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C A R L O S A . CALLIOLI P r o f . T i t u l a r - F a c u l d a d e d e E n g e n h a r i a I n d u s t r i a l ( S ã o P a u l o ) H Y G I N O H . D O M I N G U E S P r o f . A d j u n t o - I n s t i t u t o d e B i o c i ê n c i a s , L e t r a s e C i ê n c i a s E x a t a s - U N E S P ( R i o P r e t o ) ROBERTO C . f . C O S T A P r a f . L i v r e - D o c e n t e - I n s t i t u t o d e M a t e m á t i c a e E s t a t í s t i c a - U S P ÁLGEBRA LINEAR " . , . E APLICACOES "' . 6~ e d i ç ã o r e f o r m u l a d a 12'! reimpressã~"!IF ATUAJ. EDITORA C A R L O S A . CALLIOLI P r o f . T i t u l a r - F a c u l d a d e d e E n g e n h a r i a I n d u s t r i a l ( S ã o P a u l o ) H Y G I N O H . D O M I N G U E S P r o f . A d j u n t o - I n s t i t u t o d e B i o c i ê n c i a s , L e t r a s e C i ê n c i a s E x a t a s - U N E S P ( R i o P r e t o ) ROBERTO C . f . C O S T A P r a f . L i v r e - D o c e n t e - I n s t i t u t o d e M a t e m á t i c a e E s t a t í s t i c a - U S P ÁLGEBRA LINEAR " . , . E APLICACOES "' . 6~ e d i ç ã o r e f o r m u l a d a 12'! reimpressã~"!IF ATUAJ. EDITORA 124 133 137 149 151 158 161 172 176 192 195 197 199 203 208 212 214 217 218 221 222 225 228 232 235 243 Capítulo 7 - Determinantes 1. Permutações . 2. Determinantes . 3. Propriedades dos Determinantes . 4. Cofatores . 5. Adjunta Clássica e Inversa . 6. Regra de Cramer . 7. Determinante de um Operador Linear .. Apêndice IV - Determinante de um Produto de Matrizes . Capítulo 6 - Espaços com Produto Interno 1. Produtos Internos . 2. Norma e Distância ~ . 3. Ortogonalidade . 4. Isometrias . 5. Operadores Auto-adjuntos . 6. Espaços Hermitianos . Capítulo 8 - Formas Bilineares e Quadráticas Reais 1. Formas Bilineares .. 2. Matriz de uma Forma Bilinear .. 3. Matrizes Congruentes - Mudança de Base para uma Forma Bilinear 4. Formas Bilineares Simétricas e Anti-simétricas . 5. 'Formas Quadráticas . 6. Redução de Formas Quadráticas: Algoritmos .. 7. Lei de Inércia . , Capítulo 4 - Transformações Lineares L Noções sobre Aplicações 102 2. Transformações Lineares 104 3. Núcleo e Imagem 111 4. Isomorfismos e Automorfismos 114 (C;~~~::::-;) Matriz de uma Transformação Linear --1-: -Op~ações com Transformações Lineares . 2. Matriz de uma Transformação Linear : . 3. Matriz da Transformação Composta . 4. Espaço Dual . 5. Matrizes Semelhantes . 2 4 6 8 16 18 27 31 39 42 44 50 54 56 57 59 66 67 74 76 78 80 81 89 91 99 Capítulo 1 - Sistemas Lineares - Matrizes 1. Sistemas Lineares . 2. Sistemas Equivalentes . 3. Sistemas Escalonados .. 4. Discussão e Resolução de um Sistema Linear .. 5. Matrizes . 6. ,Operações com Matrizes . 7. ~,Matrizes Inversíveis . 8. Sistemas de Cramer . ~Apêndice I - Matrizes Elementares .. íNDICE 1 ~ PARTE: ÁLGEBRA LINEAR Capítulo 2 - Espaços Vetoriais 1. Introdução . 2. Espaços Vetoriais ' . 3. Primeiras Propriedades de um Espaço Vetorial . 4. Sub-espaços Vetoriais .. 5. Somas de Sub-espaços . 6. Combinações Lineares .. 7. Espaços Vetoriais Finitamente Gerados .. Apêndice 11 - Exemplo de Espaço que não é Finitamente Gerado Capítulo 3 - Base e Dimensão 1. Dependência Linear .. 2. Propriedades da Dependência Linear .. 3. Base de um Espaço Vetorial Finitamente Gerado . 4. Dimensão .. 5. Processo Prático para Determinar uma Base de um Sub-espaço de [Rn (ou Cn) : ••••••• 6. Dimensão da Soma de Dois Sub-espaços .. 7. Coordenadas .. 8. Mudança de Base .. Apêndice 111 - Teorema da Invariância .. 2 ~ PARTE: APLlCACÕES ( ê~;;';'~ magO~alizaç.O d, O do"" Lio"",,,, Fonna d, Jo . "T'"'-"VâÍc>res e Vetores Próprios 246 2. Diagonalização de Operadores 253 3. Diagonalização de Operadores Auto-adjuntos (ou de Matrizes Simétri- cas Reais) o o o o •••••••••• o •••••••••••••••• o ••••• o ••• o o • o • • • • • 262 4. Aplicação da Diagonalização: Potências de uma Matriz .. o • o •• o o o 266 5. Aplicação da Diagonalização: Séries de Matrizes (Noções) 268 6. Lema de Gergoshin . o • o o o • o o o o o • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • 270 7. Forma de Jordan . o ••••• o ••••••••••••••••••• o •••••• o •• o o.... 272 Capítulo 2 - Curvas e Superfícies de Segundo Grau 1. As Curvas de Segundo Grau o • o o o o ••••••••••••• o o • • • • • • • 284 2. As Superfícies de Segundo Grau o • o o o ••••••••••• o o o o • • • • • 292 Capítulo 3 - Polinômios de Lagrange 1. Valores Numéricos o •••••••• o •••••••••• o o • • • • • • • • 298 2. Polinômios de Lagrange o •••••••• o •••••••••• o o • • • • • • • • 299 Capítulo 4 - Seqüências Recorrentes Lineares 1. Seqüências Recorrentes o • o •••••• o • o ••••• o •••• o o o o o • • • • • • • • 305 2. Aplicação o o ••••••• o o o ••••••••••• o o o o • • • • 311 Capítulo 5 - Equações e Sistemas de Equações Diferenciais Lineares com Coeficientes Constantes 1. Operadores Diferenciais o o o o •••••••••• o • • • • • • • 315 2. Álgebra dos Operadores o o •••••••••• o o • • • • • 317 3. Equações Diferenciais Lineares com Coeficientes Constantes o o o • • 319 4. Equações Homogêneas de Segunda Ordem o o • • •• • • • • • • • 321 5. Equações Homogêneas de Ordem Qualquer o o o •••••••••• o • • 324 6. Sistemas de Equações Diferenciais Lineares com Coeficientes Constantes .... o o o o •• o •••••••••• o o •••••••••••••• o o • o ••••••• o 327 Capítulo 6 - Método dos Mínimos Quadrados 1. O Espaço Euclidiano [Rn: Revisão o o o • o o •••••••••• o • • • • • 334 2. Aproximação por Projeções . o o o o •••••••••• o o • o o o o ••••••• o • o o • 335 3. Ajuste de Curvas o • o •••••••••• o o o •• o •••••• o • o o o • • 338 Respostas ... o •• o o •••••••••••••••• o o o • o o •• o o o o •••••••••• o o o o o • • • • 342 Bibliografia o' o •••••••• o ••••••• o •••••• o •• o o ••••••••••••• o • • • • • • • • 350 Índice Remissivo % o ••• o o • o o o •••••• o o ••••• o •• o o ••••••••• o •••• o •• o o 351 CAPíTULO 1 Sistemas Lineares - Matrizes 1. SISTEMAS LINEARES Neste capítulo procederemos inicialmente a um estudo dos sistemas lineares sobre IR. Não nos moverá aqui nenhuma preocupação de formalismo ou rigor exces- sivos. Além disso limitar-nos-emos a ver sobre o assunto apenas o que é necessário para desenvolver os capítulos posteriores. De uma maneira geral este capítulo 1 constitui apenas um pré-requisito para o restante deste livro. Definição 1 - Dados os números reais ai, ... , an , {3 (n ~ 1), à equação aI Xl + ... + a n xn = (3 onde os Xi são variáveis em IR, damos o nome de equação linear sobre JR nas incógnitas x b ... , xn. Uma solução' dessa equação é uma seqüência de n números reais(*) (não neéessariamente distintos entre si), indicada por (b l , ... , bn), tal que aI b l + ... + a n bn = {3 é uma frase verdadeira. Exemplo - Dada a equação: 2XI - X2 + X3 = 1, a terna ordenada (1,1, O) é uma solução dessa equação pois 2 • 1 - 1 + °= 1 é verdadeira. Definição 2 - Um sistema de m equações lineares com n incógnitas (m, n ~ 1)(**) é um conjunto de m equações lineares, cada uma delas com n incóg- nitas, consideradas simultaneamente. Um sistema linear se apresenta do seguinte modo: { allxl + + alnxn = (31 S: ~~1.