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Pontifícia Universidade Católica do Rio Grande do Sul
Faculdade de Matemática
Álgebra Matricial
2
Introdução. Esta apostila1 tem o objetivo de servir de material de apoio à disciplina
de Álgebra Matricial, que começou a ser oferecida a partir de 2007/1 para os novos
alunos dos cursos de Licenciatura em Matemática, Licenciatura em Física,
Bacharelado em Física Médica, Engenharia da Computação, Engenharia Civil,
Engenharia Elétrica, Engenharia de Computação, Engenharia Mecânica, Engenharia
Química, Engenharia de Controle e Automação e Engenharia de Produção. Um dos
objetivos da Álgebra Matricial é trabalhar conceitos de Álgebra Linear em espaços
vetoriais de dimensão finita. As aulas são nos laboratórios de informática da
Faculdade de Matemática, e a ferramenta computacional utilizada é o Matlab. O
Matlab é um programa utilizado tanto no meio acadêmico, por pesquisadores,
professores e alunos, quanto fora da universidade, por profissionais de diversas áreas.
Assim sendo, o uso desta apostila se justifica, visto que não há um livro que seja
totalmente adequado aos objetivos da Álgebra Matricial. A apostila está dividida em
capítulos, de modo que é possível usá-la de acordo com o cronograma de cada turma.
No final de cada capítulo, há uma lista de exercícios que devem ser trabalhados para
fixação dos conceitos. No final da apostila, há uma lista de referências bibliográficas e
alguns links, onde podem ser encontrados textos de apoio ao uso do Matlab, e onde
podem ser baixados programas livres que funcionam de modo semelhante ao Matlab.
1 Apostila de apoio elaborada pelo Professor Luiz Eduardo Ourique, versão 2010/1.
3
Índice
Capítulos Página
1. Operações com matrizes .....................................................................4
2. Resolução de sistemas lineares .........................................................11
3. Teoria dos sistemas lineares ..............................................................14
4. Combinação linear ............................................................................ 22
5. Espaços vetoriais ............................................................................... 30
6. Transformações lineares e representação matricial ..................... 37
7. Autovalores e autovetores ................................................................ 43
8. Cálculo das iteradas de uma transformação linear ....................... 49
9. Diagonalização de uma matriz ........................................................ 53
10. Potências de uma matriz diagonalizável .......................................64
11. Fatoração LU .................................................................................. 66
12. Decomposição em valores singulares .............................................72
4
Capítulo 1. Operações com Matrizes
Uma matriz é um conjunto retangular de números. Uma matriz é geralmente denotada
por uma letra maiúscula. Uma matriz A pode ser representada pela notação A = (aij),
onde aij é o elemento ou coeficiente que está na i-ésima linha e j-ésima coluna.
Exemplo 1. A =
−
50
32
. A é uma matriz 2x2. Temos a11 = 2 , a12 = –3 , a21 = 0 e
a22 = 5.
Exemplo 2. B =
−
953
401
. B é uma matriz 2x3. Temos b11= 1, b12 = 0, b13 = – 4,
b21= 3, b22= 5 e b23 = 9.
Para definir uma matriz no Matlab, devemos digitar os seus coeficientes e armazenar
a matriz numa variável. Por exemplo, para criar a matriz M =
42
31
, escrevemos no
Matlab o comando abaixo, pressionamos enter, e o resultado virá a seguir:
>> M = [ 1 3 ; 2 4]
M =
1 3
2 4
Podemos usar a vírgula para separar os elementos em cada linha. Isto é, a matriz M
pode ser obtida assim:
>> M = [ 1,3;2,4]
M =
1 3
2 4
Se quisermos ver um elemento Mij em particular da matriz M, basta digitar M(i,j) e
pressionar enter. Por exemplo:
>> M(1,2)
A resposta do programa será
ans =
3
Se quisermos alterar um elemento ou um conjunto de elementos da matriz M,
podemos fazer de várias formas. Por exemplo, se quisermos redefinir o coeficiente
M12 como igual a 10, fazemos:
>> M(1,2)=10
M =
1 10
2 4
A seguir, alguns exemplos de comando e a resposta do programa são apresentados.
Para executar cada comando, pressione enter no Matlab:
Exemplo. Para calcular o determinante de M, fazemos :
>> det(M)
ans =
–16
5
Obs: O desenvolvimento cálculo do determinante 2x2 é efetuado da seguinte forma:
det(M) =
42
101
= 1*4 – 2*10= 4 – 20= –16.
A variável ans é uma variável global do Matlab para armazenar o resultado do último
comando executado. Para multiplicar todos os elementos de M por 4, basta escrever
4*M:
>> 4*M
ans =
4 40
8 16
Para calcular a matriz M2, fazemos no Matlab:
>> M^2
ans =
21 50
10 36
Para multiplicar duas matrizes, digamos, M=
42
101
e N =
− 30
75
, definimos a
matriz N e usamos o comando M*N no Matlab:
>> N = [ 5 7 ; 0 –3] ;
>> M*N
ans =
5 –23
10 2
Desenvolvimento:
42
101
*
− 30
75
=
−++
−++
)3(*47*20*45*2
)3(*107*10*105*1
=
−
210
235
.
Observação : em notação usual, escrevemos MN =
−
210
235
.
A matriz transposta ( troca de linhas por colunas e vice-versa) de uma matriz M é
obtida pelo comando M' :
>> M'
ans =
1 2
10 4
O vetor b =
9
5
é chamado de vetor-coluna, pois tem 1 coluna e 2 linhas. Pode ser
definido usando o comando abaixo:
>> b=[ 5 ; 9]
b =
5
9
6
Se quisermos agora que a primeira coluna de M seja substituída pelo vetor b,
fazemos:
>> M(:,1) = b
M =
5 10
9 4
Da mesma forma, se quisermos agora que a primeira linha de M seja substituída por
um valor constante, digamos igual a 8, fazemos:
>> M(1,: ) = 8
M =
8 8
9 4
Veja que a matriz M foi modificada em relação a definição inicial. A matriz M, com
as últimas modificações, é a que “vale”. Para definir uma matriz cujos coeficientes
são dados por uma fórmula, podemos usar o comando for. Para ver como funciona,
digite help for no Matlab.
Exemplo. Definir a matriz N3x3, cujo coeficiente é Nij = 2i + 5j.
>> for i=1:3
for j=1:3
N(i,j)=2*i+5*j;
end
end
Assim, para i =1 e j =1 , o Matlab calcula N(1,1) = 2*1 + 5*1 = 7; para i=1 e j=2, o
Matlab calcula M(1,2) = 2*1 + 5*2= 12. Para enxergar o resultado no Matlab, basta
escrever N e pressionar enter:
>> N
N =
7 12 17
9 14 19
11 16 21
Por exemplo, o elemento N11 é N11 = 2*1+5*1 = 7; já o elemento N23 é igual a N23 =
2*2+5*3 = 19. E assim por diante.
Matriz identidade. A matriz identidade nxn, denotada por Inxn, ou simplesmente In, é
a matriz In = (aij), onde aij =
≠
=
jise,0
jise,1
.No Matlab, é obtida com o comando eye(n):
Exemplo. Obter a matriz identidade I3.
>> eye(3)
ans =
1 0 0
0 1 0
0 0 1
Exemplo. Obter no Matlab a matriz 4x4 diagonal C = ( cij) , onde cij =
≠
=
jise,0
jise,5
.
>> C = 5*eye(4)
7
C =
5000
0500
0050
0005
Matriz Inversa. Dada uma matriz Anxn, a matriz inversa de A é a matriz Bnxn tal que
A*B=B*A = In . No Matlab, a matriz inversa é calculada com o comando inv(A) ou
A^(–1).
Notação: a matriz inversa de A é denotada por A–1.
Exemplo. Calcular a matriz inversa de A =
43
32
no Matlab.
>> A = [2,3 ; 3,4]
A =
2 3
3 4
>> B=inv(A)
B =
– 4.0000 3.0000
3.0000 –2.0000
Verificação: efetuamos as operações A*B e B*A, para verificação das igualdades
AB= I e BA = I.
>> B*A
ans =
1 0
0 1
>> A*B
ans =
1 0
0 1
Assim, A =
43
32
e sua matriz inversa é A–1 =
−
−
23
34
.
IMPORTANTE: Uma matriz A tem matriz inversa se e só se det(A)≠ 0. Por
exemplo, a matrix M=
64
32
não tem matriz inversa, pois det(M) = 0.
8
Exercícios.
1. Defina no Matlab as matrizes A=
−
1273
1084
951
,B=
−−−
4.91.34.5
1286
753
, o vetor y=
7
5
3
e efetue as seguintes operações :
a) 2*A
b) A + B
c) A2
d) det(A)
e) Ay
f) det(A)*det(B)
g) det(A*B) ( compare com o resultado do item f )
h) AB
i) BA ( compare com o resultado do item h )
j) A′ ( a transposta da matriz A )
k) diag(A)
l) A.2
m) substitua a primeira coluna de A pelo vetor y
n) substitua a segunda coluna de B pela terceira coluna de A.
o) inv(A) ( calcula a matriz inversa de A )
2. Defina no matlab a matriz C, tamanho 3x3, com todos os coeficientes iguais a zero.
Dica: escreva help zeros no Matlab.
3. Defina no matlab a matriz D, tamanho 3x4, com todos os coeficientes iguais a um.
Dica: escreva help ones no Matlab.
4.Defina a matriz F4x4 cujo termo genérico é Fij = 4i
2+ 3j. Calcule det(F). Caso exista,
calcule a matriz inversa de F.
5. Definir no Matlab a matriz H4x4, cujo elemento é hij=
≠
=−
jise,0
jise,3
.
6. Defina a matriz A5x5, cujo coeficiente é dado por
+=
−=−
=
=
.casosdemaisnos,0
1jise,1
1jise,1
jise,2
)j,i(A
Para tanto, use o comando for encadeado com o comando if. Para ver como funciona
este comando no Matlab, digite help if.
7. Um construtor tem contratos para construir 3 estilos de casa: moderno,
mediterrâneo e colonial. A quantidade unitária de material empregada em cada tipo de
casa é dada pela tabela ( valores fictícios ) :
Ferro Madeira Vidro Tinta Tijolo
Moderno 5 20 16 7 17
Mediterrâneo 7 18 12 9 21
Colonial 6 25 8 5 13
9
a) Se ele vai construir 5, 7 e 12 casas dos tipos moderno, mediterrâneo e colonial,
respectivamente, quantas unidades de cada material serão utilizadas ?
b) Suponha agora que os preços por unidade de ferro, madeira, vidro, tinta e tijolo
sejam, respectivamente, 15, 8 , 5, 1 e 10 unidades monetárias. Qual é o gasto com
material de cada tipo de casa?
c) Qual o custo total do material utilizado?
8. Uma rede de comunicação tem cinco locais com transmissores de potências
distintas. Estabelecemos que aij = 1 , na matriz abaixo, significa que a estação i pode
transmitir diretamente à estação j, aij = 0 significa que a transmissão da estação i não
alcança diretamente a estação j. Observe que a diagonal principal é nula, ou seja, uma
estação não transmite diretamente para si mesma.
=
01000
10100
01010
01101
11110
A
a) Qual seria o significado da matriz A2 ?
b) Seja A2 = (cij ) . Calcule o elemento c42 , desenvolvendo pela definição de
multiplicação de matrizes e interprete o resultado.
c) Seja A2 = (cij ) . Calcule o elemento c13 , desenvolvendo pela definição de
multiplicação de matrizes e interprete o resultado.
Respostas dos exercícios:
1a. 2*A =
−
24146
20168
18102
; 1b. A+B=
−
4.211.104.8
22162
202
; 1c.A2=
−
24115511
1641146
1671088
;
1d. det(A)= –52; 1e. A*y=
128
98
91
; 1f. det(A)*det(B)= – 842.4;1g. det(A*B) = –842.4;
1h. AB =
8.1752.788.97
218115114
6.1379.626.75
; 1i. BA =
−−−
4.1926.1172.21
27817810
1611044
10
1j. A´ =
−
12109
785
341
; 1k . diag(A) =
12
8
1
; 1l. A.2 =
144499
1006416
81251
1m. A(:,1) = y produz A=
1277
1085
953
; 1n. B(:,2) = A(:,3) produz B=
−−
4.9124.5
12106
793
1o. inv(A) produz A–1 =
−−
−
−−
5385.01538.00000.1
8846.02885.05000.1
4231.00577.05000.0
.
2.C=zeros(3) produz C =
000
000
000
; 3. D=ones(3,4) produz
1111
1111
1111
4. A seqüência abaixo no Matlab produz a matriz F:
for i = 1: 4
for j=1:4
F(i,j)= 4*i^2+3*j;
end
end
F =
76737067
48454239
28252219
1613107
Não existe matriz inversa de F, pois det(F) = 0. No Matlab, ao tentar calcular a inversa
de F com o comando inv(F), o programa apresenta um resultado, seguido de uma
mensagem ( ‘warning’ ) . Neste exemplo, o cálculo do determinante mostra que a
matriz inversa de F não existe.
5. H =
−
−
−
−
3000
0300
0030
0003
6. A =
−
−
−
−
21000
12100
01210
00121
00012
7. a) As quantidades unitárias de Ferro, Madeira, Vidro, Tinta e Tijolo são,
respectivamente, 146 , 526, 260, 158 e 388.
b) Na forma vetorial, a resposta é
465
528
492
c) 11736 unidades monetárias.
11
Capítulo 2. Resolução de sistemas lineares
Um sistema de equações pode ser resolvido diretamente no Matlab. Para tanto,
usamos a representação matricial de um sistema na forma Ax = b, onde devemos
armazenar os coeficientes do sistema na variável A e os valores do lado direito das
equações na variável b. A matriz A é a matriz dos coeficientes do sistema e b é o
vetor independente. Feito isto, o comando A\b resolve diretamente o sistema. Como
exemplo, resolvemos o sistema abaixo:
Exemplo 1.
=+
=+
4.9x8x5
5x3x2
21
21 Neste caso A = [ 2,3 ;5,8] e b = [5;9.4]
Solução: no Matlab, basta executar x=A\b . A resposta é x =
− 2.6
8.11
.
Interpretação: A solução do sistema é x1 = 11.8 e x2 = – 6.2.
Verificação: 2*11.8 + 3*(–6.2) = 23.6 – 18.6 = 5
5*11.8 + 8*(–6.2) = 59 – 49.6 = 9.4
Notação usual: a solução é x =
− 2.6
8.11
.
Exemplo 2.
−=−+
=+−
=+
5.39x6x2.4x8
72.102x2.7x2x3
4.25x2x
321
321
31
. Neste caso, A=[1,0,2;3,–2,7.2;8,4.2,–6] e b =
− 5.39
72.102
4.25
Executamos o comando x = A \ b ( ‘A contra-barra b’ ) :
>> x=A\b
x =
6.2000
–7.5000
9.6000
Temos x1= 6.2 , x2= –7.5 e x3= 9.6.
Verificação: 6.2 + 2*9.6 = 6.2 + 19.2 = 25.4
3*6.2 – 2*(–7.5) +7.2*9.6 = 18.6 + 15 + 69.12 = 102.72
8*6.2 +4.2*(–7.5)–6*9.6 = 49.6 – 31.5 –57.6 = – 39.5
A verificação mostra que esta é a solução do sistema. Em notação usual, a solução é x
=
−
6.9
5.7
2.6
.
Exemplo 3.
=+
=−
=+
=−
55x7x9
1x5x7
27x3x5
5xx3
21
21
21
21
. Neste caso, A =
−
−
79
57
35
13
e b =
55
1
27
5
.
