é uma base de W . Seja (a, b, c, d) ∈ W . Então (a, b, c, d) = a(1, −1, 0, 0) + d(0, 0, 2, 1)
276
CAPÍTULO 10.
SOLUÇÕES E RESPOSTAS
e se α, β ∈ R são tais que α(1, −1, 0, 0) + β(0, 0, 2, 1) = (α, −α, 2β, β) = 0,
segue que α = β = 0. Portanto, BW é uma base de W e a dimensão de W é dois. (c) Temos que U ∩W = {(a, b, c, d) ; b+c+d = 0, a+b = 0, c = 2d} = {(3d, −3d, 2d, d) ; d ∈ R}.
A rmamos que B = {(3, −3, 2, 1)} é uma base de U ∩ W . De fato, se (a, b, c, d) ∈ U ∩ W , então (a, b, c, d) = (3d, −3d, 2d, d) = d(3, −3, 2, 1).
Portanto, B é uma base de U ∩ W e a dimensão de U ∩ W é um. (d) Observe que dim(U + W ) = dim U + dim W − dim(U ∩ W ) = 4.
Logo, U + W = R4 . Assim, podemos escolher como base de U + W qualquer base de R4 . Por exemplo, a base canônica {(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)}.
3.4 (a) dependente, já que v3 = 2v1 − 2v2 . (b) β = {(1, 1, 0), (0, 1, −1)}. (c) dim(G(α)) = 2, porque β é uma base para G(α). 3.6 Os vetores formam uma base para M(2, 2). 3.9 4. "
3.10 (a) 2.
# 2 1 (b) Não. Porque ∈ / W. 3 4
3.11 (a) {(−3, 1, −3, 5)}, 1. (b) {(−1, 1, , 0, 0), (2, 0, 1, 0), (−1, 0, 0, 1)}, 3.
277
3.13 (a) 11/28, 1/14.
(b) 1, −1.
(c) 2, 0, −1.
4.1* Seja U ⊆ R4 gerado pelos vetores (1, −2, 3, −3), (2, 3, 1, −4), (3, 8, −3, −5). (a) Sejam a, b, c ∈ R tais que a(1, −2, 3, −3) + b(2, 3, 1, −4) + c(3, 8, −3, −5) = 0.
Temos que a, b, c devem satisfazer o sistema linear a + 2b + 3c = 0 −2a + 3b + 8c = 0 3a + b − 3c = 0 −3a − 4b − 5c = 0 .
Somando as duas últimas equações obtemos 3b = −8c e substituindo na segunda equação obtemos 2a = 0. Assim, a = b = c = 0. Logo, (1, −2, 3, −3), (2, 3, 1, −4), (3, 8, −3, −5) é uma base de U e sua dimensão é três. (b) Chamemos u1 = (1, −2, 3, −3), u2 = (2, 3, 1, −4) e u3 = (3, 8, −3, −5). Devemos achar um vetor v ∈ R4 de modo que o conjunto B = {u1 , u2 , u3 , v} seja linearmente independente, ou seja, devemos achar um vetor v que não seja combinação linear dos vetores u1 , u2 e u3 . Ora, U é o espaço gerado por u1 , u2 e u3 . Equivalentemente, U é o espaço linha da matriz 1 −2 3 −3 A = 2 3 1 −4 . 3 8 −3 −5
Reduzindo a matriz A a sua forma escalonada obtemos a matriz 1 0 0 −3 R = 0 1 0 0 . 0 0 1 0
278
CAPÍTULO 10.
SOLUÇÕES E RESPOSTAS
Os vetores linha não nulos da matriz R são w1 = (1, 0, 0, −3), w2 = (0, 1, 0, 0) e w3 = (0, 0, 1, 0). Assim, U = G(u1 , u2 , u3 ) = G(w1 , w2 , w3 ) = {a(1, 0, 0, −3) + b(0, 1, 0, 0) + c(0, 0, 1, 0) ; a, b, c ∈ R} = {(a, b, c, −3a) ; a, b, c ∈ R}.
Portanto, para um vetor v ∈ R4 não ser combinação linear dos vetores u1 , u2 e u3 , basta v não ser da forma (a, b, c, −3a), onde a, b, c ∈ R. Desse modo, tomemos v = (1, 0, 0, 0). O conjunto B = {u1 , u2 , u3 , v} é linearmente independente e, portanto, é uma base de R4 .
4.2* Seja U ⊆ R4 gerado pelos vetores u1 = (2, 4, −2, 6), u2 = (1, 2, 1/2, −1) e u3 = (3, 6, 3, −5) e seja W ⊆ R4 gerado pelos vetores w1 = (1, 2, −4, 11) e w2 = (2, 4, −5, 14). Para mostrarmos que U = W , basta mostrar, pela Proposição 3.1.7, que cada vetor ui é combinação linear dos vetores w1 e w2 para i = 1, 2, 3 e que, para j = 1, 2, cada vetor wj é combinação linear dos vetores u1 , u2 e u3 . Vamos mostrar que u1 é combinação linear dos vetores w1 e w2 . Para isto, temos que achar a, b, ∈ R tais que u1 = aw1 + bw2 . Como u1 = −2w1 + 2w2 , mostramos o que queríamos. Analogamente podemos ver que u2 = −2w1 + (3/2)w2 , u3 = −7w1 − (5/7)w2 , w1 = (5/4)u1 + 0u2 − (1/2)u3 , w2 = (13/8)u1 + 1u2 − (3/4)u3 .