~1. ~ ~.~~~~.~ .~. frmlXI + .. , + amnxn = 13m (*) Também chamada n-upla de números reais. Uma solução do sistema acima é uma n.upla (b l , ... , bn ) de números reais que é solução de cada uma das equações do sistema. Exemplo - Dado o sistema { 2X - y + z = 1 S: 'x + 2y = 6 uma solução de S é (O, 3, 4). Notemos que essa solução não é única: a terna (~ , 151 ,~ também é solução de S. Se, no sistema S, tivermos {31 = {32 = ..• = 13m = 0, o sistema S será homo- gêneo. A n-upla (O, 0, ... , O) é solução de S neste caso e por isso todo sistema homogêneo é compatível, de acordo com a definição 3 a seguir. A solução (O, 0, ... , O) chama-se solução trivial do sistema homogêneo. Definição 3 -' Dizemos que um sistema linear S é incompatível se, S não admite nenhuma solução. Um sistema linear que admite uma única solução é chamado compatível determinado. Se um sistema linear S admitir mais do que uma solução então ele recebe o nome de compatível indeterminado. Exemplos 1) Um sistema do tipo all x l + '" + alnxn = {31 OXl + ... + OXn = {3i ({3i =1= O) frmlXl +... + amnxn = 13m é necessariamente incompatível: como nenhuma n-upla é solução da equação i-ésima, então nenhuma n-upla é solução do sistema. 2) Um sistema do tipo { X' ••~'•••...••..••.••• :. ~ xn = {3n (**) 2 Se m = n simplesmente sistema linear de ordem n. é compatível determinado e ({31 , ... , (3n) é a sua solução única. 3 3) O sistema { 2X - y + z == 1 x + 2y = 6 (111) Somar a uma das equações do sistema uma outra equação desse sistema multiplicada por um número real. Deixamos como exercício a verificação de que o sistema: "dt . d . c: • (8 11 )e m e ermma o pOlS, conlorme VImos atrás, as temas (O, 3,4) e 5' 5' O são soluções deste sistema. Conforme veremos, existem infinitas soluções deste sistema. Tente achar uma. CXm1Xl + ... + CXmnXn = ~m 2. SISTEMAS EQUIVALENTES Seja S um sistema linear de m equações com n incógnitas. Interessa-nos considerar os sistemas que podem ser obtidos de S de uma das seguintes maneiras: .(I) Permutar duas das equações de S. É evidente que se 81 indicar o sistema assim obtido, então toda solução de SI é solução de S e vice-versa. (11) Multiplicar uma das equações de S por um número real À =1= O. Indicando por SI o sistema assim obtido mostremos que toda solução de SI é solução de 8 e vice-versa. assim obtido e o sistema S ou são ambos incompatíveis ou admitem ambos as mesmas sbluções. Sugerimos ao leitor que faça alguns casos particulares antes de tentar o caso geral. Deflilição 4 - Dado um sistema linear S, uma qualquer das modificações explicadas acima em (I), (11) e (I1I) que se faça com esse sistema recebe o nome de ope- ração elementar com S. Se um sistema linear 81 foi obtido de um sistema linear S através de um número finito de operações elementares, dizemos que SI é equivalen- te a S. Notação: SI ~ S. É fácil ver que para a relação ~ assim definida valem as seguintes propriedades: Devido a (I) podemos supor que a equação multiplicada seja a primeira. Como as demais equações de S e SI coincidem basta verificar nossa afirmação quanto à primeira equação. (a) S ~ S (reflexiva); (b) SI ~ S~ S ~ SI (simétrica); (c) SI ~ S e S ~ S2 ====> SI ~ S2 (transitiva). Se (b 1 , ••• , bn) é uma solução de S (conforme definição 2), então: Multiplicando por À esta igualdade obteremos: Convém frisar, por último, que em virtude do que já vimos neste parágrafo, se SI ~ S, então toda solução de S é solução de SI e vice-versa. Em particular, se SI é incompatível, o mesmo acontece com S. Desta forma criamos um mecanismo extremamente útil para a procura de solu- ções de um sistema linear S. Procuramos sempre' encontrar um sistema linear equivalente a S e que seja "mais simples". Veremos um exemplo. Considere- mos o sistema: { X +z=l S: 2x=~ + z = 4 x - 2y + 2z = O (1) (2) o que mostra que (b 1 , •.• , bn) é também solução da primeira equação de SI' Por outro lado, se (b 1 , .•• , bn) é solução de SI, então a igualdade (2) é verdadeira. Dividindo (2) por À obtemos (1). Portanto (b 1 , ..• , bn) pertence ao conjunto das soluções de S. 4 5 Demonstração - Sem perder a generalidade podemos supor: Proposição 1 - Todo sistema linear S é equivalente a um sistema escalo- nado. Para estudar este sistema deve-se aplicar a ele uma série de operações ele- mentares visando fazer com que o número de coeficientes iniciais nulos seja maior em cada equação (a partir da segunda) do que na precedente. Vejamos como se pode fazer isso. { X - Y + z = 1 * {X - y + z = 1 **{X - Y + z = 1 2x - y + z = 4 ~ y - z = 2 ~ y - z = 2 x - 2y -I- 2z = O - y + z = - 1. O= 1 S: Xl + Cl12X2 + ... -I- CllnXn = {31 Cl21Xl + Cl22X2 -1- .•• + Cl2nxn = {32 ....................................... 0·0 ......... S: * Multiplicamos por - 2 a primeira equação e somamos o resultad~ com a segunda equação; multiplicamos a primeira equação por -1 e somamos com a tercerra. ** Somamos a segunda equação com a terceira. Como este último sistema é incompatível, o mesmo acontece com o sistema S dado inicialmente. 3. SISTEMAS ESCALONADOS Consideremos um sistema linear de m equações com n incógnitas que tem o seguinte aspecto: CllIl xr1 + . . . . . . . . . . . . . . . .. + CllnXn = {31 Qzr2xr2 + + QznXn = {32 Clkrkxrk + ... + ClknXn = {3k OXn = {3k+ 1 onde Cl1rl =1= O, Cl2f2 =1= O, ... , Clkrk =1= O e cada ri:> 1. Se tivermos 1 < ri < r2 < ... < rk < n diremos que S é um sistema li- near escalonado. É claro que se {3k + 1 =: O, a última equação de S pode ser elimina- da do sistema. Logo, num sistema escalonado o número de coeficientes iniciais nulos em cada equação, a partir da segunda, é maior .do que na precedente. Exemplo de sistema escalonado: { 2X - y - z - 3t = O z - t = 1 2t = 2 6 Para cada Clü :::f= O(i = 2, 3, ... ,m) multipliquemos por (-Clü ) a primeira equação e somemos o resultado à equação i-ésima. Com algumas permutações convenientes de equações (se for o caso) obteremos um sistema SI do seguinte tipo: Xl + ... + Cllrlxrl + ... + CllnXn = {31 72fl xr1 + '" + 72nXn = {3; ................................................ onde 72fl =1= O e ri:> 2, que é equivalente aS. Dividindo a segunda equação de SI por 72fl óbtemos um sistema S2' ainda equivalente a S1> com o qual começamos a repetir o raciocínio feito até aqui, porém a partir da sua segunda equação. Evidentemente, depois de aplicar um certo número finito de vezes esse raciocínio chegaremos a um sistema escalonado equivalente a S. • A importância dos sistemas escalonados reside na Proposição 1. Sendo todo sistema equivalente a um sistema escalonado, bastará que saibamos lidar com os sistemas escalonados e saibamos reduzir um sistema qualquer a um escalonado. Nota: Convém observar que as equações do tipo O = O que por ventura aparecerem no processo de escalonamento devem ser suprimidas, como é óbvio. Exemplo - Escalonemos o seguinte sistema: 1 2X - y + z - t = 4 . 3x + 2y - z + 2t = 1S: 2x- y-z- t=O 5x + 2t = 1 7 4. DISCUSSÃO E RESOLUÇÃO DE UM SISTEMA LINEAR Observe o leitor que (1, 2, 2, - 2) é a única solução de S, pois é a única solução do sistema escalonado. O 2 --3 I z = 3 y = 'Y1 = 'Y2 X Xn = 'Yn 2 3 2 ** --3 1 z = 3 y I x-y * r- y+ z = 1 -r- y+z=S ~ 3y = -2 y-z=-l 2y - 2z = -2 3y = -2 {x-y+ z= r-y+'~ I~ y- z = -1 ~ y-z=-l 3z = 1 z= -3 { x-y+ z=l S: 2x + y + 2z = O 3x - y + z = I Neste caso S' poderá ser transformado, por equivalência, no seguinte sistema (11) Obtém-se um sistema escalonado do seguinte tipo: ( Xl + G'12X2 + + G'lnXn : ~1 X2 + + G'2nXn - ~s: •• e ••••••••••••• Xn = ~n Exemplo - Discutir e resolver o seguinte sistema: Logo S é compatível determinado e ('Y1' 'Y2, ... , 'Yn) é a sua solução. Z + 2x - y - t = 4 1 1 X+sY+st= 1 14 14 -sy -st = O Y + t = -4 ( z + 2x - y - t = 4 ~ 5x + y + t = 5 4x - 2y - 2t = 4 5x + 2t = 1 5x + 2t = 1 Z + 2x - y - t = 4 1 1 x+-y+-t=5 5 4x - 2y 2t = 4 ( Z + 2x - y - t = 4 S ~ - Z + 3x + 2y + 2t = 1 - Z + 2x - y - t = O 5x + 2t = 1 ( z + 2x - y - t = 4 (Z + 2x - y - t = 4 5x + y + t = 5 ~ 5x + y + t = 5 y+t=O y+ t=O Y - t = 4 - 2t = 4 Discutir um sistema linear S significa efetuar um estudo de S visando a classificá-lo segundo a definição 3. Resolver um sistema linear significa determinar todas as suas soluções. O conjunto dessas soluções recebe o nome de conjunto solução do sistema. Seja S um sistema linear de m equações com n incógnitas. Procedendo ao escalonamento de S chegaremos a uma das três seguintes situações: (I) No processo de escalonamento, numa certa etapa, obtém-se um sistema: Como S' é incompatível, então o mesmo se pode dizer de S. (Ver exemplo no parágrafo 2). * Somamos a terceira equação à segunda. ** Somamos a segunda equação à primeira. 8 9 Exemplo - Discutir e resolver o sistema: { x-2y- z=1 S: 2x + y - 3z = O x - 7y = 3 { X- 2y - z = 1 {X - 2y- z = I S ~ 5y - z = -2 ~ 5y - z = -2 - 5y + z = 2 O = O 2 =-3' I z por 3' Logo o sistema é compatível determinado e (o, - ~ , ~) é a sua solução. Observação: Depois de conseguir o escalonamento poderíamos ter achado a solução do sistema por substituição do seguinte modo: Como z = 1- e y - z = - I então y - 1- = - I Daí y = ...!.. - I3 ' 3' 3 Agora, se na primeira equação do sistema substituirmos y por - ~ e acharemos x = o, Logo, {(~ + ~ z, - ~ + i z, z): Z E IR} é o conjunto de todas as soluções ( 1 7 2 1 )de S (conjunto solução de S). Dizemos também que 5 + 5" z, -"5 + "5 z, z ,com z E IR, é a solução geral do sistema lirlear S. z= 7 1 - Sz= S- I 2 y-Sz=-S { X= 1-+2z . 5 5 2 1Y = --+-z . 5 5 { X- 2y- y-~z=-~ Daí tiramos: (I1I) Obtém-se um sistema escalonado do tipo abaixo: Xl + .. ,+ aU2xr2 + ... + alr3Xr3 + ,.. + a1rpXrp + , , . + alnXn = 131 Xr2 + .. , + azr3Xr3 +... + aztpXrp + .. , + a2nXn = l3z S': Xr3 + ,.. + a3rpXrp + ... + a3nXn = 133 onde p < n. É fácil então ir eliminando, por meio de operações elementares, o termo em xr2 na primeira equação, os termos em xr3 da primeira e segunda equações, , .. , os termos em xrp da primeira à (p - l).ésima equação, Por exemplo, multi- plicando a segunda equação por (-aU2) e somando o resultado com a primeira eliminando o termo a1r2xr2' Feito. isto, passamos para o segundo membro de cada equação todas as parcelas, exceção feita à primeira. Teremos então algo como: Xl = f 1 xr2 = f2 Xrp = fp onde cada fi é uma expressão linear nas variáveis Xj com j =1= I, j =1= f2, ',' . ,j =1= rp' A cada seqüência de valores que dermos então a estas n - p variáveis (variáveis livres) obteremos valores para Xl, Xr", ... , Xr . e conseqüentemente uma soluçãoP . do sistema. Como p < n, teremos mais do que uma solução (infinitas na verdade) e o sistema é indeterminado neste caso. RESUMO DA DISCUSSÃO A discussão feita acima pode ser resumida do seguirlte modo: Suponhamos que um sistema tenha sido escalonado e, retiradas as equações do tipo O = O, restam p equações com n irlcógnitas. (I) Se a última das equações restantes é OX1 + .. , + OXn = I3p (l3p =1= O) então o sistema é incompatível; Caso contrário, sobram duas alternativas: (11) Se p = n o sistema é compatível determinado; (I1I) Se p < n, então o sistema é compatível indeterminado. 10 11 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 4. Resolver por escalonamento: 1. Resolver por escalonamento: { 5X - 2y + 2z = 2 s: 3x + y + 4z = -1 4x - 3y + z = 3 {" y + z ;:: 2 x - y z= -3 s: 2x + y + 2z = I 3x + 2y + 3z = 3 Solução De z = O, tiramos x = O e daí teremos y = - 1. { Y+3x+4z = -1 -cS - - 2y + 5x + 2z = 2- 3y + 4x + z = 3 -{'+ 3x + 4z = -1 {+llx + 10z = O x + z = O 3x + 4z = -1 llx + 10z = O 13x + 13z = O 3x + 4z = -1 x + z = O z = O Solução s-{ x + y + z = 22y 2z ~ 5y -3 y -3 Daí:y=3,z= I I -I e x = -2"' Resposta: O sistema é compatível determinado, sendo ( - ~, 3, - ~) sua única solução. Resposta: (O, - 1, O) é a única solução; o sistema é compatível determinado. 5. Resolver por escalonamento: 2. Resolver por escalonamento: { X + Y + z + 3t = 1 s: x + y - z + 2t = O { 3X + 3y 2z - t = 2 s: Sx + 2y + z - 2t = I 2x - y + 3z - t = - I Solução Solução 3. Resolver por escalonamento: Resposta: O sistema é incompatível, por causa da igualdade O = 1. Resposta: {(-2 + 5z - y,y,z,1 - 2z) IY,z E IR} é o conjunto solução do sistema. O sistema é compatível indeterminado, pois tem infinitas soluções. { X - 2y ~ 3z = O s: x + 4y - z = O 2x - y + Z = O r' + 3x + 3y ~ 2z = 2S - - 2t + Sx + 2y + z = I- t + 2x - y + 3z = ~1 -{ - 3x ~ 3y + 2z = -2 _ {t ~ 3x ~ 3y + 2z = ~2x - 4y + Sz = -3 x + 4y - Sz = 3 x - 4y + Sz = -3 Daí: x= -4y + Sz + 3 e t = ~9y + 13z + 7 Resposta: {(-4y + Sz + 3, y, z, ~ 9y + 13z + 7) I y, z E IR} é o conjunto das soluções e portanto o sistema é compatível indeterminado. 6. Resolver o sistema homogêneo por escalonamento: = -2 + 5z - y t = 1 - 2z { X + Y + z = 1 {X + Y + z = 1 y+ z=-1 - y+z=-1 2y + 2z = - 1 O = 1 { X+Y+Z=1 s: x - y - z = 2 2x + y + z = 3 { X + Y + z + 3t = 1 {x s- - 2z + t = 1 Solução { X + Y + z = 1 S - - 2y - 2z = 1 - y- z=1 12 13 Solução - 2y - 3z == O 6y + 2z == O 3y + 7z == O { X 2y - 3z == O - y+~z==O 3y + 7z == O - 2y - 3z == O 1 y +Tz == O 6z == O li. Resolver o sistema: { x2 + y2 = 34 S· . _ x2 + y2 = 16 Solução: Este sistema não é linear, pois x e y aparecem em segundo grau. Mas podemos intro- I' .,. 