O comando x = A \ b calcula a solução: x1= 3 e x2 = 4. A verificação fica por conta
do leitor.
12
Matriz ampliada de um sistema. Um sistema Ax = b pode ser representado através
da notação de matriz ampliada, que consiste da matriz de coeficientes e o vetor b.
Exemplo. A matriz ampliada do sistema
=+
=+
4.9x8x5
5x3x2
21
21 é a matriz
4.985
532
.
Exemplo. A matriz ampliada do sistema
−=−+
=+−
=+
5.39x6x2.4x8
72.102x2.7x2x3
4.25x2x
321
321
31
é
−−
−
5.3962.48
72.1022.723
4.25201
.
Exercícios. Calcular a solução dos sistemas de equações lineares no Matlab:
1.
=++
−=++
=++
11x4x3x5
5x2x3x
16x7xx2
321
321
321
2.
=++
=++
=++
11x9x8x7
5x6x5x4
1x3x2x
321
321
321
3.
=−+++++
−=+−−−+−
=++++++−
=−+−+−+
=+−+−+−
=++−+++−
−=−+++−
94.1377x36x5x24x53x22x71x8
048.67x86x35x54x73x92x21x6
55.1437x76x85x34x113x42x51x5
91.537x46x45x4x83x102x81x4
808.927x56x55x4x33x2x91x
24.267x36x65x124x93x82x31x9
108.07x6x45x94x63x91x3
4.
=+
=−++
=−+
=−+
=−
87x4x2
39xx4x2
47xx4x2
10xx4x2
50xx4
54
543
432
321
21
5.
−=+−
=−+
14.74x2.9x5x4.3
8.50x5x3x2
321
321
PROBLEMAS. Para cada problema, escreva o sistema de equações correspondente e
calcule a sua solução:
6. Uma dieta requer 7 unidades de gordura, 9 unidades de proteínas e 16 unidades de
carboidratos para a refeição principal e uma certa pessoa dispõe de três alimentos com
os quais pode montar sua dieta:
Alimento 1: cada medida contém 2 unidades de gordura, 2 unidades de proteína e 4
unidades de carboidratos.
Alimento 2: cada medida contém 3 unidades de gordura, 1 unidade de proteína e 2
unidades de carboidratos.
13
Alimento 3: cada medida contém 1 unidade de gordura, 3 unidades de proteína e 5
unidades de carboidratos.
Sejam x,y e z o número de medidas que a pessoa consome dos alimentos 1,2 e 3,
respectivamente, em sua refeição principal. Encontre um sistema linear em x,y e z
cuja solução diz quantas medidas de cada alimento deve ser consumida pela pessoa
para atender à dieta.
7. Encontre três números reais cuja soma é igual a 12, tais que a soma do dobro do
primeiro com o segundo e o dobro do terceiro é 5 e tais que o terceiro número é um a
mais do que o primeiro. Encontre um sistema linear cujas equações descrevem este
problema e resolva-o.
8. Faça o balanceamento das reações:
a) N2O5 → NO2 + O2
b) HF + SiO2 → SiF4 + H2O
c) (NH4)2CO3 → NH3 + H2O + CO2
Respostas dos exercícios e problemas:
1. x1= 3 ; x2= – 4 ; x3= 2
2. A solução não existe ( sistema impossível) .
3. x1= –2.8352; x2= 13.2316; x3= 2.1099; x4=27.1104; x5=6.1382;
x6= – 44.3192;x7=13.2430.
4. x1=12.4299; x2= –0.2803; x3=13.7386; x4=7.3939 ; x5=18.0530.
5. Este sistema tem infinitas soluções: x1 = – 0.1287x3 + 1.5633
e x2 = 1.75x3 + 15.89 , onde x3 é um número real qualquer.
6. Somando as quantidades de gordura nos alimentos 1, 2 e 3, resulta 2x +3y + z = 7 ;
somando as quantidades de proteína nos alimentos 1,2 e 3, resulta 2x + y + 3z = 9 ;
somando as quantidades de carboidrato, resulta 4x + 2y + 5z = 16. Assim, devemos
resolver o sistema :
2x + 3y + z = 7
2x + y + 3z = 9
4x + 2y + 5z = 16
cuja solução é x = 1 ; y = 1 ; z = 2. Assim, a dieta deve conter 1 unidade do
alimento 1, 1 unidade do alimento 2 e 2 unidades do alimento 3.
7. O sistema a ser resolvido é
x + y + z = 12
2x + y + 2z = 5
–x + z = 1
cuja solução é x = – 4, y = 19 e z = –3.
8. a) N2O5 → 2 NO2 + O2
b) 4HF + SiO2 → SiF4 + 2H2O
c) (NH4)2CO3 → 2NH3 + H2O + CO2
14
Capítulo 3. Teoria dos sistemas lineares
Quanto à existência de soluções, um sistema de equações lineares pode ser
1) possível e determinado: quando só existe uma única solução
2) possível e indeterminado: quando existem infinitas soluções
3) impossível : quando não existe solução.
Resumo da classificação dos sistemas lineares:
Sistemas :
)soluçãotemnão(
possíveisIm
)SoluçõesInfinitas(adominerdetIn
)ÚnicaSolução(adominDeter
)soluçãotem(
Possíveis
Classificação de sistemas com n equações e n incógnitas. De acordo com o teorema de
Cramer, a solução de um sistema de equações lineares com n equações e n incógintas
Ax = b, onde x = [xi]i , i = 1,2,...,n, é dada pela fórmula:xi = ∆
∆ ix , onde ∆ = det(A) e
∆xi é o determinante da matriz obtida pela substituição da i-ésima coluna de A, pelos
valores do vetor-coluna b, para cada i =1,...,n. Assim, se ∆ ≠ 0, a solução do sistema é
única, dada pela fórmula xi = ∆
∆ ix , para i=1,2,...,n. Se ∆ = 0 , então o sistema é
indeterminado ou impossível. Para diferenciar um caso do outro, podemos usar o
teorema de Cramer: se ∆ = 0 e se todos os determinantes ∆xi forem nulos, então o
sistema é indeterminado. Se ∆ = 0 e se ∆xi ≠ 0, para algum i , i=1,...,n, então o
sistema é impossível. Assim, podemos resumir que um sistema de equações lineares
nxn é:
1) possível e determinado, isto é, tem solução única, quando ∆ ≠ 0.
2) possível e indeterminado, isto é, tem infinitas soluções, se ∆ = 0 e ∆xi = 0, para
todo i=1,...,n.
3) impossível, isto é, não tem solução, se ∆ = 0 e ∆xi≠ 0, para algum i , i=1,...,n.
3.1 Sistemas homogêneo de equações
Um sistema de equações é homogêneo se o vetor b é o vetor nulo, isto é, é um sistema
na forma Ax = 0. De acordo com o teorema de Cramer, um sistema homogêneo nxn
tem somente a solução trivial se e somente se o determinante da matriz dos
15
coeficientes for diferente de zero. Dito de outra forma, um sistema homogêneo com n
equações e n incógnitas tem solução diferente da trivial se e somente se a matriz dos
coeficientes tiver determinante igual a zero.
Exemplo 1.
=+
=+
9.48x5x
53x2x
21
21
1º ) ∆ =
85
32
= 16 − 15 = 1 ≠ 0 :sistema possível e determinado ( solução única )
2º ) ∆x1 =
84.9
35
= 40 − 28.2 = 11.8
∆x2 =
4.95
52
= 18.8 − 25 =
− 6.2
3º ) x1 = ∆
∆ 1x =
1
11.8
= 11.8 e x2 = ∆
∆ 2x =
1
6.2-
= −6.2
A solução é x1 = 11.8 e x2 = – 6.2.
Verificação : 2*11.8 +3*(–6.2) = 23.6– 18.6=5
5*11.8 +8*(–6.2) = 59 – 49.6 = 9.4
Exemplo 2.
=++
=−+
=+−
12xxx-
4x32xx
1x3x2x
321
321
321
1º ) ∆ =
211
321
132
−
−
−
= 14. Portanto, este sistema tem solução única.
Cálculo do determinante pela regra de Sarrus:
Obs: ∆ =
11
21
32
211
321
132
−
−
−
−
−
= 8 – 9 + 1 – ( – 2 – 6 – 6 ) = 0 – ( – 14 ) = 14.
2º ) ∆x1 =
211
324
131
−
−
= 42
∆x2 =
211
341
112
−
− = 28 e ∆x3 =
111
421
132
−
−
= 14
3º ) x1 = ∆
∆ 1x =
14
42
= 3 ; x2 = ∆
∆ 2x =
14
28
= 2; x3 = ∆
∆ 3x =
14
14
= 1
A solução é : x1 = 3; x2 = 2 ; x3 = 1. O desenvolvimento de cada determinante acima e
a verificação da solução ficam a cargo leitor.
16
Exemplo 3.
=++
=++
=++
119x8x7x
56x5x4x
13x2xx
321
321
321
∆ =
987
654
321
= 0 : sistema impossível ou indeterminado
∆x1 =
9811
655
321
= − 6 ; ∆x2 =
9117
654
311
=12 ; ∆x3 =
1187
554
121
= −6
Conclusão: como ∆xi ≠ 0 , para i =1,2 e 3, e ∆ = 0, concluímos que o sistema é
impossível, isto é, não admite solução.
Exemplo 4.
=+
=+
126x4x
63x2x
21
21
∆ =
64
32
= 12 – 12 = 0 ;
∆x1 =
612
36
= 36 – 36 = 0 ;
∆x2 =
124
62
= 24 – 24 = 0.
Conclusão: como todos os ∆’s são nulos, o sistema é indeterminado, isto é, admite
infinitas soluções. Neste caso, a solução é x1 = – 3x2/2 + 3. Assim, se x2 = 0, então
x1= 3; se x2 = 2, então x1 = 0, se x2 = 6, então x1 = –6, e assim por diante. Como
existem infinitas escolhas para x1, existem infinitas soluções deste sistema. Podemos
escrever que algumas destas soluções são os pares: ( 3 , 0) , ( 0, 2 ) , ( –6, 6) .
Observação: para obter a solução acima, usar o comando solve no Matlab.
>> [ x1, x2 ] = solve )'122x*61x*4','62x*31x*2(' =+=+
x1 =
-3/2*x2+3
x2 =
x2
17
Observação sobre o método de eliminação de Gauss: Podemos concluir que um
sistema só tem uma solução, ou tem infinitas ou é impossível mediante a aplicação do
método de eliminação de Gauss. O método de Gauss é o mais eficiente dos métodos
usados na resolução de sistemas de equações lineares, por exigir um menor número de
operações aritméticas na sua implementação.
Exemplos. O sistema
=−
=+
0xx
2xx
21
21 admite solução única, pois somando as duas
linhas, chegamos ao sistema
=
=+
2x2
2xx
1
21 . Logo, x1 = 1 e x2 = 1. Já o sistema
=+
=+
1xx
2xx
21
21 claramente é impossível, pois 1 ≠ 2. Já o sistema
=+
=+
4x2x2
2xx
21
21
admite infinitas soluções. De fato, multiplicando a primeira linha por 2 e subtraindo
da segunda linha, resulta :
=
=+
00
2xx 21 . Logo, x2 = 2 – x1. Assim, se x1= 0, x2 = 2; se
x1= 1, então x2 = 1, e assim por diante. A mesma lógica aplica-se a sistemas com m
equações e n incógnitas. Após a eliminação e o escalonamento do sistema, a análise
das equações restante permite classificar o sistema quanto ao número de soluções.
Vejamos um exemplo 3x3:
=−+
=+−
=−+
8x6xx4
4x4x3x2
2x5x2x
321
321
321
A matriz aumentada do sistema é
−
−
−
8614
4432
2521
Multiplicando a primeira linha por 2 subtraindo da segunda linha; multiplicando a
primeira linha por 4 e subtraindo da terceira linha, resulta:
−
−
−
01470
01470
2521
.
Subtraindo as duas últimas linhas, resulta:
−
−
0000
01470
2521
Dividindo por –7 a segunda linha, resulta :
18
−
−
0000
0210
2521
Conclusão: o sistema resultante é x1 + 2x2 – 5x3 = 2
x2 – 2x3 = 0
Logo , a solução é x2 = 2x3 , x1 = 2 + x3 . Como x3 é um número real qualquer,
podemos escrever que a solução é :
x1= 2 + k
x2 = 2k ou
3
2
1
x
x
x
=
0
0
2
+ k
1
2
1
x3 = k
Portanto, o sistema
=−+
=+−
=−+
8x6xx4
4x4x3x2
2x5x2x
321
321
321
é indeterminado, isto é, admite uma
infinidade de soluções. Por exemplo, se k = 0, uma solução é
3
2
1
x
x
x
=
0
0
2
. Se k=1,
outra solução é
3
2
1
x
x
x
=
0
0
2
+
1
2
1
=
1
2
3
, e assim por diante.
Por outro lado, o sistema
=−+
=+−
=−+
0x6xx4
4x4x3x2
2x5x2x
321
321
321
é impossível, pois as mesmas
operações com linhas levariam a :
−
−
1000
0210
2521
A última equação é 0x1 + 0x2 + 0x3 = 1, que é impossível.
19
Exercícios. Resolva os sistemas abaixo, conforme solicitado em cada item:
1. Classificar e resolver o sistema
=++
−=++
=++
119x4x3x
52x3xx
167xx2x
321
321
321
.
2. Escrever na forma usual o sistema de equações dado na forma matricial Ax = b,
onde A4x4 =
+=
=+
casosdemais0,
1jise,i
jise2j,i
2 e b4x1 = [ 2i−1 ] i=1:4
.
3. Escrever na forma usual o sistema de equações dado na forma matricial Ax = b,
onde Ax = b, onde A5x5 =
−=
=+
casosdemais0,
1jise4j,
jisej),1/(i
e b5x1 = [ 3i
2 − 3 ] i=1:5
.
4. Calcular a equação da reta que passa pelos pontos (–1,1) e (2,5), usando sistemas
lineares.
5. Seja y = ax2 + bx +c. Calcule os valores de a, b e c , sabendo que esta curva passa
pelos pontos (–2; –5,36) , ( 1,2 ; 1,68) e (3,2; 8,68), usando sistemas lineares e o
cálculo da solução pelo método de Gauss.
6. Um sistema de equações lineares Ax = b é dito homogêneo se o vetor independente
b é igual ao vetor nulo. Todo sistema homogêneo tem uma solução, a saber, a solução
trivial ( x = 0) . Calcule os valores de k tais que o sistema homogêneo
=+
=++
=+−
0kzx2
0zyx
0z2y5x2
tenha uma solução diferente da trivial.
7. Calcule o valor de m para que a matriz A =
m1
43
tenha matriz inversa. Calcule
A–1, se m = 2.
8. Calcule a primeira coluna da matriz inversa de A =
−
−
415
252
031
.
Respostas dos exercícios:
1. A=
943
231
712
; b =
−
11
5
16
;
20
∆ =
943
231
712
= 0;
∆x1 =
9411
235
7116
− = 0; ∆x2 =
9113
251
7162
− = 0; ∆x3 =
1143
531
1612
− = 0.
Conclusão:
=++
−=++
=++
119x4x3x
52x3xx
167xx2x
321
321
321
é um sistema indeterminado.
A solução é x1=–
3
67
x
3
19
2 − , x2 ∈ R e x3 = 3
26
x
3
5
2 + .