4.3 Os vetores formam uma base para R3 . 4.4 {w1 , w2 } é uma base para W , pois {w1 , w2 } é independente e w3 ∈ G(w1 , w2 ) já que w3 = 2w1 + 6w2 . Portanto, dim W = 2.
279 O conjunto {w1 , w2 , (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)} estende {w1 , w2 } a uma base de R4 .
4.5 (0, 0, 0, 1, 0) e (0, 0, 0, 0, 1).
Capítulo 4 1.2* Sejam u, v e w três vetores quaisquer em R3 . Podemos supor que u e v são não nulos. (⇒) Se u, v e w são dependentes, existem a, b, c ∈ R não simultaneamente nulos tais que au + bv + cw = 0. Se a 6= 0, temos que u = −(b/a)v − (c/a)w, o que mostra que u, v e w pertencem ao plano que passa pela origem que tem v e w como vetores base. (⇐) Suponhamos que u, v e w pertencem a um plano π que passa pela origem. Sabemos que π é um subespaço de R3 de dimensão dois. Assim, qualquer conjunto com mais de dois elementos de π será dependente, em particular, {u, v, w} é dependente.
1.3* Consideremos v1 = B − A = (3, −3, 1) e v2 = C − A = (0, −3, 1). Seja π o plano que passa pelos pontos A, B e C . Um vetor normal n ao plano π é dado pelo produto vetorial de v1 e v2 . Logo, n = v1 × v2 = (0, 3, 6) é um tal vetor. Assim, 3y + 6z + d = 0 é uma equação geral do plano π , onde d é um número real a se determinar. Como A ∈ π , segue que 3(2) + 6(0) + d = 0, o que nos dá que d = −6. Assim, 3y + 6y − 6 = 0 é a equação geral do plano π. 1.4 (a) {(1, 0, 3), (0, 1, −4)}. (b) {(2, −1, 3)}. (c) {(1, 1, 0), (0, 0, 1)}. 1.5
x−2 4
=y+4=
z−7 −8
.
1.7 x − 2 = y − 3 = −z . 1.8 x =
2z+1 −3
1.9 k = −5.
, y = 1 − z.
280
CAPÍTULO 10.
SOLUÇÕES E RESPOSTAS
1.11 k = −21/7. 1.13 x = −4/3t−2s, y = t,
z = 2+s, sendo t e s números reais quaisquer.
1.14 x = 2 − 7t + 3s, y = −1 + t + s, reais quaisquer.
z = −5t + 2s, sendo t e s números
1.15 (2, 1, 0), (0, −3, 2), (3/2, 0, 1/2), respectivamente. 2.1* (a) ⇒ (b): Suponhamos que r1 e r2 estejam num mesmo plano, digamos π(Q, u1 , u2 ). Ora, como r1 ⊂ π e r2 ⊂ π , segue que A1 ∈ π e A2 ∈ π . Assim, existem m, n, t, s ∈ R tais que A1 = Q + mu1 + nu2
(1)
A2 = Q + tu1 + su2 .
(2)
e Consequentemente, v ∈ G(u1 , u2 ). Como A1 + v1 ∈ r1 e A2 + v2 ∈ r2 , segue que existem a, b, c, d ∈ R tais que A1 + v1 = Q + au1 + bu2
(3)
A2 + v2 = Q + cu1 + du2 ,
(4)
e já que A1 + v1 , A2 + v2 ∈ π . Substituindo (1) em (3) e substituindo (2) em (4), concluímos que v1 ∈ G(u1 , u2 ) e v2 ∈ G(u1 , u2 ). Mostramos, então, que {v, v1 , v2 } ⊂ G(u1 , u2 ). Como dim(G(u1 , u2 )) = 2, qualquer conjunto com mais de dois vetores é dependente. Portanto, {v, v1 , v2 } é dependente. (b) ⇒ (a): Os vetores v, v1 e v2 pertencem a um mesmo plano que passa pela origem, digamos π = π(0, w1 , w2 ). Assim, existem a, b, c, d, e, f ∈ R tais que v = aw1 + bw2 , v1 = cw1 + dw2 , v2 = ew1 + f w2 .
281 Tome P ∈ r1 . Então, existe t ∈ R tal que P = A1 + tv1 = A1 + (tc)w1 + (td)w2 , mostrando que r1 ⊂π(A1 , w1 , w2 ). A rmamos que r2 ⊂π(A1 , w1 , w2 ) também. Ora, se P ∈ r2 , então existe t ∈ R tal que P = A2 + tv2 = A1 + aw1 + bw2 + (te)w1 + (tf )w2 = A1 + (a + te)w1 + (b + tf )w2 , mostrando que P ∈ π(A1 , w1 , w2 ). Portanto, ambas as retas r1 e r2 pertencem ao plano π(A1 , w1 , w2 ).
2.2* Note que r1 = {(0, −3, 0) + t(1, 2, −1) ; t ∈ R}
e r2 = {(1, 4, 0) + t(−36, −6, 3) ; t ∈ R}.
Devemos veri car se o conjunto {(1, 2, −1), (−36, −6, 3), v}, em que v = (1, 7, 0), é linearmente independente ou não. É fácil veri car que é linearmente independente. Assim, as retas são reversas.