2 2 d -' { u + v = 34(UZII as varlavels u = x e v = y toman o-se então o sIstema S em _ u + v = 16 cuja solução (única) é u = 9, v = 25. Daí obtemos x2 = 9 e y2 = 25, ou seja, x = ± 3 e y = ± 5. Há portanto 4 soluções para o sistema S: (3,5), (3, - 5), (- 3,5) e (- 3, - 5). Daí: x == O, y == O e z == O. O sistema admite somente a solução trivial (O, 0, O), sendo portanto determinado. EXERCÍCIOS PROPOSTOS 7. Resolver o sistema homogêneo por escalonamento: I. Resolver os sistemas abaixo: s: {:: 2x + y+ z+t==O y 2z + t == O y + 2z -- t == O y + Z = 1 y + 2z = 2 6y + 3z = 3 [ X + b) x- y + Z = Y+ Z 2y -2 -3 O conjunto {(2t, - 3t, O, t) I t E IR} é o conjunto solução; o sistema linear é compatível inde- terminado. Observe que o valor da incógnita z é determinado, isto é, não depende de 1. 8. Determinar o valor de a para que o sistema linear S admita uma única solução e determiná-la: Daí, necessariamente a = °e o sistema S é equivalente a {x Resposta: a = O e {(l, O)} é a solução única de S. { X + y + z + t == O - y + 3t = O z = O 2y = 6 y -2 y O[:: :x +ea [H2Y2,- t = 2x - 2y - 2z - 3t -1 2x 2y z 5t 9 3x y + z - mt = O -a o 2 [ 3: : 7~ : : 5x + 3y 5a + 2b x + 2y a + b - 1 compatível e determinado. Em seguida resolver o sistema. 2. Determinar os valores de a e b que tornam o sistema 3. Discutir os seguintes sistemas lineares (em função de a): 5. Resolver os sistemas homogêneos abaixo: [3; y + 2z - t = O b) [: + y+z+w-t=O a) + y + 3z + t = O z - 5t = O Y - z + 2w - t = O Y - 4. Determinar os valores de m para os quais o sistema é determinado: 1 O· + Y Y ==0 -- 2t == O + 3t == O z y . {X+ Y ==1 - y == O O == a y == 1 y == 2 3y == a r y == 1 y==O 3y == a { X + S: 2x + { x+ S - - { x+ y Y + z t==O + 3t == O ==0 { X + Y + z + t == O S ~ - 3z == O - y - 3t == O Solução Solução 14 15 6. Mostrar que um sistema linear homogêneo de mequações en incógnitas é compatível indeter- minado se n > m. { 4X + 3y - z + t = o c) x - y + 2z - t = o { 3X + 2y - l2z = o d) x - y + z = o 2x - 3y + 5z = o Exemplo - A matriz é uma matriz real 3 X 2. Logo A E M3x 2 (R). LINHAS E COLUNAS Dada uma matriz: 5. MATRIZES Definição 5 - Sejam m ;;;, I e n ;;;, I dois números inteiros. Uma matriz m X n real é uma dupla seqüência de números reais, distribuídos em m linhas e n colunas, formando uma tabela que se indica do seguinte modo: A =(:::...~ .. ~ ~ ... ~: ) am1 am2 '.' amn as linhas são (1, O, 1) e (O, 6, - 5) ao passo que as colunas são as m seqüências horizontais (1) « ). A(m) = (a a . .. amn)A = a11, a12' ... , a1n , ... , m1, m2, , são chamadas linhas da matriz A, enquanto que as n seqüências verticais a11 am ~1 a2n A(l) , ... , A(n) am1 amn são as colunas de A.É de se notar que cada A(i)EM1xn(R) e cada A(j)E Mmx1(R). Exemplo - Na matriz 2 X 3 A~G ~-:) Abreviadamente esta matriz pode ser expressa por (aij)1E;; i O;; m ou apenas lO;; j O;; n (aij), se não houver possibilidade de confusão quanto à variação dos índices. Cada número que compõe uma matriz chama-se termo dessa matriz. Dada a matriz (aij)l';;; i.;;; m, ao símbolo aij que representa indistintamente todos os seus 1';;; j.;;; n termos daremos o nome de termo geral dessa matriz. Notações - Indicaremos por Mmxn (IR) o conjunto das matrizes reais m x n. Se m = n, ao invés de Mn xn (IR), usa-se a notação Mn (IR). Cada matriz de Mn (IR) chama-se matriz quadrada de ordem n. Em contraposição, quando m =1= n, umama- triz m x n se diz umamatriz retangular. Uma matriz I x I (a11) se identifica com o número real a11 . Cada matriz costuma ser denotada por uma letra maiúscula do nosso alfa- beto. 16 17 IGUALDADE DE MATRIZES Consideremos duas matrizes reais m X n: A = (aij) e B = (bij). Dizemos que A = Bse, e somente se, aij = bij (i = 1, 2, ... ,m; j = 1, 2, ... , n). Exemplos 1) z) F:-:(~ 2 ~) ~ (~ 2 <=>x -1 O t = O z = 1 2) GO :)*G D1 3) (: :) *G 2D2 33 O 6. OPERAÇÕES COM MATRIZES (a) ADIÇÃO Sejam A = (aij) e B = (bij) matrizes m X n. Indicamos por A + B e cha- mamos soma de A com B a matriz m X n cujo termo geral é aij + bij, ou seja A+ B= (~:'.+b:, .a.'~.+ b~ ~:~ ~ b~ ) am1 + bm1 am2 + bm2- . .. amn + bmn A operação que transforma cada par (A, B) de matrizes do mesmo tipo na ma- triz A + B chama-se adição de matrizes. É uma operação no conjunto Mmxn (IR). Exemplo _ Se A = (1 21) e B = (O 1-2), então O 1 2 2 4 7 (1 3-1)A+B= 259 18 Para a adição de matrizes acima definida valem as seguintes propriedades: (1) A + (B + C) = (A + B) + C, VA, B, C E Mmxn(R) (associativa); (lI) A + B = B + A, VA, B E Mmxn(R) (comutativa); (III) Existe uma matriz O E Mmxn (R) tal que A + O = A, VA E Mmx n(R)(existe elemento neutro); N) Dada uma matriz A E Mmxn (R), existe uma matriz (-A), também m X n, tal que A + (-A) = O (existe a oposta de qualquer matriz). A verificação da propriedade associativa se faz assim: Se A = (aij), B = (bij) e C = (ciD, então *(A + B) + C = (aij + bij) + (Cij) = ((aij + bij) +Cij) = = (aij + (bij + Cjj» = (aij) + (bij + Cij) = A + (B + C). Quanto à (I1I) é fácil ver que: O = (~.. ~.. ::: ..~) O O ..• O Esta matriz chama-se matriz nula m X n. Por último, se A = (aij), é evidente que (- A) = (- aij). Por exemplo, se ( la - 2) (- 1 - aA = então -A = -2 1 O' 2 -1 (b) MULTIPLICAÇÃO DE UMA MATRIZ POR UM NúMERO Dada uma matriz real A = (aij), m x n, e dado um número real a, o produto de a por A é a matriz real m x n dada por: Usamos nesta passagem a propriedade associativa da adição de números reais. 19 Nas condições acima, a operação que transfonna cada par de matrizes (A, B) na matriz AB chama-se multiplicação de matrizes.Para essa operação que transfonna cada par (a, A) de m. X Mmxn (m.) na matriz real exA E Mmxn (R.), valem as seguintes propriedades: (I) (ex{j)A = ex ({jA); (11) (ex + {j)A = exA + (jA; (I1I) ex(A + B) = exA + exB; (N) IA = A; ,~I (\;12'- J2 l' O Exemplo --'- Sejam A = (. O 1 2 Então: Proposição 2 - Sejam A = (aij), B = (bjk) e C = (Ckr) matrizes reais m X n, n X p e p X q, respectivamente. Então A(BC) = (AB)C. Demonstração - O tenno geral de A(BC) é dado por: quaisquer que sejam as matrizes A e B e quaisquer que sejam os números reais ex e {j. Provemos (11). Suponhamos A = (aij). Então: (ex + (j) • A = ((ex + (j) • aij) = (ex • aij + (j • aij) = = (ex • aij) + ({j • aij) = exA + (jA. Ex=p~ - S, • ~ 20 A ~C~ ~). ,ntão .A ~G~ D ( 2 ·3 + 1 • O+ O • 1 AB = 0·3+1·0+2·1 =(6810). 