2. A=
121600
0990
0064
0003
; b =
7
5
3
1
. Notação usual:
=+
=+
=+
=
7x12x16
5x9x9
3x6x4
1x3
43
32
21
1
∆ =
121600
0990
0064
0003
= 1944
∆x1 =
121607
0995
0063
0001
=648 ; ∆x2 =
121670
0950
0034
0013
= 540
∆x3 =
12700
0590
0364
0103
=540 ; ∆x4 =
71600
5990
3064
1003
= 414
Usando a fórmula xi = ∆
∆ ix , para i=1,2,3 e 4, concluímos que a solução do sistema é
x1=0.3333, x2=0.2778, x3= 0.2778, x4= 0.2130. Em forma vetorial, a solução é
21
x=
2130.0
2778.0
2778.0
3333.0
3. A =
1.00000
20125.0000
0161667.000
001225.00
00085.0
; b =
72
45
24
9
0
.
A solução é x = 10^9 *
−
−
000000720.0
000114840.0
011024784.0
529189596.0
467033536.8
=
−
−
720
114840
11024784
529189596
8467033536
.
4. y =
3
7x4 +
5. y = 0,25x2 +2,4x –1,56
6. O sistema terá solução diferente da trivial se e somente se ∆ = 0, onde é o
determinante da matriz dos coeficientes do sistema. Logo, se k = 2, o sistema terá
solução diferente da trivial.
7. Se m ≠ 4/3 , a matriz A tem matriz inversa. Para m = 2, temos A =
21
43
e a
matriz inversa de A é A–1=
−
−
5,15,0
21
.
8. A primeira coluna de A–1 é o vetor
−
75,0
5,0
5,0
.
22
Capítulo 4. Combinação Linear
Neste capítulo, são estudados os conceitos de vetor, combinações lineares entre
vetores, conjuntos linearmente independentes e linearmente dependentes de vetores. É
feita uma aplicação destes conceitos na definição de conjuntos ortogonais, bases
ortogonais e ortonormais.
Definição. Um par ordenado (x,y) é um vetor do R2 e uma tripla ordenada (x,y,z) é
um vetor do R3. Os conjuntos R2 e R3 são exemplos de espaços vetoriais. Cada
elemento destes conjuntos é um vetor. Representamos geometricamente estes vetores
por uma flecha orientada, geralmente com origem no ponto que representa o vetor
nulo do espaço e com extremidade no ponto correspondente às coordenadas do vetor,
como nas figuras abaixo.
Exemplos:
1. v = ( 2, 3) é um vetor do R2.
Figura 1. Um vetor do R2.
2. u = ( 2, 3, 4 ) é um vetor do R3.
Figura 2. Um vetor do R3.
x 2
3
y
z
4
3 y
2
x
23
Adição de Vetores
Se u = ( x1 , y1 ) e v = ( x2 , y2 ), então u + v = ( x1 + x2, y1 + y2 )
Multiplicação por escalar
Se u = ( x1 , y1 ) e a é um escalar, então au = (ax1 , ay1 ) .
Igualdade de Vetores
Dados u = ( x1,y1 ) e v = ( x2,y2) , a igualdade u = v ocorre se e somente se x1 = x2 e
y1 = y2. Analogamente, definimos a soma de vetores, a multiplicação por escalar e a
igualdade no R3.
Exemplos.
3. u = ( 2 , 3) e v = (4 , 1 )
u + v = ( 2 + 4, 3 + 1 ) = ( 6 , 4 ) e 5u= ( 5*2, 5*3) = ( 10 , 15)
4. u = ( 2 , 5, 0 ) e v = ( 1 , 0 , 3 )
u – v = ( 2 – 1, 5 – 0 , 0 – 3 ) = ( 1 , 5 , – 3) e
4u + 5v = 4*(2,5,0) + 5*(1,0,3) = (8,20,0)+(5,0,15)=(13,20,15).
5. u = ( 2 , 5 ) e v = ( x + 1, y + 7)
Se u = v , então : x + 1 = 2 e y + 7 = 5 , logo x = 1 e y = – 2.
Combinação Linear de Vetores
Dado um conjunto de n vetores, { u1 , u2 , ... , un } , dizemos que um vetor v é
combinação linear dos vetores dados se existem números reais a1, a2, ..,an tais que
v = a1u1 + a2u2 + ... + anun.
Exemplos.
6. Dados { ( 1, 0) , (0,1 ) } e v = (3,4) então v é combinação linear dos vetores
dados, pois (3,4) = 3(1,0) + 4(0,1). Isto é, se u1 = (1,0) e u2 = (0,1), então v =3u1+4u2.
7. Se B={u1=(1,0,0),u2 = (0,1,0),u3 = (0,0,1)} e v = (2,7,–4) , então v= 2u1+ 7u2–4u3.
Logo, v é uma combinação linear dos vetores u1, u2 e u3.
24
8. O vetor v = ( 8,–2 ) é combinação linear dos vetores u1 = (1,1 ) e u2= ( 1,–1) ?
Se for, então: ( 8, –2) = a(1,1) + b(1,–1) = (a,a)+(b, –b)= ( a + b , a – b )
Igualando as coordenadas correspondentes, resulta o sistema:
−=−
=+
2ba
8ba
cuja solução é a = 3 e b = 5 . Conclusão: O vetor ( 8,–2) é combinação linear dos
vetores u1 = (1,1) e u2=(1,–1), pois (8, –2) = 3(1,1) + 5(1,–1) . Simbolicamente,
escrevemos v = 3u1 + 5u2.
9. O vetor v = ( 1, 4 , 10 ) é combinação linear dos vetores u1 = (1,2,3 ) e u2= ( 4,5,6)
e u3 =(7,8,9) ?
Se for, então : (1,4,10) = a ( 1,2,3) + b(4,5,6) + c( 7,8,9)
(1,4,10) = ( a,2a,3a) + (4b,5b,6b) + ( 7c,8c,9c)
(1,4,10) = ( a + 4b +7c, 2a + 5b + 8c, 3a + 6b +9c )
Igualando as coordenadas, resulta o sistema de equações :
=++
=++
=++
10c9b6a3
4c8b5a2
1c7b4a
Analisando os determinantes, vemos que ∆ = 0 , e ∆x1 = – 9. Portanto, pelo teorema
de Cramer, o sistema acima não tem solução. Conclusão: o vetor v = ( 1, 4 , 10) não é
combinação linear dos vetores u1 = (1,2,3 ) e u2= ( 4,5,6) e u3=(7,8,9).
10. O vetor v = (48,57, 66) é combinação linear dos vetores u1=(1,2,3 ) e u2= ( 4,5,6)
e u3=(7,8,9) ? Se for, então :
(48 ,57 ,66) = a(1,2,3) + b(4,5,6) + c(7,8,9)
(48 ,57 ,66) = (a,2a,3a) + (4b,5b,6b) + (7c,8c,9c)
(48 ,57 ,66) =( a + 4b+7c , 2a + 5b + 8c , 3a + 6b + 9c )
Igualando as coordenadas, resulta o sistema:
=++
=++
=++
66c9b6a3
57c8b5a2
48c7b4a
Para eliminar a incógnita a da segunda equação, multiplicando a primeira equação por
2 e subtraímos da segunda equação. Ao mesmo tempo, multiplicamos a primeira
equação por 3 e subtraímos da terceira equação, resultando o sistema
−=−−
−=−−
=++
78c12b6
39c6b3
48c7b4a
A segunda e a terceira equações são iguais. Logo: b = 13 – 2c. Substituindo este
resultado na primeira equação, resulta a = 48 – 4b – 7c = 48 – 4(13–2c) – 7c = c – 4.
25
A solução é a = c – 4, b = –2c +13, e c é um número real qualquer. Escolhendo c = 1,
resulta: a = – 3, b = 11 e c = 1. Assim, v = –3u1 + 11u2 + u3 , ou seja, o vetor v é
uma combinação linear dos vetores u1, u2 e u3.
11. O vetor v=( 10, 15 , 8 , 3) é uma combinação linear dos vetores u1=(2,5, 0, 1) e
u2=(1, 0, 2, 0 ) ?
Se for, existem números a e b tais que v = au1 + bu2. Isto é:
( 10, 15 , 8 , 3) = a(2,5, 0, 1) + b(1, 0, 2, 0 ) ;
(10, 15 , 8, 3 ) = (2a, 5a , 0 , a ) + ( b, 0 , 2b, 0)
(10, 15 , 8, 3 ) = (2a + b , 5a , 2b , a )
Igualando as coordenadas correspondentes, resulta:
=
=
=
=+
3a
8b2
15a5
10ba2
A solução é a = 3 e b = 4. Logo, a combinação
linear é:
( 10, 15 , 8 , 3) = 4(2,5, 0, 1) + 3(1, 0, 2, 0 ), ou v = 4u1 + 3u2.
Vetores Linearmente Dependentes ( LD ) e Linearmente
Independente ( LI )
Um conjunto de vetores dados { u1 , u2 , ... , un } é Linearmente Dependente, ou
simplesmente LD, se existir um deles que é combinação linear dos demais. Caso isto
não ocorra, o conjunto de vetores é chamado de Linearmente Independente ( LI ). Isto
implica que { u1 , u2 , ... , un } é um conjunto linearmente independente se e somente
se a combinação linear a1u1 + a2u2 + ... + anun = 0 tem com única solução todos os
coeficientes ai iguais a zero.
Exemplos.
11. O conjunto { ( 1,2 ) , (2,4) } é LD, pois ( 2,4) = 2*(1,2) .
12. O conjunto { ( 1,0) , (0,1) } é LI, pois ( 1,0) ≠ k*(0,1) , para qualquer valor de k.
13. O conjunto { (0,0) , ( 3,4) } é LD, pois (0,0) = 0*(3,4).
14. O conjunto { (1,0,0) , (0,1,0), (3,4,0) } é LD, pois (3,4,0) = 3*(1,0,0) + 4*(0,1,0).
26
Observação: a multiplicação 3*(1,0,0) será escrita daqui por diante como 3(1,0,0), por
simplicidade.
Critério prático: para determinar se um conjunto de n vetores {u1,u2,...,un} do R
n é
LI ou LD, usamos o determinante D = det(u1,u2,...,un). Se D ≠ 0 , então o conjunto é
LI; do contrário , é LD, isto é, um deles é combinação linear dos demais. No caso
particular de dois vetores, um conjunto { u1, u2 } é LD se e somente se existe uma
constante k tal que u1 = ku2. Porém, para um conjunto de m vetores do R
n, com m
diferente de n, este critério prático não funciona, e devemos usar a definição.
Exemplos.
15. { ( 1,1) , (–1,1) } é LI ou LD ?
Solução:
11
11 −
= 2 , logo, o conjunto {(1,1), (–1,1)} é LI. Isto significa que os
dois vetores não são colineares. Nenhum dos dois vetores é múltiplo do outro.
16. { (1,2,3),(4,5,6),(7,8,9)} é LI ou LD ?
Solução:
963
852
741
= 0 , logo, o conjunto { (1,2,3),(4,5,6),(7,8,9) } é LD. Neste caso,
isto significa que os três vetores são coplanares. Existe um vetor que é combinação
linear dos demais, por exemplo, (7,8,9) = 2(4,5,6) – (1,2,3).
17. { (1,2,3,4), (5,6,7,8), (9,10,11,12)} é LI ou LD ?
Solução: são três vetores do R4. Usamos a definição:
a(1,2,3,4) + b(5,6,7,8) + c(9,10,11,12) = (0,0,0,0)
(a,2a,3a,4a) + (5b,6b,7b,8b) + (9c,10c,11c,12c) = ( 0,0,0,0 )
( a + 5b + 9c, 2a + 6b + 10c, 3a + 7b + 11c, 4a + 8b + 12c ) = ( 0, 0, 0, 0)
Igualando as coordenadas correspondentes, resulta o sistema:
=++
=++
=++
=++
0c12b8a4
0c11b7a3
0c10b6a2
0c9b5a
Multiplicando a primeira equação por 2 e subtraindo da segunda equação, a segunda
equação fica : – 4b – 8c =0. Logo, b = – 2c. Substituindo na primeira equação, resulta
a = c. Assim, uma solução possível é c = 1, b = – 2, e a = 1. Logo:
27
1*(1,2,3,4) + (–2)*(5,6,7,8)+1*(9,10,11,12) = (0,0,0,0).
Conclusão: o conjunto de vetores { (1,2,3,4), (5,6,7,8), (9,10,11,12)} é LD (
Linearmente Dependente ) . Uma combinação linear entre os vetores é a seguinte :
1*(1,2,3,4) + 1*(9,10,11,12) = 2*(5,6,7,8) .
28
Exercícios. Verifique se os conjuntos são LI ou LD. Caso o conjunto seja LD, tente
identificar uma combinação linear entre os vetores, como no exemplo 16.
1. { ( 1, 1 ) , ( 5,5 ) }
2. { ( 2, 3 ) , (–1, 4) }
3. { ( 0,0 ) , ( 2, 5) }
4. { ( 1,1,1) , (1,1,0) , (1,0,0) }
5. { (1,1,4,6) , (5,6,8,9) , (–18, –22 , –24 , – 24)}
6. { (3,1,–1),(1,–2,1),(11,–7,–1) }
7. { ( 1,2,5, 10) , ( 0,0,0,0)}
8. {( 1,1) , (–2,–2) }
9. Determinar o valor de m para que o conjunto de vetores {(1,2), ( 3, m)} seja LI.
10. Determinar o valor de m para que o conjunto de vetores {(1,2,4),(3,4,5),(1,0,m)}
seja LI.
Respostas dos exercícios:
1. { ( 1, 1 ) , ( 5,5 ) } é LD, pois (5,5) = 5(1,1).
2. { ( 2, 3 ) , (–1, 4) } é LI, pois se fizermos a(2,3) + b(–1,4)=(0,0), resulta
(2a, 3a) +( –b,4b)=(0,0) , ou seja , ( 2a –b, 3a +4b) =(0,0). Temos o sistema
=+
=−
0b4a3
0ba2
, cuja solução única é a= 0 e b=0, pois 0
43
12
≠
−
. Logo, o
conjunto { ( 2, 3 ) , (–1, 4) } é LI( Linearmente Independente ).
3. { (0,0) , (2,5) } é LD , pois (0,0) = 0(2,5).
4. { ( 1,1,1) , (1,1,0) , (1,0,0) } é LI, pois
001
011
111
= – 1. Analogamente ao exercício
2, se fizermos a combinação linear
a(1,1,1) + b(1,1,0) + c(1,0,0) = (0, 0 , 0 ), resulta
(a,a,a ) + (b,b,0) + (c,0,0) = (0 , 0, 0) , isto é :
(a + b + c, a + b , a) = ( 0,0,0) , ou seja , o sistema
=
=+
=++
0a
0ba
0cba
.
A terceira equação implica a = 0; substituindo na segunda equação, vem b = 0; da
primeira equação, já que a = 0 e b = 0, resulta c = 0. Portanto, como a única
solução deste sistema é a solução trivial, o conjunto { ( 1,1,1) , (1,1,0) , (1,0,0) } é
LI. De fato, tal conclusão segue da regra prática, uma vez que o determinante do
sistema de equações é
001
011
111
= – 1. Lembremos que, pela regra de Cramer, se o
29
determinante da matriz dos coeficientes é diferente de zero, o sistema tem solução
única.
5. Suponhamos uma combinação linear igual ao vetor nulo do R4:
a(1,1,4,6) + b(5,6,8,9) + c(–18,–22, –24 , –24) = ( 0,0,0,0)
( a,a,4a,6a ) + ( 5b,6b,8b,9b) + ( –18c, – 22c, – 24c, –24c) = ( 0, 0, 0, 0 )
( a + 5b–18c , a + 6b–22c, 4a+8b–24c, 6a +9b –24c) = ( 0, 0 , 0 , 0 )
Igualando as coordenadas, resulta o sistema homogêneo:
=−+
=−+
=−+
=−+
0c24b9a6
0c24b8a4
0c22b6a
0c18b5a
Subtraindo as duas últimas equações, resulta –2a – b = 0, ou seja, b = – 2a.