2.3 Concorrentes. 2.5 a = 1, b = −2, c = 4. 2.6 a = 4, b = 3. 3.5
x = 10.
3.6* Devemos resolver pela regra de Cramer o sistema linear AX = B , onde "
# cos θ − sen θ A= , sen θ cos θ
" # x0 X= 0 y
" # x eB= . y
Como det A = 1, segue pela regra de Cramer que x0 =
em que
det A1 = det A1 det A "
x − sen θ A1 = y cos θ
e
y0 =
#
det A2 = det A2 , det A "
e
# cos θ x A2 = . sen θ y
Portanto, x0 = x cos θ + y sen θ
e
y 0 = −x sen θ + y cos θ.
282
CAPÍTULO 10.
SOLUÇÕES E RESPOSTAS
Capítulo 5 1.4* Sejam A, C ∈ V e sejam a, c ∈ R. Temos T (aA + cC) = (aA + cC)B + B(aA + cC) = aAB + cCB + aBA + cBC = a(AB + BA) + c(CB + BC) = aT (A) + cT (C),
mostrando que T é uma transformação linear.
1.6 (a) T (u + v) = 3u + v . (c) T (−3u) = −6u.
(b) T (3v) = 3u + 3v . (d) T (u − 5v) = −3u − 5v .
1.7 (a), (c) e (e) são transformações lineares. (b) Não, pois T (2(1, 1)) 6= 2T (1, 1). (d) Não, pois T (−1(1, 1)) 6= −1T (1, 1). (f) É linear somente se a = 0. 1.8 (a) n = 2, m = 3 e T (x, y) = (−x + 2y, −3x + 2y, y − x). (b) n = m = 3 e T (x, y, z) = (−x + 4y − z, 5x − 5y − z, x + 3z). 2.1* Para mostrarmos que a imagem de T é um subespaço vetorial de W , devemos mostrar que se w1 , w2 ∈ Im T e a ∈ R, então w1 + w2 , aw1 ∈ Im T . Ora, como w1 , w2 ∈ Im T , existem v1 , v2 ∈ V tais que T (v1 ) = w1 e T (v2 ) = w2 . Assim w1 + w2 = T (v1 ) + T (v2 ) = T (v1 + v2 ) e, portanto, w1 + w2 ∈ Im T . Como aw1 = aT (v1 ) = T (av1 ), temos que aw1 ∈ Im T . 2.2* (a) Pela de nição, (x, y, z) ∈ Ker T quando (x, y, z) é solução do sistema linear x + 2y − z = 0 y + 2z = 0 x + 3y + z = 0.
Resolvendo o sistema acima, obtemos x = 5z e y = −2z , com z ∈ R. Assim, Ker T = {(5z, −2z, z) ; z ∈ R}. Como Ker T é um subespaço de R3 e sua dimensão é 1, Ker T é uma reta que passa pela origem.
283 (b)
x = 5t y = −2t, z = t
t∈R
.
(c) Como dim Ker T = 1, segue do teorema do núcleo e da imagem que dim Im T = 2. Portanto, Im T é um plano que passa pela origem. (d) Ora, Im T = G(T (1, 0, 0), T (0, 1, 0), T (0, 0, 1)) = G(((1, 0, 1), (2, 1, 3), (−1, 2, 1)) = G((1, 0, 1), (2, 1, 3)),
já que (−1, 2, 1) = −5(1, 0, 1) + 2(2, 1, 3). Portanto, Im T = π(0, v1 , v2 ),
onde v1 = (1, 0, 1) e v2 = (2, 1, 3). Assim, x = m + 2n y = n, z = m + 3n
m, n ∈ R
são as equações paramétricas procuradas.
2.4* Se {v1 , . . . , vn } é uma base de V , então {T (v1 ), . . . , T (vn )} gera Im T . Como dim Im T = n, segue que {T (v1 ), . . . , T (vn )} é uma base de Im T e, consequentemente, uma base de W , já que Im T = W . Suponhamos agora que {T (v1 ), . . . , T (vn )} é uma base de W . Para provarmos que {v1 , . . . , vn } é uma base de V , basta mostrar que este conjunto é independente. Sejam a1 , . . . , an ∈ R tais que a1 v1 +· · ·+an vn = 0. Temos a1 T (v1 )+· · ·+an T (vn ) = 0, portanto, ai = 0 para todo 1 ≤ i ≤ n. 2.6* Vamos resolver este exercício de dois modos:
284
CAPÍTULO 10.
SOLUÇÕES E RESPOSTAS
1o ) Usando R[x]3 : se p(x)=ax3 + bx2 + cx + d∈W , então a − b + c − d=0. Assim, p(x) = (b − c + d)x3 + bx2 + cx + d = b(x3 + x2 ) + c(−x3 + x) + d(x3 + 1).
(1)
Chamando q1 (x) = x3 + x2 , q2 (x) = −x3 e q3 (x) = x3 + 1 temos, por (1), que W = G(q1 (x), q2 (x), q3 (x)). Como {q1 (x), q2 (x), q3 (x)} é independente, segue que este conjunto é uma base de W . Portanto, dim W = 3. 2o ) Usando o fato que R[x]3 é isomorfo ao R4 : a função T : R[x]3 → R4 dada por T (ax3 + bx2 + cx + d) = (a, b, c, d) é um isomor smo. Como T (W ) = {(b − c + d, b, c, d) ; b, c, d ∈ R}, para determinarmos a dimensão de W , basta determinarmos a dimensão de T (W ). Consideremos v1 = (1, 1, 0, 0), v2 = (−1, 0, 1, 0) v3 = (1, 0, 0, 1). Como {v1 , v2 , v3 } é independente e gera T (W ), já que (b − c, d, b, c, d) = bv1 + cv2 + dv3 ,
segue que {v1 , v2 , v3 } é uma base para T (W ). Portanto, dim T (W ) = 3 e, consequentemente, dim W = 3.