2 O 2 2·4+1·0+0·0 0·4+1·0+2·0 2.5+1.0+0.1)= O· 5+1 ·0+2·1 (c) MULTIPLICAÇÃO DE MATRIZES (1) Usando a notação de matriz linha e a de matriz coluna a definição acima significa que Consideremos a matriz A = (aij) de tipo ~. x n e a matriz B = (bjk) de tipo n x p. Oproduto A • B(também indicado por AB) é amatrizm x p cujo termo geral é dado por: n Cik = L aij . bjk = ail • blk + ... + ain • bnk j=l ) * ao passo que o tenno geral de (AB)C é dado por: (2) As propriedades da adição e da multiplicação de números reais nos ensinam, contudo, que (1) = (2). Então a proposição está demonstrada. - (* ) O símbolo ~ é uma letra do alfabeto grego, correspondente ao nosso S. AB= A (1) • B(l) A (2) • B(l) A (1) • B(p) A(2) • B(p) Proposição 3 - Sejam A, B e C matrizes reais m X n, n X p e n Xp, respec- tivamente. Então A(B + C) = AB + AC. Demonstração - Usa-se o mesmo tipo de raciocínio da demonstração an- terior. Fica como exercício. - Nota: Analogamente, se A e B são matrizes m X n e C é n X p, então (A + B)C = AC + BC. 20 21 EXERCÍCIOS RESOLVIOOS 1 matrizes de MZx 3(IR). Calcular 3(A - TB) + C. Solução { X + Z - 2Y = B {X + Z - 2Y = B - - Z + 3Y = A - 2B - - Z + 3Y = A - 2B - 4Z + 7Y = C - 3B - 5Y = -- 4A + 5B + C. O O) - (O 5 O) - (O O e Z = (+ -3 - ~ ) Daí: Y = i(4A - 5B - C) = +«4 Analogamente, X = (+ O 1) (: : :) B~ (~ : :) , C~(: 2~)A=1. Sejam: Solução 1 33(A - TB) + C = 3A - 2"B + C = 3. Dadas as matrizes reais, I X 3, A = (1 O O), B = (O 1 O) e C = (O .O 1), deter·, minar as matrizes X, Y e Z de Mlx3 (IR) tais que: cO :) nL dkjbji = Ski j =1 ~' I'I,O 2-1+1-1) 1·1+0-1 0-1+1-1 B= BA ~ (: :) 2·0+1-1 1·0"+0·1 0·0+1-1 ( 2-1+1,0 AB= 1·1+0·0 0·1+1·0 Solução Analogamente: desde que as operações aí indicadas estejam definidas. Provemos (IV) já que as três pri- meiras são imediatas. n n rik = L aijCjk = L bjidkj = j=1 j=1 o que mostra que de fato (AB)t = BtAt. Solução Sejam A = (aij) , At = (bji), B = (Cjk) e Bt = (dkj). Então bji = aij e dkj = Cjk. Supondo AB = (rik) e BtAt = (ski), temos: 4. Dadas as matrizes A e B abaixo, determinar os produtos AB e BA: A~0 ~) O/Dada uma matriz A = (aij) E Mmxn(IR) denomina-se transposta de A e indica-se por At a seguinte matriz n X m: At = (bji), onde bji = aij (i = I, ... , m;j = 1, ... , n). Valem as seguintes relações: a) (A+B)t=At+Bt ; b) (a<A)t = a<At, onde a< E IR; c) (At)t = A; d) (AB)t = BtAt ; { X - 2Y + Z = B ~ 3Y - Z = A - 2B 7Y - 4Z = C - 3B = 1- ( 20 5 -29 { X - 2Y + Z = B S ~ 2X + Z = A -Z=C + 2C). Logo X= 1-~(14 7 O) (O O 12) + (6 4 O)~ = 5 ~ 7 14 7 36 24 12 O 2 O ~ ~: -~:) = (-:9 :~ ~152). -5- -5- - 1 { 2X - Y + Z = A S: X - 2Y + Z = B 3X + Y - Z = C. ( 6 3 O) (O O 3) + (3 2 O) = (9 5 - 3). 3 6 3 9 6 3 O 1 O -6 O Solução +(X + A) = 3(X + (B - A» - C => X + A = 6 (X + (B - A» - 2C => => X + A = 6X + 6B - 6A - 2C=> 5X = 7A - 6B + 2C > X = ; (7A- - 6B 2. Determinar a matriz X E Mz x3 (IR) tal que ~ (X + A) = 3 (X + (B - A» - C, sendo A, B e C as matrizes do exercício 1. 22 23 6. Para cada número real O< consideremos a matriz: ou seja, todas as matrizes X de tipo 2 X 2 tais que AX = XA. (: :)(::) (: :)-(: :) A=(: :) Solução' F~,odo X = (: :) então (: :) (: : ) =(: :) <=> r + z = 1(,.,' 'y+t){ :) <=> 2y + t = O <=> x+z y+ t O x +z =0 Y +t = 1 Resolvamos o sistema obtido por escalonamento:{: + z =0 -{" + z =0 -{" + Z =0Y + t == 1 y + t = 1 y + t = 1+ Z = 1 -z = 1 2y + t = O 2y +t=O 2y + t = O -z = 1 -{' + Z O -{' + Z O -{' y ,y +t= Y +t= 1 = -1- t = ~2 z = -1 = -1 - z t= 2 t= 2 Logo: C: -:)X= determinar uma matriz X E M2 (IR) de maneira que AX = 12 Logo X = (x Y) onde x e y são números quaisquer. O x-y EXERCiClOS PROPOSTOS 'I. Dada a matriz ;"'-... '?mmm .",guiut" :.:(~dr;}B=(: :n Mostre queAB = BA. Pode-se concluir daí que é válida a propriedade comutativa da multiplicação em M3 (IR)? Explique bem sua resposta. ) { x+z=x ~ <=> y + t =x O=z Solução Su!"M.mo, X = (: :). Eu"o AX~XA<=> (: :)(: )(: :)(: Solução _ ( cos a - sen a ) Ta - sen a cos O< a) Mostrar que TaT/3 = Ta + /3; b) Calcular T -O<' Solução a) Sejam A e B as matrizes. Então (A + B)t = At + Bt = A + B. Logo A + B é simé- trica. Analogamente, se A e B são anti-simétricas, (A + B)t = At + Bt = - A + (- B) = = -(A + B). b) (AB)t = BtAt = BA,seAeBsãosimétricas. ComoemgeralAB i= BA,entãonemsem- pre o produto de duas matrizes simétricas é uma matriz simétrica. Por exemplo: 8. Determinar todas as matrizes que comutam com a matriz A=(: :). ToT, ~ (::~: -:::) (:~: :::) = ( cos (a + /3) - sen (a + /3») ::: To< +/3, sen (a + /3) cos (a + m To = (:~;~:: -::;::){:: :::)~ Td (';:):;ma matriz quadrada A se diz simétrica se At = A e anti-simétrica se At = - A. "',._~,,-, ......' a) Mostrar que a soma de duas matrizes simétricas é também simétrica. Mostre que o mesmo vale para matrizes anti"simétricas. b) O produto de duas matrizes simétricas de ordem n é uma matriz simétrica? 24 " I 2S (2jse A, B E Mn (R) e se AB = BA, prove que: a) (A ~ B)2 = A2 - 2AB + B2; b) (A - B)(A + B)= A2 ~ B2 ; c) (A ~ B)(A2 + AB + B2) = A3 ~ B3 . 3. Send~ A e B as matrizes do exercício proposto 1, determine matrizes X, Y E M3 (R) de maneIra que: { 2X - Y = A + B X+Y=A-B 4. O produto de duas matrizes anti-simétricas de mesma ordem é uma matriz anti-simétrica? Justifique sua resposta. . 5. Determinar uma matriz A E M2 (R) tal que A *" O e A2 = AA = O (matriz nula). 6. Efetue os produtos AB e BA onde A ~U) ,B ~ (1 2 1) 7. Mostrar que se: A=(: :), então A2 ~ 6A + 512 = O (matriz nula). 8. Mostrar que as matrizes (: :) onde y é um número real não nulo, verificam a equação X2 = 2X. 9. Determinar todas as matrizes quadradas de ordem 3 que comutam com a matriz: onde a é um número real. 26 10. Se A e B são matrizes reais de ordem 2 que comutam com a matriz c: :) mostre que AB = BA. 11. Seja B uma matriz real 2 X 2 que comuta com a matriz A~(: :) Mostre que existem números reais a e b tais que: B = aA + b12 • 12. Se A, B E Mn (R) são tais que AB = O (matriz nula), pode-se concluir que BA também é a matriz nula? Prove ou contra-exemplifique. 7. MATRIZES INVERSÍVEIS Consideraremos neste parágrafo apenas matrizes quadradas de ordem n. Neste caso a multiplicação transforma cada par de matrizes de ordem n numa outra matriz, também de ordem n. E além das propriedades dadas pelas propo- sições 2 e 3 acima (associativa e distributiva em relação à adição) a multiplicação, neste caso, gozada propriedade de admitir elemento neutro que é a matriz In (~, ..~ .. ::: .. ~.) O O . .. I e que evidentemente verifica as condições AIn = InA = A, para toda matriz A de ordem n. A matriz In chama-se matriz identidade de ordem n. Definição 6 - Uma matriz A de ordem n se diz inversível se, e somente se, existe uma matriz B, também de ordem n, de modo que: AB = BA = In Esta matriz B, caso exista, é única e chama-se inversa de A, indica-se por A-I. 27 Exemplos 1) A matriz é inversível uma vez que, tomando então AB ~ DA ~ (~ ~) ~ ~. Logo adiante ensinaremos um algorítmo (processo) para determinar a inversa de uma matriz, caso esta inversa exista. 