Substituindo na 1ª equação, resulta: a + 5(–2a) – 18c = 0, o que implica a = – 2c, e c
∈ R. Portanto, escolhendo c = 1, resulta a = – 2, e b = 4. Portanto, o conjunto de
vetores dados {(1,1,4,6),(5,6,8,9),(–18, –22,–24, –24)} é linearmente dependente. De
fato, a igualdade –2 (1,1,4,6) + 4 (5,6,8,9) + 1(–18, –22 , –24 , – 24) = (0,0,0,0)
significa que podemos escrever um dos vetores como combinação linear dos demais.
Por exemplo: (–8,–22,–24, –24) = 2(1,1,4,6) – 4(5,6,8,9).
6. { (3,1,–1),(1,–2,1),(11,–7,–1) } é LI, pois
1711
121
113
−−
−
−
= 24.
7. { ( 1,2,5, 10) , ( 0,0,0,0)} é LD, pois (0,0,0,0)= 0*(1,2,5,0)
8. {( 1,1) , (–2,–2) } é LD, pois (–2,–2) = –2*(1,1).
9. O conjunto de vetores {(1,2), ( 3, m)} é LI se e somente se ∆=
m2
31
for
diferente de zero. Calculando: ∆= m – 6, resulta que o conjunto de vetores {(1,2), ( 3,
m)} é LI se e somente se m ≠ 6.
10. Os vetores dados são LI se e somente se m ≠ –3.
30
Capítulo 5. Espaços vetoriais
Neste capítulo, é dada uma noção intuitiva de espaço vetorial, sem a formalização
usual. São vistos exemplos de subespaços vetoriais do R2 e do R3, que são mais
simples e podem ser representados geometricamente. O conceito de base é
introduzido, com exemplos de representação com o uso da base canônica e de outras
bases do R2 e R3.
Espaços gerados. Suponhamos que V seja um espaço vetorial e B = { v1, v2 ,...,vn }
⊂ V é um conjunto de vetores linearmente independentes, então o conjunto de todas
as combinações lineares dos vetores de B é um subespaço vetorial de V, gerado por B.
Isto é, o espaço gerado por B é o conjunto {a1v1+ a2v2 + ... + anvn / ai ∈ R}. Este
conjunto é um subespaço vetorial de V, com dimensão igual a n.
Exemplo 1. V = R2.
B = { ( 1,2 ) }
O conjunto de todos os vetores múltiplos ou combinações lineares
do vetor (1,2) é a
reta que passa pela origem com equação y = 2x. Esta reta é um subespaço vetorial do
R2, de dimensão 1.
Figura 3. A reta y = 2x é um subespaço vetorial do R2 de dimensão 1.
31
Exemplo 2. V = R3
B = { (1,0,0) , (0,1,0) }
O conjunto de todos os vetores que são combinações lineares dos vetores (1,0,0) e
(0,1,0) é um plano contido no R3, em que cada vetor tem a terceira coordenada nula.
Este plano é um subespaço vetorial do R3, de dimensão 2.
Figura 4. O plano xOy é um subespaço vetorial do R3 de dimensão 2.
Base. Um conjunto B={v1,v2,...,vn} de vetores de um espaço vetorial V é chamado de
base de V se é Linearmente Independente e se gera V. Isto é, todo vetor de V é uma
combinação linear do conjunto de vetores v1,v2,...,vn e os vetores são LI.
Exemplo 3. V = R2.
B = { (1,0), (0,1) } é a base canônica do R2
De fato: B = { (1,0), (0,1) } é LI , pois
10
01
= 1≠ 0 e B gera o R2, pois qualquer
vetor (x,y) é combinação linear dos vetores (1,0) e (0,1): (x,y) = x(1,0) + y(0,1).
Em particular: (3, 4) = 3(1,0) + 4(0,1)
32
Exemplo 4. V = R2.
B = { (1,1), (–1,1) } é uma base do R2
De fato, B= { (1,1), (–1,1) } é LI , pois
11
11 −
= 2 e todo vetor (x,y) é combinação
linear dos vetores de B. Por exemplo, expressar o vetor u=(1,5) nesta base.
Solução: (1,5) = a(1,1) + b( –1,1)
(1,5) = (a–b, a + b)
Resulta o sistema :
=+
=−
5ba
1ba
. Somando as duas linhas do sistema, resulta: 2a = 6 ,
logo a = 3 . Da segunda equação, vem : b = 5 – 3 = 2.
Conclusão: (1,5) = 3(1,1) + 2(–1,1) . Logo, as coordenadas do vetor (1,5) na base
B={(1,1),(–1,1)} são 3 e 2. Resumindo: na base canônica {(1,0),(0,1)}, temos u =
(1,5). Na base B={(1,1), (–1,1)}, temos u=(3, 2) .
Figura 5. Uma combinação linear no R2.
Analogia: na base 10, o número doze é escrito como 12 ( 1 dezena mais duas unidades
); na base 2, o número 12 é representado pelos símbolos 1100.
Base 10 : 12= 1*10 + 2*100
Base 2 : 11002 = 1*2
3 + 1*22 + 0*21 + 0*20 = 12
Exemplo 5. V = R3
B = { (1,0,0) , (0,1,0) , (0,0,1) } é a base canônica do R3
De fato, B é um conjunto LI, pois
100
010
001
= 1 e todo vetor (x,y,z) do R3 é uma
combinação linear dos vetores do conjunto B: (x,y,z) = x(1,0,0) + y(0,1,0) + z(0,0,1)
Em particular: (3,4,5) = 3(1,0,0) + 4(0,1,0) + 5(0,0,1)
u=3u1+2u2
2u2
3u1
y
x
33
Exemplo 6. V = R3
B = { (0,2,0), (3,0,3),(– 4,0,4)} é base do R3.
De fato, B é um conjunto LI, pois
430
002
430 −
= – 48. Todo vetor do R3 é uma
combinação linear destes três vetores.
Exercício. Determinar as coordenadas do vetor v=(3,4,5) na base B do exemplo 6.
Solução : (3,4,5) = a(0,2,0) + b(3,0,3) + c(–4,0,4)
(3,4,5) = (0,2a,0) + (3b,0,3b) + (–4c,0,4c)
(3,4,5) = (3b–4c, 2a , 3b+4c)
Equivale ao sistema :
=+
=
=−
5c4b3
4a2
3c4b3
Logo: a = 2 , b = 4/3 e c= ¼
Isto é, na base B, as coordenadas do vetor v são (2, 4/3, 1/4) ,isto é,
(3,4,5) = 2(0,2,0) +
3
4
(3,0,3) +
4
1
(– 4, 0 , 4) .
Produto Escalar. O produto escalar de dois vetores (do Rn) u= (u1,u2,..,un) e
v=(v1,v2,...vn) é vu ⋅ = ∑
=
n
1i
iivu
No Matlab, o produto escalar é calculado de u e v é calculado pelo comando dot(u,v).
Uma aplicação do produto escalar é a detecção de erros em código de barras,
conforme artigo publicado na revista Revista do Professor de Matemática, número 68.
Exemplo 7. Calcular o produto escalar dos vetores u =(1,2) e v = (3,5).
Solução: vu ⋅ = 31 ⋅ + 52 ⋅ = 3 + 10 = 13.
Exemplo 8. Calcular o produto escalar dos vetores u =(1,2, –1) e v = (0,3,5).
Solução: vu ⋅ = 01 ⋅ + 32 ⋅ + 5)1( ⋅− = 0 + 6 – 5 = 1.
Vetores Ortogonais. Dois vetores u e v são ortogonais se vu ⋅ = 0.
Exemplo 9. Os vetores u = (1,1) e v = (–1,1) são ortogonais, pois vu ⋅ = )1(1 −⋅ +
11⋅ = –1 + 1 = 0. Os vetores do exemplo 8 não são ortogonais. Geometricamente, dois
vetores do R2 ( ou do R3 ) são ortogonais se o ângulo entre eles for igual a 90o.
Exemplo 10. Os vetores u = (1, 2 , 3) e v = ( 1,1,0) não são ortogonais, pois vu ⋅ =
1*1 + 2*1 + 3*0 = 3 . Como o produto escalar entre u e v não é igual a zero, os
vetores não são ortogonais.
34
Conjunto Ortogonal. Um conjunto M={v1,v2,...,vn} de um espaço vetorial V é
ortogonal se 0vv ji =⋅ , para cada par i , j, com i ≠ j. Por exemplo, o conjunto
M={(1,–1,0), (2,2,4), (4,4,–4) } é ortogonal. A verificação fica a cargo do leitor.
Base Ortogonal. Uma base B={v1,v2,...,vn} de um espaço vetorial V é ortogonal se
0vv ji =⋅ , para cada par i , j, com i ≠ j.
Exemplo 11. As bases canônicas do R2 e do R3 são ortogonais.
Exemplo 12. A base B = { (1,1), (–1,1) } é uma base ortogonal do R2.
Normalização de um vetor. Dado um vetor u = (u1,u2,...un) do R
n, o módulo de u é
dado por | u | = 2n
2
2
2
1 u...uu +++ . Se | u | = 1, então u é um vetor unitário. Todo
vetor u com módulo não-nulo pode ser normalizado, fazendo-se v =
|u|
u
. No Matlab,
o módulo de u é calculado através de norm(u).
Exemplo 12. u = (3,4)
Módulo de u : | u | = 22 43 + = 25 = 5.
| u | = 5.
Versor de u : v =
|u|
u
=
5
)4,3(
(3/5 , 4/5 ) . Observe que | v | = 1.
O vetor v = ( 3/5, 4/5), chamado de versor de u, é um vetor unitário que tem a mesma
direção de u.
Base Ortonormal. É uma base ortogonal formada por vetores unitários.
Exemplo 13. B = { (1,1) , (–1,1) } é uma base ortogonal, mas não é ortonormal, pois
cada vetor da base B tem módulo igual a 2 ; a base B’ = { ( 1/ 2 , 1/ 2 ) , ( –
1/ 2 , 1/ 2 ) } é uma base ortonormal do R2. No Matlab, obtemos | (1,1) | = | (–1,1) |
= 1.4142. Logo, a base ortonormal é B’ = { (0.7071, 0.7071) , (–0.7071, 0.7071)} .
Exemplo 14. O conjunto {(–1,2,3), (2,–2,2)} é LI. Acrescentar um terceiro vetor a
este conjunto para que ele se transforme numa base ortogonal do R3. Obter uma base
ortonormal do R3.
Solução: procuramos um vetor v = (a,b,c) do R3 tal que
0)3,2,1()c,b,a( =−⋅
0)2,2,2()c,b,a( =−⋅
Equivale ao sistema : –a + 2b + 3c = 0
2a – 2b + 2c = 0
Somando as duas equações , resulta:
a + 5c = 0, logo, a = –5c.
35
Substituindo na primeira equação, resulta: b = – c. Se c = 1, então a = –5 e b = –4.O
vetor é v = (–5,– 4,1).
Verificação: =−⋅−− )3,2,1()1,4,5( 5 + (–8) + 3 = 0
=−⋅−− )2,2,2()1,4,5( –10 + 8 + 2 = 0
Assim, uma base ortogonal do R3 é o conjunto
B = {(-1,2,3), (2,-2,2), (–5,–4,1)}.
Para obter uma base ortonormal do R3, basta dividir cada vetor de B pelo seu módulo.
Assim, uma base ortonormal do R3 é o conjunto
B’={(-0.2673,0.5345,0.8018),(0.5774,–0.5774,0.5774),(–0.7715,–0.6172,0.1543)}
Cada vetor do conjunto B’ é unitário e os vetores são ortogonais dois a dois.
Exercícios.
1.Calcular as coordenadas do vetor v=( 3, 5) na base B={(1,2),(–2,1)}.
2. Dado o vetor vB = (2, –2, –1) na base B={(1,1,1),(1,1,0),(1,0,0)} expressar este
vetor na base canônica do R3 .
3. Verificar se o conjunto B={(1,1,3),(2,3,6),(3,4,9)} é ou não base do R3.
4. Verificar se o conjunto B = {(1,1,1,3),(0,0,1,–4),(1,0,5,9),(1,0,9,4)} é ou não base
do R4. Calcular as coordenadas do vetor (5, 2, 23, 25) na base B.
5. Verificar se o conjunto B = {(0,0,1,–4),(1,0,5,9),(1,0,9,4)} é LI ou LD.
6 . O conjunto B={(1,1,1),(–1,1,0)} é LI. Adicionar um terceiro vetor não-nulo a este
conjunto de modo que o conjunto resultante seja ortogonal.
7. Normalizar o conjunto B ={ (1,2),(–2,1)}.
8. Calcular as coordenadas do vetor v=(7,7,7) na base B={(1,1,1),(1,1,0),(1,0,0)}.
9. Calcular as coordenadas do vetor v=(2,6) na base B={(1,1),(–1,1)} . Representar
graficamente.
Respostas dos exercícios:
1. Suponhamos (3,5) = a(1,2) + b(–2,1)
(3,5) = ( a, 2a) + (–2b, b) =
(3,5) = ( a – 2b, 2a +b)
Igualando as coordenadas, resulta o sistema :
a – 2b =3
2a + b = 5
Cuja solução é a = 2.6 e b = – 0.2 . Assim, as coordenadas do vetor v= (3,5) na base
B={(1,2) , (–2,1)} são (2.6 , – 0.2). Notação vB = ( 2.6 , –0.2 )
2. v = 2(1,1,1) – 2(1,1,0) –1(1,0,0) = ( 2,2,2) – (2,2,0)–(1,0,0) = ( –1,0,2)
3. O conjunto B não é base do R3, pois é um conjunto Linearmente Dependente, já
que o determinante formado pelos vetores é igual a zero. Observe que u3 = u1 + u2.
36
4. Primeiro, devemos mostrar que o conjunto é Linearmente Independente. A matriz
M formada pelos vetores tem det(M) = 11. Logo, o conjunto é LI. Como a dimensão
do espaço vetorial R4 é igual a 4, este conjunto é uma base. As coordenadas do vetor v
na base B são vB = ( 2 , –1, 1 , 3) .
5. Se o conjunto for LD, então deve haver uma combinação linear entre os vetores,
por, exemplo : (0,0,1, – 4) = a(1,0,5,9) + b(1,0,9,4)
(0,0,1, – 4) = ( a ,0 ,5a , 9a) + (b ,0 , 9b ,4b)
(0,0,1, – 4) = ( a + b, 0, 5a +9b , 9a+4b )
Igualando as coordenadas correspondentes, resulta o sistema :
a +b = 0 5a +9b =1 9a+4b = – 4
Como este sistema não tem solução, significa que o conjunto de vetores é LI
(Linearmente Independente).
6. Suponhamos que o terceiro vetor seja o vetor ( a, b, c ) . Para que o conjunto seja
ortogonal, o produto escalar deve ser igual a zero, entre cada par de vetores diferentes.
Assim: (1,1,1)(a,b,c) = 0
(–1,1,0)(a,b,c) = 0
Desenvolvendo o produto escalar, resulta: a + b + c = 0
–a + b = 0
O sistema acima tem a solução b = a , c = – 2a, onde a ∈ R. Escolhendo a = 1, resulta
b = 1 e c = –2. Assim, o conjunto resultante é B’ = {(1,1,1),(–1,1,0),(1,1,–2)}.
7. Basta dividir cada vetor pelo seu módulo. O conjunto fica B’={ (0.4472, 0.8944) ,
(–0.8944, 0.4472)}.