2.7 (a) Ker T = {(x, x, x) ; x ∈ R}, Im T = R2 . (b) Ker T = {(0, 1/2w, 3/2w, w) ; w ∈ R}, Im T = R3 . (c) Ker T = {0}, Im T = {p(x) = ax3 + bx2 + cx ; a, b, c ∈ R}. ("
(d) Ker T =
# ) (" # ) a b a b ; a, b ∈ R , Im T = ; a, b ∈ R . a b −4a −4b
(e) Ker T = {0}, Im T = {(a + b, 2b + c, a + 2b − c, c) ; a, b, c ∈ R}.
2.8 injetivas: (c) e (e);
sobrejetivas: (a) e (b).
2.10 T (x, y, z) = (0, 0, x+y+3z ). 3 2.11 T (x, y, z, t) = (−x − y + z, t − 2x − y, 0). 2.12 T (x, y, z) = (x, 2x + y, 3x − y). 2.13 T (x, y, z) = (y + z, 3y, −y + z, 2y − z). 2.16 (a) T (x, y, z) = (x, y).
(b) Não é possível.
285 (c) T (x, y, z) = (0, 0, 0).
(d) T (x, y, z) = (x + z, 0, 0, 0).
2.19 É invertível; T −1 (x, y, z) = (4x − 2y − 3z, −11x + 6y + 9z, −12x + 7y + 10z).
2.20 (a) ai 6= 0 para todo 1 ≤ i ≤ n. −1 −1 (b) T −1 (x1 , x2 , . . . , xn ) = (a−1 1 x1 , a2 x2 , . . . , an xn ). 2.22 T : V → W dada por T ([aij ]) = [bij ], com bij = aij se i > j e bij = 0 se i < j. 3.1* Como T : R3 → R4 está dada por T (x, y, z) = (x + y, z, x − y, y + z) e S : R2 → R3 está dada por S(x, y) = (2x + y, x − y, x − 3y), obtemos (T ◦ S)(x, y) = T (2x + y, x − y, x − 3y) = ((2x + y) + (x − y), x − 3y, (2x + y) − (x − y), (x − y) + (x − 3y)) = (3x, x − 3y, x + 2y, 2x − 4y).
3.3 (a) (T + S)(x, y) = (x, x). (b) (5T − 4S)(x, y) = (5x + 9y, −4x). (c) (S ◦ T )(x, y) = (0, x + y). (d) (T ◦ S)(x, y) = (x − y, 0). (e) T 3 (x, y) = T (x, y). (f) S −3 (x, y) = (−y, x).
Capítulo 6 1.2* (a) Sejam α = {v1 , . . . , vn } uma base de Rn e β = {w1 , . . . , wm } uma base de Rm . Sejam u, v ∈ Rn e a ∈ R. Digamos que u = x1 v1 + · · · + xn vn e v = y1 v1 + · · · + yn vn . Logo, u + av = (x1 + ay1 )v1 + · · · + (xn + ayn )vn . Pela de nição de T , [T (u + av)]β = A[u + av]α = A[u]α + aA[v]α = [T (u)]β + a[T (v)]β ,
286
CAPÍTULO 10.
SOLUÇÕES E RESPOSTAS
onde a segunda igualdade segue das propriedades do produto de matrizes. Logo, T é uma transformação linear. (b) Pela de nição da matriz [T ]αβ , sabemos que a primeira coluna desta matriz é [T (v1 )]β e usando a de nição de T vemos que [T (v1 )]β é precisamente a primeira coluna de A. Procedemos de maneira análoga para as outras colunas.
1.4* Basta mostrar que dim Im T = r, pois dim Ker T = dim V − dim Im T . O posto da matriz nos diz que temos r colunas linearmente independentes e que qualquer conjunto com mais de r colunas será linearmente dependente. Por outro lado, sabemos que as colunas da matriz geram a imagem e que podemos obter a partir delas uma base para Im T escolhendo um subconjunto linearmente independente maximal. Assim pelo visto acima, este conjunto conterá exatamente r colunas. 1.5 T (x, y, z) = (−x + 2z, −4x − y + 6z). 1.6
1.8 1.9
1.11
3/2 −1 −1/2 [T ]αβ = −1/2 1 −1/2 . −1/2 0 1/2
β = {(0, 1, 1), (1, 0, 0), (−3, 7, 1)}.
1 1 1 [T ]ββ = 0 2 4 . 0 0 4
0 1 [T ]αα = 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
1 0 . 0 0
287
1.12 a) Não existe v ∈ R2 tal que T (v) = I2 . "
# 5 −3 (b) T (3, −1) = . 5 4
2.1
T (x, y, z) = ( 23 x + 43 y − 31 z, 13 x + 23 y + 13 z, 2y − z)}.
2.2 (a) Ker TA = {0}. (c) Ker TB = {0}. (e) Ker(TB ◦ TA ) = {0}.