2) Se uma linha (ou coluna) de uma matriz A é nula, então A não é inver- sível. Suponhamos a linha i-ésima de A nula, isto é, A(i) = (O, 0, ... , O). Dada então uma matriz X qualquer de ordem n, como (AXP) = A(i)X = (O O O) (ver definição de produto), então AX ~ (O::O::·::.:~) * In. pMa roda mam X. 3) Se A e B são matrizes de ordem n, ambas inversíveis, então AB também é inversível e (AB)-l = B- l • A- l . De fato (AB) • (B- l • A- l ) = A(B • B-l ) • A- l = A • In • A- l "'= A • A-i = In, e analogamente (B- l . A-1) . (AB) = In. 4) Se A é inversível, então A-1 também o é e vale a seguinte igualdade: (A-1)-1 = A. 28 DETERMINAÇÃO DA INVERSA Daremos aqui um algoritmo (= método) para determinar a inversa de uma matriz A, caso A seja inversível. Contudo a demonstração do teorema em que se baseia esse método somente será feita no Apêndice I, ao fim do capítulo. Definição 7 - Dada uma matriz A entendemos por operações elementarei"') com as linhas de A, uma qualquer das seguintes alternativas: (I) Permutar duas linhas de A; (11) Multiplicar uma linha de A por um número =1= O. (III) Somar a uma linha de A uma outra linha de A multiplicada por um número. Se uma matriz B puder ser obtida de A através de um número finito dessas operações, diz-se que B é equivalente a A e escreve-se B ~ A. Para esta relação valem as propriedades reflexiva, simétrica e transitiva. Teorema - Uma matriz A é inversível se, e somente se, In ~ A. Neste caso, a mesma sucessão de operações elementares que transformam A em In, transformam In em A- l . Demonstração Está feita no apêndice 1, ao fim do capítulo. Exemplos 1) Verificar se a matriz A~G ~ D é inversível e determinar A-1, caso esta matriz exista. Devemos orientar nosso trabalho no sentido de transformar (se possível) a matriz A na matriz 13 , Como essa mesma sucessão de operações levará 13 em A-1, então convém reunir A e 13 numa mesma matriz e operar a partir daí. L'( I O 1 O D- L, (' I O: 1 O D-ILz O I 1 O I Lz O 1 I : O IIL3 1 O 2 O O L; =L3 - Ll O - 1 2: -1 O (*) Tal como para sistemas lineares, ver § 2. 29 1 Como a matriz A é equivalente à matriz1 O: 1 I I11 O I 1:.::l : 3 1 O: I , I' O I I O 3:-1 ( 1 L, O 4" = L, +L; O all ... aln ) (Xl ~l ••• ~n X2 .......... X = e B = am l .•• amn Xn A= Seja 8. SISTEMAS DE CRAMER 1 allxl + + atnXn = bl s: ~l.~l. ~ '.~. ~.~~~.~ .:. lltrl1Xl + + antnxn = bn que não é inversível (tem uma linha nula) então A também não é inversível. AX = B <===> A- l (AX) = K l B <===> X = A- l B, AX = B de tipos m x n, n x 1 e m xl, respectivamente, então S poderá ser escrito sob a forma matricial onde A recebe o nome de matriz dos coeficientes de S. Um sistema de Cramer é um sistema linear de n equações com n incógnitas cuja matriz dos coeficientes é inversível. Se AX = B é um sistema de Cramer, como então esse sistema é compatível determinado e sua única solução é dada por A-I B. Em particular um sistema quadrado e homogêneo cuja matriz dos coet1. cientes é inversível só admite a solução trivial. um sistema linear de m equações com n incógnitas sobre R. Se formarmos as matrizes: A~G 2 D13 G 2 6 : 1 O 0) C2 6: 1 O D-I I1 5 I O 1 O ~ O 1 5: O 1,I I3 7 I O O 1 O -1 -5 :-2 OI - (~ 2 6: 1 ODII 5: O IIO 0:-2 1 2) Vejamos o mesmo problema com a matriz Ll 1 1 O' 1 O OI I I 1 2 1~ L,' = L, - L;" O 1 O: T 3-3I I 1 1 14''' O O 1 II -"3 "3 "3J Ll' = Ll - L,' 1 O O +2 -2 - 3 3 L,' 1 O 1 23 3 L'" O O 1 -1 13 3 3 Logo a matriz A é inversível e -2 3 ~+C -2 -:)A-l = 23 2 1 -1 1 3 30 31 O2) O -1. - 1 1 TT 1 1 2 O O -1 1 1 2 O 1 1 -2 O O 1 1 O 1 ~.)-(~ : 1 O -1 ~)-C : ~ -~)-(~ ~ 1- 1- O O22, 1: 1 I 2 I O I 1: O 2 1 1 2 1 O 2 1 O Exemplo - A matriz dos coeficientes do sistema { X + Y = 1 Y + z = 1 x +2z=0 é a matriz: A~G~ D que já vimos ser inversível (parágrafo 7); já determinamos também O O 1 O 1 O ( -} -} ;) 1(-1-1 3) 1 O -1 == 2 2 0-2 1 1 1 -2 2 2 -1 1 1 A-l == Logo A é inversível e 2 -2 1 - 3 3 3 A- l = 1 2 -1 3 3 3 -1 1 1 3 3 3 Logo: e a solução do sistema é (O, 1, O). EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 1. Verificar se a matriz A abaixo é inversível e, se o for, determinar sua inversa: A~C : :) Solução Utilizaremos o processo explicado no §,7. Solução 2 1 3 o fato de a matriz: 2 2 4 1 O O O 1 O 2 1 O 2 1 1 2: 1 O I 2 I O 1 I 0:-1 -1 2: 1 I 2 I O I 2 : -1 O 1 O 32 33 0:0 que é equivalente a A, ter uma linha nula, basta para concluir que A não é inversível. a) Determinar se possível x e y em IR a fim de que a matriz ( ../2 x ) y fi seja ortogonal. b) Provar que o produto de duas matrizes ortogonais é ortogonal. seja inversível em M3 (R). Solução ~(~;,) (~:,) G:)=> ( 2 + x 2 .J2y + .J2x) (01 01) < > .J2y + .J2x y2 + 2 { X2+2 = 1 {X2 =-1 <__> y2 + 2 = 1 < > y2 "= _ 1 x +y=O x+y= O ( ) - dm" I -" - 2 1 2 1Portanto o problema em M2 R nao a lte so uçoes pOiS as equaçoes x = - e y =- não têm solução em R. b) Sejam A e B matrizes ortogonais de ordem n. Sendo A e B inversíveis, então já vimos que AB também é inversível e que (AB)-l = B-lA-l. Daí (AB)-l = B-1A-l = BtAt = (AB)t. SOIUçãO(~ ~ ~) (~_~ ~) (~_~ ~) ~ 1 2 a O 1 a-I O O a- 1 5. Determinar a E IR a fim de que a matriz real O 1 O 1 -2 -3 ~1 3 4 O 1 ~ -~ ~)~ 511 1 -8 2-8 : 7 1 3)O -1: 8 -2 S- I 1 1 3O: 8" 2 -8 ~ : 5 1 1 : -8 T-8 O 1 -1 1 -3 ij) 1 -1 -4 1 4 1 8 5 -8 O 1 O 1 O O A-1 = (i ~ -i) = ~ (: : -:) 5 1 1 -5 4-1 -8 2-8 A inversa de A é portanto a matriz: A ' " 'I A-1 - At4. Uma matriz quadrada A se diz ortogonal se e mvemve e -. 34 3S - (~ ~ ~) (~ ~ ~) se a-I *" O. O O a-I O O 1 Logo A é inversível para a *" 1. Se a = 1, então a matriz A é equivalente a uma matriz com uma linha nula e portanto não é inversível. 7. Resolver ,o seguinte sistema de Cramer: { x+y-z=O 2x + y + z = 1 3x - y + z = 1 Solução A matriz dos coeficientes do sistema é: 6. Resolver o seguinte sistema linear: { X + 2y + z = 1 y + 2z = -4 x+ y+ z= 2 (I 1_1)A= : _~ ~ que é inversível conforme já vimos (exercício resolvido 3) e sua inversa é a matriz: 1 O 14" "4 1 1 3 8 2 -S 5 1 1 -S 2" -8 Logo: 1 O 1 1G} "4 "4 C)~ 41 1 3 18 "2 -s 85 1 1 3 -g 2 -s S Então o sistema fica AX = B. Já vimos no exercício resolvido nl? 1, que a matriz A é inversível e Façamos Solução Logo trata-se de um sistema de Cramer cuja solução é dada por: ( 11 -2 -2 X = A -I B = 1 O 1 1 -2 2 -;) (-D ~ EXERCÍCIOS PROPOSTOS1. Seja A uma matriz quadrada inversível. Mostre que A-I também é inversível e que(A -1)-1 = A. 2. Mostrar que a matriz real 6)+ - + (-2; ~ + ""2 A seqüência (; , -1, - ~) é a solução do sistema. é inversível Va, b, c E R e que: O 1 -c ~) 36 37 3. Verificar quais das seguintes matrizes são inversíveis e determinar as inversas respectivas: A=C ~), B=C o 2 APÊNDICE I Matrizes Elementares 5. Determinar m E IR de modo que o sistema abaixo seja de Cramer