8. Devemos supor (7 , –7 , 7 ) = a(1,1,1) + b(1,1,0) + c(1,0,0)}.
Montando e resolvendo o sistema, resulta a = 7,b = – 14, c=14. Assim, as coordenadas
de v na base B são vB=(7,–14,14.).
9. Analogamente ao exercício 8, chegamos a vB= ( 4,2) .
37
Capítulo 6. Transformações lineares e representação matricial
Sejam V e W espaços vetoriais; T: V → W é uma transformação linear se T satisfaz
as duas seguintes propriedades:
i) T ( u + v ) = T(u) + T(v) , para quaisquer u e v ∈ V
ii) T(au) = aT(u) , para qualquer a ∈ R e u ∈ V.
Exemplo de uma transformação linear T : R → R , onde T(x) = 2x .
Neste exemplo, estamos considerando o conjunto dos números reais como um
espaço vetorial. A transformação é definida por T(x)=2x. Assim, T(x+y)=
2(x+y) = 2x + 2y = T(x) + T(y) e T(ax)=2(ax)=a(2x)=aT(x). Logo, T é uma
transformação linear.
Exemplo de uma transformação não-linear. T: R → R, onde T(x) = 2x + 3.
Para mostrar que esta transformação não é linear, basta mostrar um par de
vetores de R para os quais T(x+y)≠ T(x)+T(y).Por exemplo, x = 2 e y = 4;
T(2 + 4) = T(6) = 15 e T(2)+T(4) = 7+11= 18.
Assim, T(2+4) ≠ T(2) + T(4). Logo, esta transformação não é linear.
Propriedade de uma transformação linear. Se T: V → W é uma transformação
linear do espaço vetorial V no espaço vetorial W, então T(0) = 0. Assim, no exemplo
2, como T(0) = 3, T não é uma transformação linear, de acordo com a definição
acima.
Representação matricial de uma transformação linear
Uma transformação linear T: Rn → Rm pode ser representada na base canônica por
uma matriz Amxn. Neste texto, sempre serão consideradas as bases canônicas do R
n.
Notação: A ou [T].
Assim, se A é a matriz que representa a transformação linear T, o cálculo de T no
vetor v equivale a multiplicação matricial de A por v, ou seja, : T(v)=Av.
Exemplo 1. T: R2 → R3 definida por T(x,y)=(x+y, x–y, 2x); calculando a imagem
dos vetores da base canônica, obtemos T(1,0)=(1,1,2) e T(0,1)=(1,–1,0), logo a matriz
de T é a matriz A =
2x3
02
11
11
− . Nesta notação, a transformação T(v) é interpretada
como a multiplicação de A pelo vetor v=
y
x
:
−
+
2x
yx
yx
=
−
y
x
02
11
11
. Assim, a matriz que representa esta transformação é
A=
2x3
02
11
11
− ou [T]=
2x3
02
11
11
−
38
Exemplo 2. T : R2 → R2 definida por T(x,y)=(x+3y,4x+2y); calculando a imagem
dos vetores da base canônica, obtemos T(1,0)=(1,4) e T(0,1)=(3,2) ,logo a matriz de T
é A=
2x2
24
31
. Nesta notação, a transformação é interpretada como a multiplicação
de A por v =
y
x
:
+
+
2y4x
3yx
=
y
x
24
31
Por exemplo, T(1,1) = ( 1+3, 4+2) = (4,6) ou
1
1
24
31
=
+
+
24
31
=
6
4
Exemplo 3 .T: R3 → R3 definida por T(x,y,z)= ( x+y+z , x+y+2z, x–y) .
Na base canônica do R3, a matriz de T é A =
− 011
211
111
. Nesta notação, a
transformação é interpretada como a multiplicação de A por v =
z
y
x
.
Exemplo 4. A transformação linear T: R3 → R3 tem representação matricial igual a
−−
420
321
401
. Calcule T(1,4,7).
Solução : w = T(1,4,7); w =
−−
420
321
401
7
4
1
=
−
36
14
29
Logo, T(1,4,7) = (29, –14, 36) ou como vetor-coluna, w =
−
36
14
29
Exemplo 5. Seja T: R2 → R2 uma transformação linear tal que T(1,0)=(2,5) e
T(0,1)=(– 4,1). Calcular T(x,y).
Solução : na base canônica, (x,y) = x(1,0) + y(0,1)
T(x,y)=T(x(1,0) + y(0,1))=xT(1,0)+yT(0,1)=x(2,5)+y(–4,1)
T(x,y)=( 2x – 4y, 5x+y)
A matriz de T é a matriz A =
−
15
42
. Observe que as colunas da matriz A são as
imagens dos vetores da base canônica. Esta propriedade vale em geral.
39
Exemplo 6. Dada a transformação T do exemplo 2, calcular a lei da
transformação
linear L: R2 → R2 , dada por L(x,y)= T10(x,y).
Solução: A matriz de T é A =
24
31
. Calculando A10, resulta
40
Exercícios.
1. Seja T: R2 → R2 a transformação linear T(x,y)= (2x+2y,–x+5y). Calcule T(0,0),
T(1,1) , T(T(2,4)). Deduza uma regra prática para calcular T(T(x,y)).
2. Seja T: R2 → R2 a transformação linear T(x,y)= (2x+2y,–x+5y). Calcule os
vetores v=(x,y) tais que T(x,y)=(0,0).
3. Sejam T1: R
2 → R2 , T1(x,y)= (2x+2y,–x+5y) e T2: R
2 → R2 , T2(x,y)= (x+y,x–
2y). Calcule T1(T2(3,4)) ; calcule T2(T2(3,4)); calcule T2(T2(T2(T2(3,4)))). Qual a
maneira mais rápida de efetuar este cálculo ?
4. Seja T: R2 → R2 dada por T(x,y) = (x+2y, y) . Calcule T(0,0),T(1,0), T(1,1) e
T(0,1).
5. A transformação que efetua uma rotação de um ângulo θ ( no Matlab, deve ser dado
em radianos2 ) no R2 é representada pela matriz A =
θθ
θ−θ
)cos()sin(
)sin()cos(
. Calcule a
imagem do vetor u=(3/5, 4/5) por uma rotação de 600 do plano. Representa
geometricamente. Compara o módulo de u com o módulo de T(u).
6.A matriz A =
θθ
θ−θ
100
0)cos()sin(
0)sin()cos(
é uma transformação linear do R3 no R3 que
representa uma rotação em torno do eixo z por um ângulo θ.
a) Se u = ( 2, 0, 4) , qual a imagem de u por uma rotação de 900 em torno do eixo z ?
Calcule no Matlab e represente graficamente no R3. Calcule o módulo de T(u) e
compare com o módulo de u.
b) Se u = ( 1, 0 , 1) , qual a imagem de u por uma rotação de 450 em torno do eixo z ?
Calcule no Matlab e represente graficamente no R3. Calcule o módulo de T(u) e
compare com o módulo de u.
7. Seja T: R3 → R3 dada pela matriz A=
−
−
7/37/67/2
7/27/37/6
7/67/27/3
. Calcule w=T(1,2,3)
e compare | (1,2,3) | e | T(1,2,3) |. O que observa ?
8. Seja T: R3 → R3 , uma transformação linear tal que T(1,0,0)=(2,3,4), T(0,1,0)=(1,–
1,2) e T(0,0,1)=(–1,2,0). Calcule a matriz de T e T(3,4,5).
2 pi radianos equivale a 1800 . Portanto, x graus equivale a y =
180
xpi
radianos.
41
Respostas dos exercícios:
1.T(0,0) = (0,0) ; T(1,1)=(4,4) ; T(T(2,4))=(60,78)
2. O único vetor cuja imagem é o vetor nulo é o vetor nulo.
3. T1(T2(3,4))=( 4, –32) ; T2(T2(3,4)) =(2, 17); T2
4(3,4)=(–13,83) Se A é a matriz de
T, basta fazer A4 multiplicado por u=(3,4).
4. T(0,0)=(0,0) , T(1,0) = (1,0) , T(1,1)=(3,1) e T(0,1)=(2,1).
5. A matriz de T é a matriz
−
)3/cos()3/sin(
)3/sin()3/cos(
pipi
pipi
;
u = ( 0.6 , 0.8). T(u)=(–0.3928 , 0.9196); | u | = 1 e | T(u) | = 1.
6. a) u = (2,0,4) ; v=T(u)= (0,2,4) , | u | = | v | = 4.4721
b) u = (1,0,1) ; v = T(u) = (0.7071 , 0.7071, 1). | u | = | v | = 1.4142.
Solução do item a. Solução do item b.
(0.7, 0.7, 1)
(1,0,1)
z
x
y
(0,2,4)
(2,0,4)
x
z
(–0.39 , 0.9)
(0.6 , 0.8)
y
x
y
42
7. . Seja T: R3 → R3 dada pela matriz A=
−
−
7/37/67/2
7/27/37/6
7/67/27/3
. Calcule
w=T(1,2,3) = ( 3.5714 , 0.8571 ; 0.7143 ) . Vemos que | u | = 3.74 e | T(u) | = 3.74.
8. A matriz de T é a matriz [T]=
−
−
024
213
112
e T(3,4,5)=( 5 , 15 , 20).
43
y
x x
Capítulo 7. Autovalores e autovetores
Definição de autovalor e autovetor. Seja T: Rn → Rn uma transformação linear. Se
existe um vetor não-nulo v tal que T(v)=λv, para algum escalar λ, então λ é dito um
autovalor da transformação linear e cada vetor não-nulo v tal que T(v)=λv é dito um
autovetor da transformação linear, associado a λ.
Como a cada Transformação Linear T: Rn → Rn corresponde uma matriz Anxn que a
representa, os valores de λ e v da definição acima são chamados também de autovalor
( valor próprio ) e autovetor ( vetor próprio ) da matriz A, respectivamente.
Exemplo 1. Verificar que o vetor v=(1,1) é um autovetor da transformação T: R2 →
R2 dada por T(x,y)=(2x+2y,–x+5y), associado ao autovalor λ=4.
Solução: a matriz de T é A =
− 51
22
. Multiplicando por v =
1
1
, obtemos:
− 51
22
1
1
=
+−
+
51
22
=
4
4
= 4
1
1
.
Resumindo: T(v) = 4v, onde v=(1,1), ou equivalentemente, Av = 4v.
Figura 6. O vetor v=(1,1) .
Figura 7. O vetor T(v) = 4v.
Exemplo 2. Verificar que o vetor v=(4,2) é um autovetor da transformação
T:R2→R2 dada por T(x,y)=(2x+2y,–x+5y), associado ao autovalor λ=3.
Solução: a matriz de T é A =
− 51
22
. Multiplicando por v=
2
4
, obtemos:
− 51
22
2
4
=
+−
+
104
48
=
6
12
= 3
2
4
.
Resumindo: T(v) = 3v, onde v=(4,2), ou equivalentemente, Av=3v.
v
y
T(v)=4v
44
x
Exemplo 3. A rotação de 45o no plano xy não tem nenhum autovetor.
y y
x
v
v
T(v)
CÁLCULO DOS AUTOVALORES E AUTOVETORES
Para o cálculo dos autovalores e autovetores de uma transformação linear T: Rn → Rn
representada pela matriz A, devemos resolver a equação Av= λv, ou seja, Av = λIv,
onde I é a matriz identidade nxn. Isto é, devemos procurar soluções não-triviais do
sistema
(A– λI) v = 0
Para que tal ocorra, a matriz A – λI deve ser singular ( det(A– λI)=0 ), isto é, os
autovalores da matriz A são as raízes da equação det(A-λΙ) =0, chamada de equação
característica de A. Os autovetores associados ao autovalor λ formam o espaço-
solução ou auto-espaço de A associado a λ.
Resumindo: para calcular os autovalores de uma Transformação Linear T: Rn → Rn
representada pela matriz A, calculamos as raízes da equação característica det(A-λI)
=0 , que é uma equação de grau n. Depois, para cada autovalor calculado, o autovetor
é dado pela solução não-trivial do sistema (A– λΙ) v = 0 .
Exemplo 4. Calcular os autovalores da transformação linear T: R2 → R2 dada por
T(x,y)=( 2x+2y,– x+5y ). Determinar os autoespaços associados.
Solução: neste caso n = 2, logo I =
10
01
; A=
− 51
22
. A equação característica é
det(A–λI) = 0, ou seja, λ
λ
−−
−
51
22
= 0. Resulta: (2– λ)(5–λ)+2=0, ou seja,
λ2 – 7λ + 12 = 0, donde, os autovalores são λ = 3 ou λ = 4.
No Matlab: para obter o polinômio característico da transformação, basta definir a
matriz T e usar o comando poly(T). Os autovalores são obtidos pelo comando
roots(poly(T)).
Resultados do Matlab para o exemplo acima: T =
− 51
22
poly(T) = 1 – 7 12
roots(poly(T)) = 4 3
Traduzindo: o polinômio característico de T é p(λ) = λ2 – 7λ + 12 e a equação
característica de T é λ2 – 7λ + 12 = 0 ; os autovalores de T são λ =
4 e λ = 3. Para
obter os autovetores, devemos calcular para cada autovalor diferente.
Para λ = 4 , o autovetor v = (x,y) ≠ (0,0) deve satisfazer T(x,y) = 4(x,y), ou seja
(2x+2y,–x+5y) = ( 4x, 4y ) . Igualando as coordenadas correspondentes, resulta :
2x + 2y = 4x
–x + 5y = 4y
A solução deste sistema é 2x = 2y , isto é, x = y. Assim, todo vetor em que a
primeira coordenada é igual a segunda é um autovetor associado a λ = 4 . Por
exemplo, se v = ( 2 , 2 ) , então T(v) = T(2,2) = ( 2*2+ 2*2, – 2+ 5*2) =(8,8) = 4(2,2).
46
Portanto, o autovetor associado ao autovalor λ = 4 é o autovetor v = x(1,1) , x ≠ 0, ou
simplesmente, v = ( 1 , 1). Se tomarmos o conjunto de todos os múltiplos do vetor
(1,1) , teremos a reta y = x, que passa pela origem do R2 e é um subespaço vetorial do
R2, chamado de autoespaço associado ao autovetor v = (1,1) . Um autovetor
normalizado é v = (
2
1 ,
2
1 ) .
Para λ = 3 , o autovetor v = (x,y) ≠ (0,0) deve satisfazer T(x,y) = 3(x,y) , ou seja,
(2x+2y,–x+5y) = ( 3x, 3y ) . Igualando as coordenadas correspondentes, resulta :
2x + 2y = 3x
–x + 5y = 3y
A solução deste sistema é x = 2y. Logo, v = x (2,1) , x ≠ 0 , é o autovetor associado
ao autovalor λ = 3. Por exemplo, se v = ( 4,2 ) , então T(v) = T(4,2) = (2*4 + 2*2, –4
+ 5*2) = ( 12, 6 ) = 3( 4,2) , isto é, T(v)=3v. O autoespaço associado é a reta que passa
pela origem e tem a direção do vetor v = ( 4,2) .
CÁLCULO NO MATLAB
No Matlab, os autovalores e autovetores de uma matriz T são obtidos com o comando
[ P, D ] = eig( T ) . Os autovetores são dados na forma normalizada. No exemplo
acima, se T = [ 2 2; –1 5] , o comando [P,D] = eig(T) resulta :
P =
–0.8944 –0.7071
–0.4472 –0.7071
D =
3 0
0 4
Interpretação: autovalor λ = 3 associado ao autovetor v1 = (– 0.8944 , – 0.4472 )
autovalor λ = 4 associado ao autovetor v2 = (– 0.7071 , – 0.7071 )
Exemplo 5. Diagonalização
No exemplo 4, vimos que
− 51
22
tem autovalor λ = 3 associado ao autovetor
v1=(–0.8944,–0.4472) e autovalor λ=4 associado ao autovetor v2=(–0.7071,–0.7071).