(b) Im TA = G((1, 0, 1), (2, 1, −1)). (d) Im TB = R3 . (f) Im (TB ◦ TA ) = G((2, −1, 2), (2, −2, 3)).
3.1* Vejamos qual é a imagem de cada vetor da base canônica de R2 . O vetor (1, 0) se transforma no vetor (0, 1) pela rotação e depois no vetor (0, 1) pela re exão. Já o vetor (0, 1) se transforma no vetor (−1, 0) pela rotação e depois no vetor (0, −1). Assim, a matriz desta transformação na base canônica é " # 1 0 . A= 0 −1
3.2* Vamos determinar a matriz da transformação na base canônica, pois sabemos que a inversa desta matriz é a matriz da transformação inversa. Temos 1 0 0 A = 0 1 0 . 0 0 −1
Neste caso, a matriz inversa é igual à matriz. Assim a transformação inversa é a própria transformação. "
3.7 (a) "
4.1 (a) 4.2 4.3
# 0 0 . 3 0 1 3 1 3
4 3 − 23
"
(b) # "
√
−
2 4√
2 4
√ # − 42 √ . − 42 #
# " 1 0 1 0 , , . 1 2 − 12 12
α = {(1, 3), (−5, −12)}. −1 1 0 0 0. 1 0 −1 1
(b)
"
# −2 [v]β = . 3
288
CAPÍTULO 10.
SOLUÇÕES E RESPOSTAS
4.8* A demonstração de (a) não apresenta di culdade. Vamos provar (b). P Escrevamos A = (aij ) e B = (blk ). Temos que (AB)ii = nj=1 aij bji e P (BA)jj = ni=1 bji aij . Assim, P P P P tr AB = ni=1 nj=1 aij bji = nj=1 ni=1 aij bji P P = nj=1 ni=1 bji aij = tr BA.
Vamos provar (c). De fato, existe uma matriz invertível P tal que [T ]αα = P −1 [T ]ββ P , logo tr[T ]αα = tr P −1 [T ]ββ P = tr[T ]ββ P −1 P = tr[T ]ββ .
Capítulo 7 1.1* (a) Sejam u = (x1 , x2 ), v = (y1 , y2 ) e w = (z1 , z2 ) em R2 e seja c em R. Temos: 1. hu, ui = 91 x21 + 14 x22 ≥ 0; 2. hu, ui = 91 x21 + 14 x22 = 0 se, e somente se x1 = x2 = 0, ou equivalentemente u = 0; 3. hu, vi = 91 x1 y1 + 14 x2 y2 = 91 y1 x1 + 14 y2 x2 = hv, ui; 4. hu + v, wi = 91 (x1 + y1 )z1 + 41 (x2 + y2 )z2 = ( 91 x1 z1 + 14 x2 z2 ) + ( 91 y1 z1 + 1 y z ) = hu, wi + hv, wi; 4 2 2 5. hcu, vi = 19 (cx1 )y1 + 14 (cx2 )y2 = c( 91 x1 y1 + 14 x2 y2 ) = chu, vi. Portanto, a expressão dada de ne um produto interno em R2 . (b) Se V é um espaço com produto interno, então o conjunto dos vetores v de V que satisfazem ||v|| = 1 é chamado de círculo unitário de V . Assim, o círculo unitário de R2 usando o produto interno em (a) é dado pelo conjunto dos vetores v = (x, y) em R2 tais que r ||v|| = hv, vi1/2 =
1 2 1 2 x + y = 1, 9 4
289 ou equivalentemente, x2 y 2 + = 1. 9 4
A equação acima representa uma elipse de centro na origem e eixos maior e menor paralelos aos eixos coordenados (Figura 24). (c) Se v = (x, y) ∈ R2 , então ||v|| = hv, vi1/2 =
p x2 + y 2 = 1,
se, e somente se x2 + y 2 = 1.
A equação acima representa um círculo de centro na origem e raio 1 (Figura 24). (d) Sim. O círculo unitário com a norma dada pelo produto interno em (a) tem um formato elíptico.
Figura 24
1.4 (a) 8.
(b) −11.
2.1 (a) 0.
(b)
√
2 2
.
(c) 14. (c)
√
6 3
.
290
CAPÍTULO 10.
SOLUÇÕES E RESPOSTAS
2.2* Sejam u e v dois vetores de um espaço com produto interno. Então ||u + v||2 + ||u − v||2 = hu + v, u + vi + hu − v, u − vi = hu, ui + 2hu, vi + hv, vi + hu, ui − 2hu, vi + hv, vi = 2hu, ui + 2hv, vi = 2||u||2 + 2||v||2 .
2.9* Faremos a prova por indução sobre n. Se n = 2, então ||v1 + v2 ||2 = hv1 + v2 , v1 + v2 i = hv1 , v1 i + 2hv1 , v2 i + hv2 , v2 i = ||v1 ||2 + ||v2 ||2 ,
já que hv1 , v2 i = 0. Suponhamos agora o resultado válido para n = k − 1. Vamos mostrar que ele é válido para n = k . De fato, pelo caso n = 2 e pela hipótese de indução, segue que ||v1 + · · · + vk−1 + vk ||2 = ||v1 + · · · + vk−1 ||2 + ||vk ||2 = ||v1 ||2 + · · · + ||vk−1 ||2 + ||vk ||2 ,
pois hv1 + · · · + vk−1 , vk i = hv1 , vk i + · · · + hvk−1 , vk i = 0. Por indução, o resultado vale para todo n ∈ N \ {0}.