e, a seguir, resolvê-lo: 7. Se A, B e C são matrizes inversíveis de mesma ordem, determinar a matriz X de maneira que A(B-IX) = C-IA. 6. Sejam A, B e C matrizes reais de ordem n. Se A é inversível, prove que AB = AC-> => B = C e que BA = CA=> B = C. { y+ z=2 :- +2z=1 x + 2y + mz = O E, =G ~ De ~ =G !D são matrizes elementares. A primeira se obtém de 13 multiplicando por 2 a segunda linha; a segunda se obtém de 13 somando à segunda linha desta matriz a sua primeira linha multiplicada por 3. Prop9sição 4 - Seja E uma matriz elementar de ordem n. Se aplicarmos, então, em uma matriz A, também de ordem n, a mesma operação elementar que transformou In em E, obteremos a matriz EA. Demonstração Faremos a demonstração apenas para a operação elementar (IU) ficando os dois casos restantes como exercício. Suponhamos que a linha j-ésima de E seja a soma da linha j-ésima de In com a linha i-ésima de In multiplicada por a, enquanto que as demais linhas de E e de In coincidem, ou seja Defmição 8 - Uma matriz elementar de ordem n é uma matriz E obtida de In por meio de uma e uma só operação elementar. Exemplos{ x+ Y + z=2 b) x - Y + z = O y+2z=0 { x-y+z+ t=O x + y - z + t = J c) -x + y + z - t = O . 2x - y - z + 3t = 1 a) {x - y = 4 x + Y = O 4. Resolver os seguintes sistemas de Cramer: 8. Dada a matriz A =( ~ _ :)CalCUlarA2 = AA,A3 = AAA, ... ,An =A... A(nvezes). 9. Determinar x, y e z de modo que a matriz seja ortogonal. 10. Existe alguma matriz inversível A tal que A2 = O (matriz nula)? Justifique. e E(k) = In(k), k =1= j. Como (EA)(r) = E(r)A, para todo r entre 1 e n, então (EA)(j) = E(j) • A = = (IJj) + aln(i))A = In(j) • A + a (IJi) • A) = (InA)(j) + a (InAP) = A(j) + aA(i) , o que vem provar que a linha j-ésima de EA é igual à linha j-ésima de A mais a linha i-ésima de A multiplicada por a. Por um raciocínio análogo se prova que as demais linhas de EA coincidem com as respectivas de A. Logo, as mesmas operações que transformaram In em E irão transformar A emEA.- 38 39 Proposição 5 - Toda matriz elementar E é inversível. Demonstração Por hipótese obtém-se E de In por meio de uma certa operação elementar. Consideremos a operação elementar inversa que transforma E em In. Se aplicar- mos esta última em In obteremos uma matriz elementar E1. Devido à proposição anterior teremos E1 • E = In, O que é suficiente para concluir que E é inversível e E1 é a sua inversa (por quê?).• Exemplo - Consideremos a matriz elementar: E~G!D A operação elementar que transfonnou 13 em E consiste em somar à segunda linha de 13 o triplo da primeira linha. Então E será transformada em 13 somando à sua segunda linha a primeira multiplicada por (- 3). Logo a matriz inversa de E, obtida efetuando em 13 esta última operação elementar, é: Teorema - Uma matriz A de ordem n é inversível se, e somente se, In ~ A. Neste caso, a mesma sucessão de operações que transformam A em In, transforma In em A- 1 • Demonstração «=) Como cada operação elementar com A é o mesmo que multiplicar A (à esquerda) por uma matriz elementar, então existem matrizes elementares E1, ... , Et de, maneira que: Et • Et - 1 •...• E1 • A = In. Logo A E -1 E-1 E-1 I= 1 • 2 •• ••• t • n· Como cada matriz do segundo membro é inversível, então A é inversível (um produto de matrizes inversíveis é inversível, conforme já vimos). Além disso, observando que: 40 segue que A-1 = E t • Et_l • '" • E1 • In O que prova a última afinnação do teorema. (=» Observemos primeiro que se B ~ A, então A é inversível se, e somente se, B é inversível. Isto por que se B ~ A, então B = PA, onde P é uma matriz inversível (P é um produto de matrizes elementares). Nossa observação decorre então dessa igualdade. Façamos o escalonamento da matriz A por meio de operações elementares, isto é, façamos com que cada uma das suas linhas (a partir da segunda) tenha mais zeros iniciais do que a precedente. Como a última linha de A não é nula (pois A é inversível) obteremos: A ~ (T ..~: ·.·.·..~~) O O ann onde cada aíi =1= O. Mas esta última matriz é equivalente à matriz In. Logo In '" A.• Nota final: Toda a teoria desenvolvida neste capítulo sobre sistemas lineares e matrizes seria feita da mesma maneira se substituíssemos o conjunto :IR dos números reais pelo conjunto (C dos números complexos. 41 = a(!3ú) = aú + !3ú = aú + a1 (a!3)ú (a + !3)ú ( -+ -+a u + v) lÚ -+=u para todos os números reais a e !3 e vetores Ú e 1. -+ -+ -+ -+-+Se a = 1, au = u e se a = O, então au = O. Em geral lau 1= lallu I. Essa mul- tiplicação tem as seguintes propriedades já certamente vistas pelo leitor no seu curso de Cálculo Vetorial: 1. INTRODUÇÃO CAPíTULO 2 Espaços Vetoriais Examinemos certos aspectos relacionados com dois conjuntos certamente já conhecidos do leitor. a primeiro é o conjunto V dos vetores da geometria, definidos através de segmentos orientados, e o outro é o conjunto Mmx n (IR) das matrizes reais m por n, onde m e n são números naturais dados (ambos maiores que zero). À primeira vista pode parecer que tais conjuntos nada têm em comum. Mas não é bem assim conforme mostraremos a seguir. No conjunto Mm x n (IR) também está definida uma adição, a adição de matri· zes estudada no capítulo 1. Conforme vimos nesse capítulo, essa adição é associa- tiva, comutativa, admite elemento neutro, que é a matriz nula ( ~...~ .. ::: .. ~) O O ••. O Além disso podemos multiplicar um vetor ti por um número real a e isso se faz conforme esquema abaixo: e toda matriz A de Mmxn (lR) tem uma oposta. Como vemos o comportamento de Ve o de Mmxn (IR) quanto à adição é o mesmo. Mas não ficam aí as coincidências. ,Pode-se também multiplicar uma matriz por um número real obtendo-se uma matriz da seguinte forma: -;. u -;. -u -;. v ... --------------7 / / / / / / / / / ""------------.-/ No conjunto V está definida uma adição (adição de vetores), conforme figu- ra ao lado, adição essa dotada das pro- priedades comutativa, associativa, além da existência de elemento neutro (vetor nulo) e do oposto para cada vetor de V. a vetor nulo pode ser representado por qualquer ponto do espaço e o oposto de Ú se determina conforme a figura ao lado. (a < -lI (a> II -;. au /au (O<a<11 -;. au ~(-l<a<OI au , Essa multiplicação apresenta as mesmas propriedades que as destacadas para V, linhas acima. auseja, valem sempre as igualdades: (a !3)A = a(!3A) (a + !3)A = a.A + !3A a(A + B) = aA + aB IA = A 42 43 Logo os conjuntos Ve Mmx n (IR) apresentam uma coincidência estrutural no que se refere a um par importante de operações definidas sobre eles. Nada então mais lógico do que estudar simultaneamente V, Mmxn (IR) e todos os conjuntos que apresentem essa mesma "estrutura" anteriormente apontada. É isso o que co- meçaremos a fazer no parágrafo seguinte. 