Defina a matriz P cujas colunas são os autovetores: P =
−−
−−
7071.04472.0
7071.08944.0
e
calcule P–1*T*P. O resultado é chamado de diagonalização da transformação.
Significa que se tomarmos como base do R2 o conjunto B={v1,v2} a transformação é
representada pela matriz diagonal D=
40
03
. No Matlab, a matriz P é obtida
diretamente com o comando [P,D]=eig(A).
47
Exercícios.
1. Calcule no Matlab os autovalores e autovetores da transformação linear T : R2 →
R2 dada por T(x,y) = ( –14x + 12y, –20x + 17y) . Calcule o polinômio característico
de T, os autovetores na forma normalizada, associados a cada autovalor. Depois,
escreva identificando a proporção entre as coordenadas, como na tradução ( exemplo
acima ).
2. Considere a transformação linear T: R2 → R2, dada por T(x,y) =(x,x+2y) . Escreva
o polinômio característico de T. Calcule os autovalores e autovetores de T.
Diagonalize T, como no exemplo 5.
3. Verifica se v =
−
0
1
0
1
é autovetor da matriz A=
−
1000
0210
0101
0200
. Em caso
afirmativo, identifica o autovalor λ correspondente.
4. Calcule no Matlab o polinômio característico, os autovalores e autovetores da
matriz M=
−
−
102
012
104
. Escreva os autovetores na forma normalizada, e na forma
usual, associados a cada autovalor.
5. Calcule o polinômio característico, os autovalores e autovetores da transformação
linear representada pela matriz
−
95200
97540
00531
01042
00001
.
Respostas dos exercícios:
1. O polinômio característico de T é p(λ) = λ2 – 3λ + 2. Os autovalores são λ1 = 1
associado ao autovetor v1 = ( –0.6247 , –0.7809) , e λ2 = 2, associado ao autovetor
v2= ( –0.6 , – 0.8 ) . Na forma usual, temos :
λ1 = 1 associado ao autovetor v1 = ( 1 , 1.25) e
λ1 = 2 associado ao autovetor v2 = ( 3 , 4 ).
2. A matriz de T é T =
21
01
. O polinômio característico de T é p(λ) = λ2 – 3λ + 2.
Os autovalores são λ1 = 1 associado ao autovetor v1 = ( 0 , 1 ) , e λ2 = 2, associado
ao autovetor v2= ( 0.7071 , – 0.7071 ) . Na forma usual, temos :
λ1 = 1 associado ao autovetor v1 = ( 0 , 1) e
λ1 = 2 associado ao autovetor v2 = ( 1 , –1 ).
48
3. O vetor v é uma autovetor da matriz A, pois Av = – 2v. Neste caso, o autovalor
associado é λ = 2.
4. O polinômio característico de M é p(λ) = λ3 – 6λ2 +11λ +6. Os autovalores são
λ1=1, associado ao autovetor v1=(0,1,0), λ2 = 3 associado ao autovetor v2=(0.5774,–
0.5774,– 0.5774) e λ3 = 2, associado ao autovetor v3=(–0.3333, 0.6667, 0.6667 ) . Na
forma usual, temos: autovalor λ1 = 1, associado ao autovetor v1=(0,1,0) ,
autovalor λ2 = 3, associado ao autovetor v2=(1,–1,–1) e
autovalor λ3 = 2, associado ao autovetor v3 =(–1, 2 , 2 ).
5. O polinômio característico de A é p(λ) = λ5 –26λ4 + 211λ3 – 709λ2 + 982λ – 459.
Autovalores e autovetores associados abaixo.
Autovalor Autovetor
λ1 = 14.5219 v1= (0 , –0.07, –0.02 , 0.74 , 0.66)
λ2 = 1.6248 v2= (0 , –0.32, 0.29 , –0.77 , 0.44)
λ3 = 4.0498 v3= (0 , 0.28, –0.88 , –0.01 , 0.37)
λ4 = 4.8035 v4= (0 , –0.05, 0.87 , 0.04 , –0.47)
λ5 = 1 v5= (0.40 , –0.008, –0.09 , 0.78 , –0.46)
49
Capítulo 8. Cálculo das iteradas de uma transformação linear
Em alguns casos, aplicação sucessiva de uma transformação linear gera uma
seqüência de vetores que converge a um vetor fixo, chamado de vetor de equilíbrio.
Isto pode ocorrer em algumas aplicações ( por exemplo, em Cadeias de Markov ) ,
onde se procura o estado de equilíbrio de uma distribuição de fatias de mercado, veja
em Ben Noble. Para ilustrar esta aplicação, calculamos as iteradas de uma
transformação linear num dado vetor u0, e analisamos o limite )(uTlim 0
n
∞→n
. Estudando
os autovalores e autovetores da transformação ( ou da matriz que a representa ) ,
podemos justificar o que acontece em cada caso.
Exemplo. Dado o vetor u0 =
5.0
5.0
, calculadas as iteradas da transformação
representada pela matriz T =
6.08.0
4.02.0
.
Solução : calculando as cinco primeiras iteradas, obtemos:
u1 = T*u0 =
6.08.0
4.02.0
*
5.0
5.0
=
5.0*6.05.0*8.0
5.0*4.05.0*2.0
=
7.0
3.0
u2 = T*u1 =
6.08.0
4.02.0
*
7.0
3.0
=
7.0*6.03.0*8.0
7.0*4.03.0*2.0
=
66.0
34.0
u3 = T*u2 =
6.08.0
4.02.0
*
66.0
34.0
=
66.0*6.034.0*8.0
66.0*4.034.0*2.0
=
668.0
332.0
u4 = T*u3 =
6.08.0
4.02.0
*
668.0
332.0
=
668.0*6.0332.0*8.0
668.0*4.0332.0*2.0
=
6664.0
3336.0
u5 = T*u4 =
6.08.0
4.02.0
*
6664.0
3336.0
=
668.0*6.0332.0*8.0
668.0*4.0332.0*2.0
=
6667.0
3333.0
Tais resultados podem ser obtidos diretamente no Matlab com o seguinte laço, usando
o for ( os resultados vão ser omitidos aqui no texto ):
>> u0=[0.5;0.5] ;
>> T=[0.2,0.4;0.8,0.6] ;
>> for i=1:5
T^i*u0
end
Resumindo, vemos que o as iteradas tendem ao vetor de equilíbrio
6667.0
3333.0
. Para
justificar tal resultado, calculamos os autovalores e autovetores da transformação T no
Matlab:
>>T=[0.2,0.4;0.8,0.6];
>>[m,n]=eig(T)
m =
50
–0.7071 –0.4472
0.7071 –0.8944
n =
–0.2000 0
0 1.0000
Temos : autovalor λ1 = – 0.2 associado ao autovetor v1=(–1,1)
autovalor λ2 = 1 , associado ao autovetor v2 = ( 1, 2 )
Tomando a base B ={ (–1,1) , (1,2) } como base do R2, o vetor inicial u0= ( 0.5 ; 0.5 )
pode ser escrito como a seguinte combinação linear dos vetores de B:
(0.5 ; 0.5 ) = –
6
1
(–1,1) +
3
1
(1,2)
Assim, aplicando sucessivamente a transformação linear T no vetor u0, o autovetor v1
é multiplicado sucessivamente pelo autovalor λ1=–0.2, tendendo ao vetor nulo; por
outro lado, o autovetor v2= (1,2) é multiplicado sucessivamente pelo autovalor λ2=1 .
Devido a combinação linear u0= –
6
1
v1 +
3
1
v2, a tendência é a seqüência das iteradas
convergir para o vetor de equilíbrio
3
1
v2 = ( 1/3 ; 2/3 ), como verificado no Matlab.
Exercícios. Calcular as iteradas da transformação dada no vetor inicial dado.
Justificar o resultado obtido, analisando os autovetores e autovalores de T.
1. T =
−
6.00
24.0
, u0 =
3
2
2. T =
9.02.0
1.08.0
, u0 =
5.0
5.0
3.
=
0.10.40.3
0.30.20.2
0.60.40.5
T , u0 =
0
1
0
4.
=
184
072-
003
T , u0 =
3
1
1
51
Respostas dos exercícios:
1. T =
−
6.00
24.0
, u0 =
3
2
λ1 = – 0,4 v1 = ( 1 , 0 )
λ2 = 0,6 v2 = ( 2 , 1 )
Escrevendo o vetor dado u0 = (2, 3 ) como combinação dos autovetores:
( 2, 3) = a( 1, 0 ) + b( 2,1 ) = ( a,0) + (2b, b) = ( a + 2b, b)
a + 2b = 2
b = 3
Logo , a = 2 – 2b = 2 – 2*3 = 2–6 = – 4
( 2, 3) = (– 4)*( 1,0 ) + 3*(2,1 )
T(2,3) = (–4)*T(1,0) + 3*T(2,1)= –4*(–0,4)*(1,0)+3*0,6*(2,1) = ( 5,2 ; 1,8)
Aplicando a transformação sucessivas vezes, resultam as iteradas:
u0 u1 u2 u3 u4 u5 u6 u7 u8
2 5,2 1,52 1,5520 0,6752 0,5075 0,2636 0,1745 0,0982
3 1,8 1,08 0,6480 0,3888 0,2332 0,1400 0,0840 0,0504
Neste exemplo, as iteradas de T no vetor u0=(2,3) correspondem às combinações de
multiplicações sucessivas dos autovetores pelos seus autovalores.Como | –0,4 | = 0,4
< 1 e | 0,6| = 0,6 < 1, a multiplicação sucessiva faz com que as iteradas tendam a zero.
Escrevemos : =
+∞→
)(uTlim 0
n
n
0
0
. Seja qual o vetor u0 escolhido inicialmente, as
iteradas vão tender ao vetor nulo, neste caso, pois os dois autovalores tem módulo
menor do que 1. Esta propriedade pode ser verificada experimentalmente no Matlab.
2. T =
9.02.0
1.08.0
, u0 =
5.0
5.0
λ1 = 0,7 v1 = (–1 , 1 )
λ2 = 1 v2 = ( 1 , 2 )
Escrevendo o vetor dado u0 = (0,5 ; 0,5 ) como combinação dos autovetores:
( 0,5 ; 0,5) = a(–1, 1 ) + b( 1,2 ) = (–a,a) + (b, 2b) = (–a + b, a + 2b)
Resulta o sistema : –a + b = 0,5
52
a + 2b = 0,5
A solução é : a = –
6
1
e b =
3
1
. Então : ( 0,5 ; 0,5) = –
6
1
*( –1, 1 ) +
3
1
* ( 1,2 )
Aplicando a transformação sucessivas vezes, resultam as iteradas:
u0 u1 u2 u3 u4 u5 u10 u15 u20
0,5 0,45 0,415 0,3905 0,3734 0,3613 0,3529 0,3366 0,3339
0,5 0,55 0,585 0,6095 0,6267 0,6387 0,6471 0,6634 0,6661
Aplicar as iteradas de T no vetor u0 = ( 0,5 ; 0,5 ) é a mesma coisa que multiplicar
sucessivas vezes o autovetor v1 = (–1 , 1 ) por 0,7 e o autovetor v2 = ( 1 , 2 ) por 1.
Logo, a contribuição do autovetor v1 = (–1,1 ) tende a desaparecer, pois |0,7| < 1,
resultando no limite apenas a parcela que equivale a
3
1
* ( 1,2 ) . No Matlab, obtemos
( 0.3333;0.6667) , o que é a mesma coisa. Se escolhermos como vetor inicial um
autovetor da transformação, duas coisas podem acontecer: se o vetor inicial for
múltiplo de v1 , então as iteradas tendem ao vetor nulo, pois λ1= 0,7. Se o vetor inicial
for múltiplo de v2, as iteradas serão iguais ao próprio vetor, pois λ2 =1 e tendem ao
próprio vetor. Qualquer outra escolha do vetor inicial com coordenadas positivas cuja
soma seja igual 1, produzirá uma seqüência de vetores que tenderá ao vetor
(0.3333;0.6667), chamado de vetor de equilíbrio. Esta propriedade pode ser verificada
experimentalmente no Matlab.
3. As iteradas desta transformação tendem ao vetor de equilíbrio v=(0.5042, 0.2269,
0.2689), uma vez que seus autovalores são 1 , 0.0414 e –0.2414, associados aos
autovalores.
4. A aplicação sucessiva desta transformação não converge a um vetor de equilíbrio,
pois os autovalores de T são 1, 7 e 3. O autovetor associado ao autovalor λ1=1 é o
autovetor v1= (0,0,1) . Assim, escolhendo um vetor inicial que não seja múltiplo de v1,
a aplicação das iteradas de T deve divergir.
53
Capítulo 9. Diagonalização de uma matriz
Vimos que toda transformação linear T:Rn →Rn tem uma matriz canônica que a
representa. Portanto, podemos associar a cada matriz nxn uma transformação linear do
Rn no Rn. Por exemplo, a matriz
T1=
−
100
0)4/cos()4/sin(
0)4/sin()4/cos(
pipi
pipi
é uma rotação por um ângulo de pi/4 em torno do eixo z num sistema de coordenadas
xyz. Já a matriz
T2 =
9.02.0
1.08.0
pode ser interpretada como uma matriz de probabilidade que pode ser usada para
descrever o comportamento de uma população de indivíduos divididos em duas
classes( por exemplo, fumantes e não-fumantes). No caso da matriz T2, vimos que
seus autovalores e autovetores são respectivamente: autovalor λ1= 0.7, associado com
o autovetor v1 = (–1, 1) e autovalor λ2 = 1, associado com o autovetor v2 = ( 1 , 2 ).
Isto significa que T2(v1) = 0.7*v1 e T2(v2)=1*v2. Dizemos que a matriz T2 tem uma
base de autovetores, pois os autovetores v1=(–1,1) e v2=(1,2) são linearmente
independentes, logo o conjunto {(–1,1) , (1,2)} é uma base do R2. Relacionado com
esta propriedade, está o conceito importante de diagonalização de uma matriz. Antes
de vermos como diagonalizar uma matriz, vamos ver dois exemplos de cálculo de
autovalores e suas multiplicidades algébrica e geométrica.
Exemplo 1. Encontrar a multiplicidade algébrica e geométrica dos autovalores de
A =
− 353
031
002
Solução:
o polinômio característico de A é p(λ) = λ3 – 8λ2 + 21λ – 18.
No Matlab, fazemos:
>> A = [ 2 0 0 ; 1 3 0 ; – 3 5 3];
>> poly(A)
ans =
1 -8 21 -18
Portanto, p(λ) = λ3 – 8λ2 + 21λ – 18. As raízes deste polinômio são os autovalores da
matriz A, obtidas pelo comando abaixo:
>> roots(poly(A))
ans =
3.0000 + 0.0000i
3.0000 - 0.0000i
2.0000
54
Interpretação. Os autovalores da matriz A são
λ = 2 , com multiplicidade algébrica 1
λ = 3 , com multiplicidade algébrica 2
Os autovetores correspondentes podem ser calculados no Matlab :
>> [m, n] = eig(A)
m =
0 0 0.1231
0 0.0000 -0.1231
1.0000 -1.0000 0.9847
n =
3 0 0
0 3 0
0 0 2
Interpretação :
Autovalor λ = 2 associado ao autovetor v = [ 0.1231; –0.1231; 0.9847 ]
Autovalor λ = 3 associado ao autovetor v = [ 0; 0 ; 1 ]
Veja que os vetores [ 0 ; 0 ; 1 ] e [ 0 ; 0 ; – 1] são LD, portanto, basta considerar
apenas um deles. Portanto:
autovalor λ = 2 tem multiplicidade geométrica 1
autovalor λ = 3 tem multiplicidade geométrica 1.