2.12* O conjunto {u, v} é uma base de W . Para mostrar que um vetor v˜ em R5 ∈ W ⊥ , ou seja, que h˜v , wi = 0 para todo w ∈ W , basta mostrar que h˜v , ui = h˜v , vi = 0. Tomemos v˜ = (x, y, z, w, t) ∈ R5 . Temos que h˜ v , ui = h˜ v , vi = 0 se, e somente se, x + 2y + 3z − w + 2t = 0 2x + y + 3z − 2w − t = 0.
291 Equivalentemente, 4 x = 5z + w + t 3
e
5 y = −z − t, 3
onde z, w, t ∈ R. Portanto, 4 5 W ⊥ = {(5z + w + t, −z − t, z, w, t) ; z, w, t ∈ R}. 3 3
Assim, α = {(5, −1, 1, 0, 0), (1, 0, 0, 1, 0), (4/3, −5/3, 0, 0, 1)}
é uma base para W ⊥ .
2.13 Basta veri car que hv, v1 i = 0 e hv, v2 i = 0, pois hv, av1 + bv2 i = ahv, v1 i + bhv, v2 i = 0, para quaisquer a e b em R. 2.14 x = 1 + t,
y = −2t,
z = −3t, sendo t ∈ R.
3.1 (a) Suponhamos que α = {v1 , v2 , . . . , vn }. Então v = a1 v1 + a2 v2 + · · · + an vn ,
já que a1 , a2 , . . . , an são as coordenadas de v na base α. Como α é um conjunto ortogonal, segue pelo Problema 2.9 que ||v||2 = ||a1 v1 + a2 v2 + · · · + an vn ||2 = ||a1 v1 ||2 + ||a2 v2 ||2 + · · · + ||an vn ||2 .
Pela Proposição 7.2.2(c), temos ||a1 v1 ||2 + ||a2 v2 ||2 + · · · + ||an vn ||2 = |a1 |2 ||v1 ||2 + |a2 |2 ||v2 ||2 + · · · + |a2n ||vn ||2 = a21 + a22 + · · · + a2n ,
pois ||v1 || = ||v2 || = · · · = ||vn || = 1. Portanto, ||v||2 = a21 + a22 + · · · + a2n .
292
CAPÍTULO 10.
SOLUÇÕES E RESPOSTAS
Extraindo as raízes quadradas de ambos os lados da igualdade acima obtemos q ||v|| = a21 + a22 + · · · + a2n .
(b) Por de nição, d(v, w) = ||v − w||. Como v − w = (a1 − b1 )v1 + (a2 − b2 )v2 + · · · + (an − bn )vn ,
segue do item (a) que d(v, w) =
p (a1 − b1 )2 + (a2 − b2 )2 + · · · + (an − bn )2 .
(c) Ora, hv, wi = ha1 v1 + a2 v2 + · · · + an vn , b1 v1 + b2 v2 + · · · + bn vn i = a1 b1 hv1 , v1 i + a1 b2 hv1 , v2 i + · · · + a1 bn hv1 , vn i + a2 b1 hv2 , v1 i + a2 b2 hv2 , v2 i + · · · + a2 bn h2 , vn i + · · · + an b1 hvn , v1 i + an b2 hvn , v2 i + · · · + an bn hvn , vn i = a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn ,
já que hvi , vj i = 0 sempre que i 6= j e hvi , vi i = 1 para todo i.
3.4* (a) Pelo Teorema 14, v = v1 + v2 onde v1 = projW v ∈ W e v2 = v − v1 ∈ W ⊥ . Como v1 ∈ W e {w1 , w2 , . . . , wn } é uma base de W , v1 se escreve de modo único como combinação linear dos vetores w1 , w2 , . . . , wn , digamos v1 = a1 w1 + a2 w2 + · · · + an wn .
(1)
Vamos mostrar que, para cada 1 ≤ i ≤ n, ai = hv, wi i. Ora como v − v1 ∈ W ⊥ , segue que hv − v1 , wi = 0 para todo w ∈ W . Em particular, hv − v1 , wi i = 0 para todo 1 ≤ i ≤ n. Consequentemente, hv, wi i = hv1 , wi i para todo 1 ≤ i ≤ n.