Isto é, a cada autovalor corresponde um sub-espaço vetorial do R3 de dimensão 1,
associado ao autovalor, gerado pelos múltiplos do autovetor.
Exemplo 2. Calcular a multiplicidade algébrica e geométrica dos autovalores de
A =
−
301
121
200
Solução: o polinômio característico de A é p(λ) = λ3 – 5λ2 + 8λ – 4.
No Matlab, fazemos:
>> A=[ 0 0 -2;1 2 1;1 0 3]
A =
0 0 -2
1 2 1
1 0 3
>> poly(A)
ans =
1 -5 8 -4
>> roots(poly(A))
ans =
2.0000
2.0000
1.0000
Interpretação: os autovalores de A são
λ = 1 , com multiplicidade algébrica 1
55
λ = 2 , com multiplicidade algébrica 2
Para obter os autovetores, fazemos no Matlab:
>> [m,n]=eig(A)
m =
0 -0.8165 0.7071
1.0000 0.4082 0
0 0.4082 –0.7071
n =
2 0 0
0 1 0
0 0 2
Interpretação :
λ = 1 , associado com o autovetor [ – 0.8165 ; 0.4082 ; 0.4082]
λ = 2 , associado aos autovetores [0;1;0] e [ 0.7071;0 ;–0.7071 ] .Como estes vetores
são LI, temos:
λ = 1 , com multiplicidade geométrica 1
λ = 2 , com multiplicidade geométrica 2
Isto é, o sub-espaço associado ao autovalor λ = 1 é uma reta pela origem do R3, que
tem dimensão 1; o sub-espaço associado ao autovalor λ = 2 é um plano pela origem
do R3, que tem dimensão 2.
A importância dos autovalores e autovetores se baseia no seguinte fato: é possível
diagonalizar uma matriz a partir de seus autovetores, como mostra o seguinte método:
Diagonalização de uma matriz Anxn com n autovetores linearmente
independentes
Passo 1. Calcule os n autovetores linearmente independentes da matriz A, digamos
v1,v2,...,vn.
Passo 2. Forme a matriz P = [v1,v2,...,vn] . Isto significa que cada coluna de P é um
autovetor.
Passo 3. Calcule a matriz D= P–1AP . A matriz D é diagonal, sendo que a diagonal de
D é formada pelos autovalores λi .
Exemplo 3. Diagonalização de uma matriz
A =
−
301
121
200
Solução:
λ = 1 , associado com o autovetor v1= [ – 0.8165 ; 0.4082 ; 0.4082]
λ = 2 , associado aos autovetores v2=[0;1;0] e v3=[0.7071;0 ;–0.7071] (LI)
Logo:P=[v1,v2,v3]=
−
−
7071.004082.0
014082.0
7071.008165.0
é uma matriz que diagonaliza a matriz A.
No Matlab :
56
>>[P,D]=eig(A)
P =
0 –0.8165 0.7071
1.0000 0.4082 0
0 0.4082 –0.7071
D =
2 0 0
0 1 0
0 0 2
Observação: as colunas de P estão trocadas em relação ao resultado acima, pois os
autovalores estão em correspondência. Para efeito da diagonalização, não há problema
nisto.
>>P=[0 1 0;–0.8165 0.4082 0.4082; 0.7071 0 –0.7071];
O comando inv(P) nos dá a matriz inversa de P , ou seja , P–1:
>> inv(P)
ans =
1.0000 1.0000 1.0000
-2.4495 0 -2.4495
-1.4142 0 -2.8284
A matriz diagonal é obtida fazendo inv(P)*A*P:
>> inv(P)*A*P
ans =
2.0000 0 0
0 1.0000 0
0 -0.0000 2.0000
Observe que o resultado é a matriz D, isto é, P–1AP = D.
Exemplo 4 . Uma matriz não diagonalizável.
A matriz
− 353
031
002
tem autovalores λ1 = 2 e λ2 = 3 e os autovetores associados são
v1= [ 1; – 1; 8 ] e v2 = [ 0; 0 ; 1 ] . Estes autovetores são linearmente independentes,
pois estão associados a autovalores diferentes. Porém, é impossível determinar um
terceiro autovetor LI. Portanto, esta matriz não é diagonalizável.
Matrizes semelhantes. Se A e C são matrizes quadradas de mesma ordem, dizemos
que A e C são matrizes semelhantes se existe uma matriz invertível P tal que a
igualdade C=P–1AP é válida.
57
Teorema.
a) Matrizes semelhantes tem o mesmo determinante.
b) Matrizes semelhantes tem o mesmo polinômio característico e, portanto, tem
os mesmos autovalores com as mesmas multiplicidades algébricas.
Teorema. Uma matriz Anxn com n autovalores distintos é diagonalizável.
Exercícios. Encontre o polinômio característico de cada matriz, calcule seus
autovalores e autovetores correspondentes, a matriz que diagonaliza a matriz dada e
efetue a diagonalização:
1. A =
−
−
1720
1214
2. A =
−16
01
3. A =
110
110
001
4. A =
−
300
030
202
5. A=
−
−
3100
0300
0020
0002
6. A=
−−
−
3000
0300
5520
0002
Respostas dos exercícios ( solução no Matlab ) :
1. A =
−
−
1720
1214
>> clear A
>> clear P;clear D;
>> A=[ –14 12; –20 17] ;
>> [P,D]=eig(A)
P =
–0.6247 –0.6000
–0.7809 –0.8000
58
D =
1.0000 0
0 2.0000
>> inv(P)
ans =
–25.6125 19.2094
25.0000 –20.0000
>> inv(P)*A*P
ans =
1.0000 0.0000
–0.0000 2.0000
A matriz P =
−−
−−
8000.07809.0
6000.06247.0
é uma matriz que diagonaliza a matriz A. As
colunas de P são os autovetores da matriz A. A matriz P–1*A*P é uma matriz
diagonal, cujos elementos são os autovalores da matriz A: P–1*A*P = D.
−
−
0000.200000.25
2094.196125.25
−
−
1720
1214
−−
−−
8000.07809.0
6000.06247.0
=
20
01
P–1 A P = D
Equivale a dizer que : A = P*D*P–1 .No Matlab:
>>D=inv(P)*A*P
D =
1.0000 0.0000
–0.0000 2.0000
>>P*D*inv(P)
ans =
-14.0000 12.0000
-20.0000 17.0000
Observe que a multiplicação PDP–1 resulta igual a A, isto é, PDP–1 = A.
2. A =
−16
01
>> clear A;clear P;clear D;
>> A=[1 0;6 -1]
A =
1 0
6 –1
59
>> [P,D]=eig(A)
P =
0 0.3162
1.0000 0.9487
D =
–1 0
0 1
Lembre que : na diagonal da matriz D aparecem os autovalores de
A.
>> P1=inv(P) % um nome para a inversa de m
P1 =
–3.0000 1.0000
3.1623 0
>> clear D;
>> P1*A*P % verificação da diagonalização
ans =
–1.0000 -0.0000
0 1.0000
Conclusão : a matriz A =
−16
01
é diagonalizável e uma matriz que diagonaliza A
é P =
9487.01
3162.00
. A inversa de P é P1=
−
0000.01623.3
0000.10000.3
.
Verificação :
−
0000.01623.3
0000.10000.3
−16
01
9487.01
3162.00
=
−
10
01
Equivale a dizer que: A = P*D*P–1 .
9487.01
3162.00
−
10
01
−
0000.01623.3
0000.10000.3
=
−16
01
P D P–1 = A
3. A =
110
110
001
>> clear A;clear P;clear D;clear P1;
>> A=[1 0 0;0 1 1;0 1 1];
>> [P,D]=eig(A)
P =
0 1.0000 0
60
–0.7071 0 0.7071
0.7071 0 0.7071
D =
0 0 0
0 1 0
0 0 2
>> P1=inv(P) % a matriz inversa de P
P1 =
0 –0.7071 0.7071
1.0000 0 0
0 0.7071 0.7071
>> P1*A*P
ans =
0 0 0
0 1 0
0 0 2
Conclusão: a matriz A =
110
110
001
é diagonalizável e uma matriz que diagonaliza A
é a matriz P=
−
7071.007071.0
7071.007071.0
010
. A inversa de P é a matriz P1=
−
7071.07071.00
001
7071.07071.00
=P–1.Na forma diagonal,a matriz fica D=
200
010
000
,
pois os autovalores de A são λ1 = 0 , λ2 = 1 e λ3 = 2. Então:
P–1 * A * P = D
−
7071.07071.00
001
7071.07071.00
110
110
001
−
7071.007071.0
7071.007071.0
010
=
200
010
000
Equivale a dizer que : A = P*D*P–1 .
110
110
001
=
−
7071.007071.0
7071.007071.0
010
200
010
000
−
7071.07071.00
001
7071.07071.00
61
4. A =
−
300
030
202
>> clear A;clear P;clear D;clear P1;
>> A=[2 0 -2;0 3 0;0 0 3];
>> [P,D]=eig(A)
P =
1.0000 0 -0.8944
0 1.0000 0
0 0 0.4472
D =
2 0 0
0 3 0
0 0 3
>> P1=inv(m) % a matriz inversa de m
P1 =
1.0000 0 2.0000
0 1.0000 0
0 0 2.2361
Conclusão: a matriz A =
−
300
030
202
é diagonalizável e uma matriz que
diagonaliza A é a matriz P=
−
4472.000
010
8944.001
. A inversa de P é a matriz P1=
2361.200
010
0000.201
= P–1 . Na forma diagonal, a matriz fica D=
300
030
002
, pois os
autovalores de A são λ1 = 2 , λ2 = 3 e λ3 = 3. Então : P–1* A*P =D
2361.200
010
0000.201
*
−
300
030
202
*
−
4472.000
010
8944.001
=
300
030
002
Equivale a dizer que : A = P*D*P–1 .
−
300
030
202
=
−
4472.000
010
8944.001
*
300
030
002
*
2361.200
010
0000.201
62
5. A=
−
−
3100
0300
0020
0002
>> clear A; clear P;clear D;clear P1;A=[-2 0 0 0;0 -2 0 0 ;0 0 3 0 ; 0 0 1 3];
>> [P,D]=eig(A)
P =
1.0000 0 0 0
0 1.0000 0 0
0 0 0 0.0000
0 0 1.0000 -1.0000
D =
-2 0 0 0
0 -2 0 0
0 0 3 0
0 0 0 3
Temos dois autovetores v1 = [ 1;0 ; 0; 0] e v2 =[0 ; 1; 0;0 ] que são Linearmente
Independentes (LI) associados ao autovalor λ1 = – 2, portanto , este autovalor tem
multiplicidade algébrica igual a 2 e multiplicidade geométrica igual a 2; os
autovetores [ 0 ; 0; 0 ; 1 ] e [ 0; 0 ; 0 ; – 1] são Linearmente Dependentes (LD) ,
logo, devemos considerar apenas um, isto é, o autovalor λ2 = 3 tem multiplicidade
algébrica igual a 2, mas multiplicidade geométrica igual a 1. Assim, a matriz A
não é diagonalizável.
6. A=
−−
−
3000
0300
5520
0002
>> clear A;clear P;clear D;clear P1;
>> A=[-2 0 0 0;0 -2 5 -5 ;0 0 3 0 ; 0 0 0 3];
>> [P,D]=eig(A)
P =
1.0000 0 0 0
0 1.0000 0.7071 -0.7071
0 0 0.7071 0
0 0 0 0.7071
D =
-2 0 0 0
0 -2 0 0
0 0 3 0
0 0 0 3
63
Conclusão : a matriz A é diagonalizável, pois cada um dos autovalores tem dois
autovetores LI associados. Assim, uma matriz que diagonaliza a matriz A é a matriz
P =
−
7071.0000
07071.000
7071.07071.010
0001
.
Resumindo:
Multiplicidade algébrica: número de vezes que um autovalor aparece como raiz de
p(λ) = 0.
Multiplicidade geométrica: número de autovetores LI associados a um autovalor.
Exemplo.
A =
−
301
121
200
O polinômio característico de A é p(λ) = λ3 – 5λ2 + 8λ – 4 . As raízes de p(λ) = 0
são 1 ( uma vez ) e 2 ( duas vezes ). Os autovalores de A são :
λ = 1 , com multiplicidade algébrica 1
λ = 2 , com multiplicidade algébrica 2
Para obter os autovetores, fazemos no Matlab:
>> clear A; clear P;clear D; A=[0 0 -2;1 2 1; 1 0 3]
>> [P,D]=eig(A)
P =
0 -0.8165 0.7071
1.0000 0.4082 0
0 0.4082 -0.7071
D =
2 0 0
0 1 0
0 0 2
Interpretação:
λ = 1 , associado com o autovetor [ – 2 ;1 ; 1]
λ = 2 , associado aos autovetores [0 ; 1 ; 0 ] e [ 0.7071;0 ;–0.7071 ] .Como estes
vetores são LI, temos:
λ = 1 , com multiplicidade geométrica 1
λ = 2 , com multiplicidade geométrica 2
Relações entre multiplicidade algébrica e geométrica
Teorema Se A é uma matriz quadrada, então:
a) A multiplicidade geométrica de um autovalor de A é no máximo igual a
multiplicidade algébrica.
b) A é diagonalizável se, e somente se, a multiplicidade geométrica de cada autovalor
de A é igual à multiplicidade geométrica.
Portanto, este teorema justifica porque a matriz do exemplo 5 acima não é
diagonalizável.
64
Capítulo 10. Potências de uma matriz diagonalizável
Existem muitas aplicações que exigem o cálculo de potências elevadas de matrizes
quadradas. Para minimizar o tempo de processamento e diminuir o consumo de
energia, bem como diminuir os erros de arredondamento, existem algumas técnicas
que podem reduzir a quantidade de operações necessárias nestas aplicações.
Consideremos A uma matriz nxn diagonalizável e P a matriz que diagonaliza a matriz
A. Então:
D =P–1AP (1)
onde D é uma matriz diagonal, cujos elementos são os autovalores de A. A matriz D é
denotada por D = diag(λ1, λ2,...,λn). A equação (1) equivale a:
A = PDP–1 (2)
Suponhamos que precisemos calcular A2 .Pela equação (2) :
A2 = (PDP–1)( PDP–1) = PD(P–1 P)DP–1 = PDIDP–1 = PD2P–1
A2=PD2P–1 (3)
Logo para calcular Ak, onde k é um inteiro positivo, devemos fazer:
Ak=PDkP–1 (4)
Esta equação, que é válida para uma matriz A diagonalizável, expressa a k-ésima
potência de A em termos das k-ésimas potências de D, portanto, sendo mais fácil de
calcular, pois sendo D uma matriz diagonal, então Dk= diag( k1λ ,
k
2λ ,...,
k
nλ ). Por
exemplo, se D=
200
020
001
, então D4 =
4
4
4
200
020
001
.
Exemplo 1. Usar a fórmula (4) para calcular a potência A13 da matriz diagonalizável
A =
−
301
121
200
.
Solução: como vimos, uma matriz que diagonaliza a matriz A é P =
−−
011
101
012
. A
inversa de P é P–1 =
−−
111
201
101
e D = P–1AP=
200
020
001
. Assim:
65
A13=PD13P–1=
−−
011
101
012
13
13
13
200
020
001
−−
111
201
101
=
−−
1638308191
819181929191
1638208190
Para calcular A2 = A*A, por definição, é necessário efetuar 3 multiplicações e 2
adições no cálculo de cada elemento do produto, isto é, 5 operações. Assim, para
calcular 9 elementos, são necessárias 45 operações aritméticas. Logo, para calcular
A13 = A*A*...*A, são necessárias 12*45= 540 operações. Pela fórmula (4), foram
necessárias 3 operações de potenciação com expoente 13, que equivalem a 36
operações de multiplicação, além da multiplicação da matriz diagonal por P–1, e deste
resultado por P. No total, foram necessárias 36 + 90 = 126 operações aritméticas, ou
seja, uma redução de 77% do esforço computacional. Além disto, a multiplicação por
uma matriz diagonal é mais simples, pois muitos de seus elementos são zeros:
13
13
13
200
020
001
−−
111
201
101
=
−−
131313
1413
222
202
101
. Além disto, é possível realizar os
cálculos ‘no braço’.
66
Capítulo 11. Fatoração LU
Na aula anterior, vimos que, de acordo com o Teorema de Cramer, um sistema Ax= b,
nxn, possui solução única se ∆=det(A)≠ 0; neste caso, a solução é dada por xi = ∆
∆ ix ,
onde ∆ = det(A) e ∆xi é o determinante da matriz obtida pela substituição da i-ésima
coluna de A, pelos valores do vetor-coluna b, para cada i =1,...,n. Porém, esta forma
de calcular a solução é muito dispendiosa, pois exige o cálculo de (n+1) determinantes
de ordem n. Uma técnica utilizada no cálculo da solução é baseada na decomposição
ou fatoração LU da matriz A. Isto é, consiste em escrever
A = LU
onde L é triangular inferior ( matriz tal que Lij = 0, se i < j ) e U é triangular superior
( matriz Uij = 0, se i > j ) . Objetivo: resolver o sistema Ax = b, usando a fatoração
A=LU.
Passo 1. Reescrever Ax = b como LUx = b.
Passo 2. Definir uma nova incógnita y por Ux = y; o sistema Ax=b fica igual a Ly=b.
Passo 3. Resolver o sistema Ly = b, na incógnita y.
Passo 4. Resolver o sistema Ux = y.
Este procedimento de resolução é conhecido como método da decomposição LU.
Exemplo 1. Verificar a igualdade:
−−
294
083
262
=
−
−
734
013
002
100
310
131
A = L U
e usar este resultado para resolver o sistema
−−
294
083
262
3
2
1
x
x
x
=
3
2
2
A x = b
Solução : definimos L =
−
−
734
013
002
e U =
100
310
131
. Multiplicando estas
matrizes, obtemos :
67
LU=
−
−
734
013
002
100
310
131
=
⋅+⋅−+⋅⋅+⋅−+⋅⋅+⋅−+⋅
⋅+⋅+⋅−⋅+⋅+⋅−⋅+⋅+⋅−
⋅+⋅+⋅⋅+⋅+⋅⋅+⋅+⋅
173)3(14071)3(34070)3(14
103113001133000113
103012001032000012
=
−−
294
083
262
= A
Isto é, A = LU, ou
−−
294
083
262
=
−
−
734
013
002
100
310
131
A = L U
Temos, então:
−
−
734
013
002
100
310
131
3
2
1
x
x
x
=
3
2
2
L U x = b
Definimos o sistema do passo 2:
100
310
131
3
2
1
x
x
x
=
3
2
1
y
y
y
U x = y
onde
−
−
734
013
002
3
2
1
y
y
y
=
3
2
2
L y = b
ou equivalentemente : 2y1 = 2
–3y1 + y2 = 2
4y1 – 3y2 + 7y3 = 3
cuja solução é y1 = 1 ; y2 = 5 ; y3 = 2.
Resolvemos agora U x = y , isto é:
100
310
131
3
2
1
x
x
x
=
2
5
1
ou : x1 + 3x2 + x3 = 1
x2 + 3x3 = 5
x3 = 2
Resolvendo este sistema por retrossubstituição, obtemos:
x3 = 2 , x2 = – 1, x1 = 2 .
68
Conclusão: a solução do sistema
−−
294
083
262
3
2
1
x
x
x
=
3
2
2
é x3 = 2, x2 = – 1, x1 = 2.
Em notação usual, o sistema dado é
2x1 + 6x2 + 2x3 = 2
–3x1 – 8x2 = 2
4x1 + 9x2 + 2x3 = 3
Verificação: A solução é x1 = 2 , x2 = – 1, x3 = 2 , pois
2*2 + 6*(–1)+2*2= 4–6+4=2
–3*2 – 8*(–1) = –6 + 8 = 2
4*2 + 9*(–1)+2*2 = 8 – 9 + 4 = 3
Em notação matricial, a solução é x =
−
2
1
2
.
Exemplo 2. Resolução do sistema
−− 11
82
2
1
x
x
=
−
−
2
2
. Temos A=
−− 11
82
e b =
−
−
2
2
. Note que este sistema equivale a
−=−−
−=+
2xx
2x8x2
21
21 .
Solução no Matlab: definimos a matriz A =
−− 11
82
no Matlab e depois fazemos:
>> [L,U]=lu(A)
L =
1.0000 0
–0.5000 1.0000
U =
2 8
0 3
Então : A =
−− 11
82
=
− 15.0
01
30
82
A = L U
Resolvemos o sistema Ly = b
− 15.0
01
2
1
y
y
=
−
−
2
2
69
No Matlab, usando o comando y = L\b, resulta y =
2
1
y
y
=
−
−
3
2
.
Resolvemos no Matlab o sistema Ux = y :
30
82
2
1
x
x
=
−
−
3
2
No Matlab, a solução é obtida pelo comando x = U\y:
x =
2
1
x
x
=
−1
3
Conclusão: a solução do sistema
−− 11
82
2
1
x
x
=
−
−
2
2
é
2
1
x
x
=
−1
3
.
Verificação :
−− 11
82
−1
3
=
−⋅−+⋅−
−⋅+⋅
)1()1(3)1(
)1(832
=
−
−
2
2
O comando lu tem duas opções no Matlab. A opção [l,u]=lu(A) apresenta uma matriz
L que sofre permutações e não tem, em geral, o formato triangular inferior. A opção
[l,u,p]=lu(A) apresenta a matriz L como matriz triangular inferior, a matriz U como
triangular superior e a matriz de permutação P tal que A = P–1LU, ou seja, PA = LU.
Deste modo, se usarmos a opção [l,u,p] do comando, para resolver o sistema Ax=b,
devemos multiplicar o vetor b por P. Em alguns casos, a matriz P é a matriz
identidade, o que não altera o vetor b. Para resolver o sistema Ax = b, usando o
comando [L,U,P]=lu(A), devemos seguir os seguintes passos:
1) Definir a matriz A e o vetor b;
2) Usar o comando [L,U,P]=lu(A) ;
3) Definir o vetor b1=P*b ;
4) Calcular y = L\b1 .
5) Calcular x = U\y.
A solução do sistema Ax = b é o vetor x, obtido no passo 5.
70
Exercícios. Resolver os sistemas abaixo, usando a fatoração LU da matriz dos
coeficientes do sistema. Apresentar as matrizes L,U,P, os vetores y e x. Na solução
apresentada abaixo, foi usada a opção [l,u,p] do comando lu.
1.
=+−
=−
1x5x2
0x6x3
21
21
2.
−=+−
=+
=−
7x2x10x2
5x3x
1x3x
321
32
21
3.
=+
=+−
−=+−+
=+−
7x5x
3x2x
1x6x2x3x2
5xx
43
32
4321
31
Respostas dos exercícios:
1. Fatoração LU
−
−
52
63
=
− 13/2
01
−
10
63
; b=
1
0
A = L U
y = L\b =
1
0
; x = U\y =
1
2
é a solução do sistema. De fato:
3*2 – 6*1 = 0
–2*2 + 5*1 = 1
2. Fatoração LU
−
−
2102
310
031
=
15.00
015.0
001
−
−
5.300
120
2102
;
A = L U
P =
010
001
100
; b=
− 7
5
1
; b1 = P*b=
−
5
1
7
y = L\b1 =
−
75.2
5.4
7
; x = U\y =
7857.0
6429.2
9286.8
. Verificação: a cargo do leitor.
71
3. Fatoração LU
−
−
−
5100
0210
6232
0101
=
−
−
15.000
016667.00
0015.0
0001
−
4000
2200
305.10
6232
;
A = L U
P=
1000
0100
0001
0010
( Esta matriz permuta as linhas 1 e 2 , mantendo as linhas 3 e 4)
b=
−
7
3
1
5
; b1 = P*b =
−
7
3
5
1
; y = L\b1 =
−
4
6
5.4
1
; x = U\y =
−
1
2
1
3
. Verificação: a
cargo do leitor.
72
Capítulo 12. Decomposição em valores singulares
Se A é uma matriz quadrada nxn de posto k ( isto é, tem k linhas linearmente
independentes ), então A tem
uma decomposição em valores singulares A = USVT,
na qual:
a) V= [ v1 ,v2 ,...,vn] diagonaliza a matriz A
TA.
b) As entradas não-nulas de S são σ1= 1λ , σ2= 2λ ,..., σn= nλ , onde λ1,λ2,...λn
são os autovalores de ATA associados aos vetores-coluna de V.
c) Os vetores-coluna de V são ordenados de tal modo que σ1 ≥ σ2 ≥ ... ≥ σn > 0. Os
valores σ1 , σ2 ,... , σn são os valores singulares de A.
d) ui = i
i
Av
1
σ
, i=1,2,...,k
e) [ u1,u2,..., uk ] é uma base ortonormal do espaço gerado pelas colunas de A.
f) [ u1,u2,..., uk, uk+1,...,un ] é uma extensão de a uma base ortonormal de R
n.
OBSERVAÇÃO: No caso especial em que det(A) é diferente de zero, então o número
de linhas LI de A é igual a n. Assim, não há zeros na diagonal de S. Neste caso, k = n
e não é necessária a extensão mencionada no item f.
Exemplo 2. Encontre a decomposição em valores singulares da matriz A
=
30
23
.
Solução: o primeiro passo é encontrar os autovalores da matriz
ATA=
32
03
30
23
=
732
323
.
No Matlab:
>> A=[ sqrt(3) 2; 0 sqrt(3)];
>> A′ %calcula a matriz transposta de A
ans =
1.7321 0
2 1.7321
>> aux=A′*A % calcula o produto ATA
>>
aux =
73
3.0000 3.4641
3.4641 7.0000
>> poly(aux) % calcula o polinômio característico de ATA
ans =
1 –10 9
O polinômio característico de ATA é p(λ) = λ2 – 10λ + 9. Calculamos os autovalores
e autovetores de ATA no Matlab :
>> [m,n]=eig(aux)
m=
– 0.8660 0.5000
0.5000 0.8660
n = 1 0
0 9
Os autovalores de ATA são λ1= 1 e λ2 = 9, com autovetores dados pelas colunas da
matriz m:
v1 =
−
5000.0
8660.0
e v2 =
8660.0
5000.0
>> v1=m(:,2); v2=m(:,1);
Os valores singulares de A são σ1= 1λ = 1 = 1 e σ2= 2λ = 9 = 3. No Matlab:
>>sigma=sqrt(diag(n))
sigma =
1
3
Os vetores u1 e u2 podem ser calculados pelas fórmulas abaixo:
u1 = 1
1
Av
1
σ
=
1
1
30
23
−
5000.0
8660.0
=
−
8660.0
5000.0
,
u2 = 2
2
Av
1
σ
=
3
1
30
23
8660.0
5000.0
=
5000.0
8660.0
No Matlab:
>> u1=1/sigma(1)*A*v1; u2=1/sigma(2)*A*v2;
>> U=[u1,u2]
U =
– 0.5000 0.8660
0.8660 0.5000
>> V=[v1,v2]
74
V =
–0.8660 0.5000
0.5000 0.8660
e portanto:
U = [ u1, u2] =
−
5000.08660.0
8660.05000.0
e V =[v1,v2]=
−
8660.05000.0
5000.08660.0
A matriz S é uma matriz diagonal dada pelos valores singulares: S=
σ
σ
2
1
0
0
.
No Matlab, como a matriz A é 2x2, fazemos um for com 2 voltas:
>> for i=1:2
S(i,i)=sigma(i);
end
>>S
S =
1 0
0 3
Conclusão: a decomposição em valores singulares de A é
30
23
=
−
5000.08660.0
8660.05000.0
30
01
−
8660.05000.0
5000.08660.0
A = U S VT
Observação: neste exemplo VT = V, mas isto não ocorre de modo geral.
Exercícios.
1. Efetuar a decomposição em autovalores A = PDP–1 para a matriz A =
422
242
224
.
2. Use o resultado obtido no item A para calcular a potência A4.
3. Seja M =
−
300
030
202
. Use a diagonalização de M para calcular M6.
4. Efetuar a decomposição em valores singulares da matriz
− 22
21
.
5. Efetuar a decomposição em valores singulares da matriz A=
40
64
. Verifique
no Matlab a igualdade A= USVT.
75
6. Efetuar a decomposição em valores singulares da matriz A=
300
012
021
.
Verifique no Matlab a igualdade A= USVT.
Respostas dos exercícios:
1. A diagonalização de A=
422
242
224
é
−
−
5774.05774.05774.0
07071.07071.0
8165.04082.04082.0
422
242
224
−
−
5774.008165.0
5774.07071.04082.0
5774.07071.04082.0
=
800
020
002
P–1 A P = D
Isto é, P–1AP = D, onde D =
800
020
002
.
2.A4=PD4P–1=
−
−
5774.008165.0
5774.07071.04082.0
5774.07071.04082.0
4
4
4
800
020
002
−
−
5774.05774.05774.0
07071.07071.0
8165.04082.04082.0
A4=
137613601360
136013761360
136013601376
3. M=
−
300
030
202
. A diagonalização de M é
−
300
030
202
=
−
4472.000
010
8944.001
300
030
002
2361.200
010
0000.201
=PDP–1. Logo,
M = P D P–1
M6 = PD6P–1=
−
4472.000
010
8944.001
6
6
6
300
030
002
2361.200
010
0000.201
=
−
72900
07290
1330064
76
4. A decomposição em valores singulares da matriz
− 22
21
é
− 22
21
=
−−
−
4472.08944.0
8944.04472.0
20
03
−
−−
4472.08944.0
8944.04472.0
= U S VT .
5. A decomposição em valores singulares da matriz A=
40
64
é
40
64
=
−
8944.04472.0
4472.08944.0
20
08
− 4472.08944.0
8944.04472.0
= U S VT
6. A decomposição em valores singulares da matriz A=
300
012
021
é
300
012
021
=
−
−−
001
7071.07071.00
7071.07071.00
100
030
003
−
−−
07071.07071.0
07071.07071.0
100
A =
U S VT
77
Referências:
1. Noble, Ben. Applied Applied linear algebra. 3. ed. Englewood Cliffs: Prentice-
Hall, 1981. 521 p.
2. Boldrini, Jose Luis. Álgebra linear. 3. ed. São Paulo : Harbra, 1986. 411 p.
3. Claudio, Dalcidio Moraes. Cálculo numérico computacional: teoria e prática. 3. ed.
São Paulo: Atlas, 2000. 464 p.
4. Barroso, Leônidas et. al. Cálculo numérico ( com aplicações ). 2. ed. São Paulo:
Harbra, c. 1987. 367 p.
5. Anton, Howard. Álgebra linear: com aplicações. 8. ed. Porto Alegre: Bookman,
2001. 572 p.
Nos links abaixo, você encontra programas que “simulam” o Matlab e são programas
livres :
http://freemat.sourceforge.net/download.html
http://www.scilab.org/
Links para manuais do Matlab:
http://www.mat.ufmg.br/~regi/topicos/intmatl.html
http://www.del.ufms.br/tutoriais/matlab/apresentacao.htmMais conteúdos dessa disciplina
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