Fixemos agora 1 ≤ i ≤ n. Temos hv, wi i = hv1 , wi i = ha1 w1 + a2 w2 + · · · + an wn , wi i = ai ,
(2)
293 pois {w1 , w2 , . . . , wn } é um conjunto ortonormal. Substituindo (2) em (1), obtemos projW v = hv, w1 iw1 + hv, w2 iw2 + · · · + hv, wn iwn . (b) A demonstração é análoga à prova acima, sendo que, neste caso, para cada 1 ≤ i ≤ n hv, wi i = ai hwi , wi i = ai ||wi ||2
e, consequentemente, ai =
hv, wi i . ||wi ||2
3.5 {w1 , w2 , w3 , w4 }, sendo w1 = (0, 2, 1, 0), 4 4 8 4 w3 = (1/2, 1/2, −1, −1) e w4 = ( 15 , 15 , − 15 , 5 ). 3.6 (−1/2, 5/2, −2, 4). √
√
√
w2 = (1, −1/5, 2/5, 0),
√
3.7 {(2/ 5, 1/ 5, 0), (−1/ 5, 2/ 5, 0), (0, 0, 1)}. 4.1* Sejam S e T operadores lineares num espaço com produto interno de dimensão nita V e seja k ∈ R. Sejam u, v ∈ V quaisquer. (a) h(S + T )(u), vi = hS(u), vi + hT (u), vi = hu, S ∗ (v)i + hu, T ∗ (u)i = hu, (S ∗ + T ∗ )(v)i; Assim, (T + S)∗ = T ∗ + S ∗ . (b) h(kT )(u), vi = khT (u), vi = hu, T ∗ (v)i = hu, kT ∗ (v)i; Logo, (kT )∗ = kT ∗ . (c) h(ST )(u), vi = hT (u), S ∗ (v)i = hu, T ∗ (S ∗ (v))i; Assim, (ST )∗ = T ∗ S ∗ . (d) hT ∗ (u), vi = hv, T ∗ (u)i = hT (v), ui = hu, T (v)i. Logo, (T ∗ )∗ = T .
4.2
u = (1, 4, −5).
4.3
T ∗ (x, y, z) = (2x + 3y, 2x + z, −4y).
294
4.6
CAPÍTULO 10.
SOLUÇÕES E RESPOSTAS
(a), (c) e (d) são operadores ortogonais.
4.7* A segunda linha (a, b, c) deve satisfazer duas condições: a2 +b2 +c2 = 1√e a+2b+2c = 0. Assim, 5b2 +5c2 +8bc = 1. Escolhendo c = 0, obtemos b = 55 √ e a = − 2 5 5 . Para a terceira linha (d, e, f ), queremos que d2 + e2 + f 2 =√1, d + 2e + 2f = 0 e que −2e + f = 0, ou seja, devemos ter que d = −215 5 , √ √ e = −415 5 e f = 5155 . "
4.9 (a)
(b)
√2 5 − √15
1 3 2 − 3 − 23
√1 5 √2 5
#
.
2 − 23 3 − 23 − 31 . 1 3
2 3
Capítulo 8 2.2* Por indução sobre n. Para n = 2, o resultado é óbvio. Suponhamos o resultado válido para n − 1 e seja A = [aij ] uma matriz triangular superior de ordem n. Então aij = 0 para todo j < i. Pelo Teorema 8.2.1, det A = a11 det(A(1|1)),
já que ai1 = 0 para todo 2 ≤ i ≤ n. Como a matriz A(1|1) é uma matriz triangular superior de ordem n − 1, com a22 , . . . , ann como elementos da diagonal principal, temos, pela hipótese de indução, que det A(1|1) = a22 . . . ann ,
o que termina a prova o resultado.
2.3* Seja a ∈ R. Fazendo o desenvolvimento de Laplace pela primeira linha
295 obtemos
a 2 det A = det a a3 1 + det 1 1
a 2 = a det a a3 1 2 +a det 1 1
a 2 a3 1 3 4 − det a a 1 a4 a5 1 a a3 1 2 4 a a − det 1 a3 a5 1
1 a a3 2 4 − a det a a 1 1 a3 a5 1 a a 2 2 − det 1 a a 1 a3 a3
a2 a3 a3 a4 a4 a5 a a2 a2 a3 a3 a4
a2 a2 a3 a3 a4 a4 a a a2 a2 . a3 a3
Note que cada uma das matrizes anteriores tem duas colunas iguais e, portanto, cada uma delas tem determinante nulo. Consequentemente, det A = 0.
4.1
(a) {(0, 0, 0)}.
(b) {(−1, 3, 1, −1)}.
Capítulo 9 1.1* A(c) = {v ∈ V ; T (v) = cv}. Tomemos v e w em A(c) e tomemos a e b em R. Pela linearidade de T , T (av + bw) = aT (v) + bT (w). Como T (v) = cv e T (w) = cw, segue que T (av + bw) = a(cv) + b(cw) = c(av + bw), mostrando que av + bw ∈ A(c). Portanto, A(c) é um subespaço vetorial de V . 1.2 (a) Não tem autovalores e autovetores. (b) 1, {(x, −x, −x) ; x6=0}; −1, {(0, −3x, x) ; x6=0}; 2, {(0, 0, x) ; x6=0}. (c) 1, {ax2 + bx + b ; a 6= 0 ou b 6= 0}; −1, {ax − a ; a 6= 0}.
296
CAPÍTULO 10.
SOLUÇÕES E RESPOSTAS
(" # ) 0 0 (d) 1, ; a 6= 0 ; 0 a (" # ) −2a a −1, ; a 6= 0 ; a 0 (" # ) a 0 −2, ; a 6= 0 . −a 0
1.3 (a) c = 0, {(x, −x) ; x 6= 0}; c = 4, {(x, x) ; x 6= 0}. (b) c = 1, {(−y − 2z, y, z) ; y 6= 0 ou z 6= 0}; c = 2, {(0, y, −y) ; y 6= 0}. (c) c = 0, {(0, 0, 0, x) ; x 6= 0}; c = 2, {(−x, −2y, x, y) ; x 6= 0 ou y 6= 0}; c = 4, {(x, 0, 0, 0) ; x 6= 0}.
1.5
T (x, y, z) = (x, 2x − y + 2z, 4x − 4y + 5z).
1.6* Seja (x, y, z) em R3 . Então, (x, y, z) = (x + y − z)(1, 1, 1) + (−x − y + 2z)(0, 1, 1) + (y − z)(−1, 1, 0),
o que pela linearidade de T nos dá que T (x, y, z) = (x + y − z)T (1, 1, 1) + (−x − y + 2z)T (0, 1, 1) + (y − z)T (−1, 1, 0).
Como T (1, 1, 1) = (1, 1, 1), T (0, 1, 1) = (0, 2, 2) e T (−1, 1, 0) = (1, −1, 0), segue que T (x, y, z) = (x + y − z)(1, 1, 1) + (−x − y + 2z)(0, 2, 2) + (y − z)(1, −1, 0) = (x + 2y − 2z), −x − 2y + 4z, −x − y + 3z).
1.8
1 0 0 −1 − 12 − 21 . 1 − 12 − 21
297
2.1* Calcular os autovalores e os autovetores de uma matriz A nada mais é do que calcular os autovalores e os autovetores de TA . Assim, "
# c−2 3 det = c2 − 6c + 5, 1 c−4
nos dando que c = 1 e c = 5 são os autovalores de A. O conjunto solução do sistema linear " #" # " # −1 3 1 −3
x 0 = y 0
é dado por {(3x, x) ; x ∈ R} e o conjunto solução do sistema linear "
3 3 1 1
#" # " # x 0 = y 0
é dado por {(x, −x) ; x ∈ R}. Assim, os autovetores associados a c = 1 são os vetores da forma (3x, x), x 6= 0 e os autovetores associados a c = 4 são os vetores da forma (x, −x), x 6= 0.
2.2* Seja A ∈ M(n). A matriz A é invertível se, e somente se, Ker TA = {0}. Agora, Ker TA = {0} se, e somente se, não existe v ∈ Rn , não nulo, tal que TA (v) = 0 = 0 · v . Portanto, A é invertível se, e somente se, c = 0 não é um autovalor de A. 3.1* Sabemos que o cálculo dos autovalores de T independe da base considerada em R3 . Assim, t − 1 −2 0 √ √ det −1 t + 1 0 = (t − 2)(t − 3)(t + 3). 1 0 t−2
Portanto, T tem três autovalores distintos. Como dim R3 = 3, existe uma base de R3 formada de autovetores de T e, assim, T é diagonalizável.
3.2 (a) verdadeiro (b) verdadeiro 3.3 (a) Não é diagonalizável.
(c) falso
(d) falso
298
CAPÍTULO 10.
SOLUÇÕES E RESPOSTAS
0 1 −1 (c) P = 1 0 0 . −1 0 1
"
# 1 4 (b) P = . −1 3
3.4 (a) c 6= 1. (b) c = 0. 3.5 (a) I3 .
(b) A.
(c) I3 .
3.6* Seja α a base canônica de R2 . Então, "
# t−2 2 P[T ]αα (t) = det = t2 − 5t + 4, 1 t−3
o que nos dá que c1 = 1 e c2 = 4 são os autovalores de T . O conjunto solução do sistema linear " #" # " # −1 2 1 −2
x 0 = y 0
e o conjunto solução do sistema linear "
2 2 1 1
#" # " # x 0 = y 0
é o autoespaço associado a c1 = 1 e o autoespaço associado a c2 = 4, respectivamente. Assim, (2, 1) é um autovetor associado a c1 = 1 e (1, −1) é um autovetor associado a c2 = 4. Portanto, β = {(2, 1), (1, −1)} é uma base de R2 tal que [T ]ββ é uma matriz diagonal.
5.1* (a) Temos que 1 x2 − 4x − 2y + 4 = 0 ⇐⇒ (x − 2)2 = 2y ⇐⇒ y = (x − 2)2 . 2
Portanto, a equação representa uma parábola. (b) A equação 4x2 − 3y 2 + 24xy − 156 = 0 equivale a equação matricial " #" # h i 4 12 x + [−156] = [0]. x y 12 −3 y
(1)
299 A matriz
"
# 4 12 A= 12 −3
é simétrica. Logo, pelo Teorema Espectral, A é ortogonalmente diagonalizável. De fato, c1 = 13 e c2 = −12 são os autovalores de A. O vetor v1 = (4/5, 3/5) é um autovetor associado a c1 = 13 e o vetor v2 = (−3/5, 4/5) é um autovetor associado a c2 = −12. Logo, a base β = {v1 , v2 } é uma base ortonormal de R2 formada por autovetores. Seja P = [IR2 ]βα , onde α é a base canônica de R2 . Chame D = P −1 AP . Temos " P =
4 5 3 5
− 35 4 5
#
"
# 13 0 e D= . 0 −12
(2)
" # x0 Chamando [v]β de 0 , onde v = (x, y) ∈ R2 , de (1) e (2) obtemos a equação y matricial " #" # i 13 0 h x0 0 0 + [−156] = [0], x y 0 −12 y 0
que equivale a equação 13x02 − 12y 02 − 156 = 0,
ou seja,
x02 y 02 − = 1. 12 13 Portanto, a equação 4x2 − 3y 2 + 24xy − 156 = 0 representa uma hipérbole.
5.2
(a) ∅. (d) uma reta. (g) parábola.
(b) elipse. (e) hipérbole. (h) elipse.
(c) duas retas paralelas. (f) elipse. (i) hipérbole.