2. ESPAÇOS VETORIAIS Vamos introduzir agora o conceito de espaço vetorial. Os espaços vetoriais constituem os objetos de estudo da Álgebra Linear. Definição 1 - Dizemos que um conjunto V "* .e é um espaço vetorial sobre IR quando, e somente quando: I - Existe uma adição (u, v)~ u + v em V, com as seguintes proprie- dades: a) u + v = v + u, \,lu, v E V (comutativa); b) u + (v + w) = (u + v) + w, Vu, v, w E V (associativa); c) Existe em V um elemento neutro para essa adição o qual será simboli- zado genericamente por o. Ou seja: 3 o E V I u + o = u, \lu E V;(*) d) Para todo elemento u de V existe o oposto; indicaremos por (- u) esse oposto. Assim: \lu E V, 3 (-u) E V I u + (-u) = 0.(**) 11 - Está definida uma multiplicação de IR X Vem V, o que significa que a cada par (a, u) de IR X V está associado um único elemento de V que se indica por au, e para essa multiplicação tem-se o seguinte: a) a({ju) = (amu b) (a + {j)u = au + (ju c) a(u + v) = au + av d) 1u = u Prova-se que é único esse elemento neutro (ver exercício resolvido n'? 1 do § 3). Prova-se que é único o oposto de um elemento (ver exercício resolvido n'? 2 do §3)" 44 para quaisquer u, v de V e a, (j de IR. Nota: De maneira análoga se define espaço vetorial sobre ~, conjunto dos números complexos. Deste capítulo até o capítulo V, inclusive, toda a teoria dos espaços vetoriais a ser aqui desenvolvida é a mesma quer sobre IR quer sobre <r. Por isso, embora venhamos a usar sempre espaços vetoriais sobre IR, deixamos registrado que seria tudo igual para espaços sobre ~. Quanto ao assunto do capí- tulo VI há diferenças lá apontadas. Porém iremos concentrar nossa atenção no caso real tendo em conta o caráter introdutório deste livro. Nos demais capítulos, salvo exceções que serão mencionadas, trabalharemos com espaços reais. Exemplos 1) O espaço vetorial IR Não é novidade para o leitor que a adição de números reais verifica as pro- priedades l-a, I-b, l-c e I-d da definição de espaço vetorial. Tão pouco que o produto de um número real por um outro é também um número real e que essa multiplicação obedece aos itens lI-a, II-b, lI-c e II-d da definição mencionada. Logo IR é um espaço vetorial sobre IR. 2) O espaço vetorial CC Com a mesma argumentação acima verifica-se que <r é espaço vetorial sobre CC. Mas <r também é um espaço vetorial sobre. IR. Quanto à adição não há novi- dades: tudo como no caso anterior. Agora, o produto de um número complexo por um número real é um número complexo e para essa multiplicação valem lI-a, II-b, lI-c e II-d como situações particulares das propriedades da multiplicação em CC. 3) O conjunto dos vetores da geometria definidos por meio de segmentos orientados é um espaço vetorial sobre IR (ver parágrafo 1). 4) O conjunto Mmxn (IR) é um espaço vetorial sobre IR(ver parágrafo 1). 5) O espaço IRn Já vimos anteriormente que uma n-upla de números é uma seqüência finita de n números reais que se indica por (al' ... , an). O conjunto de todas as n-uplas de números reais é denotado por IRu . O lRn pode ser visto como espaço vetorial sobre IR desde que se definam adição e multiplicação da seguinte maneira: (al' ... , an) + (b l , , bn) = (al + b l , ... , an + bn) a(al, , an) = (aal' ... , aan) Ora, tal afirmação pressupõe que se tenham verificado as oito,propriedades que constam da definição, o que não faremos aqui. Sugerimos tais verificações como exercício. 45 . Apenas ressaltaremos que o = (O, O, ... , O), se u = (al' ... , an), então - u = (- al, ... , - an) e, a título de exemplo, que a prova da propriedade lI-a se faz do seguinte modo: -- . Seja u = (al> ... , an) um elemento de R.n. Dados então a e {3 em R., (a + {3)u = ((a + {3)al' , (a + {3)an) = (aal + {3al, ... , aan + {3an) = = (aal' ... , aan) + ({3al' , {3an) = au + l3u. Recomendamos ao leitor que procure justificar cuidadosamente cada pas- sagem desta última dedução. Os matemáticos estão de acordo com a seguinte frase: o R.n é o espaço vetorial mais importante. 6) O espaço ~n O conjunto <cn das n-uplas de números complexos é um espaço vetorial sobre ~: basta definir adição e multiplicação por um número complexo como no exemplo anterior. 7) O espaço Pn (R.) Seja n ;;;. O um número natural. Indicaremos por Pn (R.) o conjunto dos polinômios reais de grau .;;;; n, mais o polinômio nulo. O leitor, que já estudou os polinômios sobre R., não terá dificuldades em perceber que (a) f(t), g(t) E Pn (R.)=> f(t) + g(t) E Pn (lR) (b) a E lR, f(t) E Pn (lR) > af(t) E Pn (lR). Daí, lembrando as propriedades das operações com polinômios, concluirá que Pn (lR) é um espaço vetorial sobre lR. 8) O espaço Pn (<C) Por Pn (<C) indicaremos o conjunto dos polinômios complexos de grau';;;; n além do polinômio nulo. Como no exemplo anterior, com as mudanças devidas, é possível provar que Pn (<C) é um espaço vetorial sobre <C. 9) Exemplo "Patológico" Até aqui os exemplos dados, além de importantes, correspondem a situações por assim dizer usuais. Vejamos um caso que de uma certa forma ~scapa dessa situação. Seja V = {u E lR lu> O}. Suponhamos que consideremos a "adição" em V como sendo a multiplicação de números reais positivos, isto é, u $ v = uv Vu v E V(*), , o símbolo El:l serve, neste exemplo, paxa distinguir a "adição" aqui definida da usual. 46 e que a multiplicação de um elemento de V por um número real seja dada por: au = ua , \tu E V e Va E lR. Com isso o conjunto V se torna um espaço vetorial sobre lR. Observemos apenas que o elemento neutro da "adição" é o número I e que a verificação de H-c se faz assim: a(u <±l v) = a(uv) = (uv)a = uaya = (au)(av) = em <±l avo Nota: Na teoria dos espaços vetoriais é comum aproveitar-se a terminologia do exemplo 3 acima. Assim é que os elementos de um espaço vetorial qualquer são chamados de vetores, o elemento neutro da adição de vetor nulo desse espaço e os elementos de lR (ou C) de escalares. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 1. Como já vimos IR2 = {(x, y) I x, Y E IR}. O IR2 pode ser visto como espaço vetorial sobre IR desde que se definam adição e multiplicação por um número real assim: (Xl, Yl) + (X2, Y2) = (Xl + x2, Yl + Y2) e a (x, y) = (ax, ay). Faxemos aqui a verificação dos axiomas relativos à multiplicação. lI-a: (ab)(x, y) = «ab) x, (ab)y) = (a(bx), a(by)) = a(bx, by) = a(b(x, y)). lI-b: (a + b)(x, y) = «a + b)x, (a + b)y) = (ax + bx, ay + by) = (ax, ay) + + (bx, by) = a(x, y) + b(x, y). lI-c: a«xl, Yl) + (X2, Y2)) = a(xl + x2, Yl + Y2) = (a(xl + X2), a(Yl +Y2)) = = (axl + aX2, aYl + aY2) = (axl> aYl) + (ax2, aY2) = a(xl, Yl) + a(x2, Y2). lI-d: I (x, y) = (Ix, Iy) = (x, y). 2. O IR3 é o conjunto de todas as ternas ordenadas de números reais. Ou.seja: IR3 = = {(x, Y, z) I x, Y, Z E IR}. A adição e a multiplicação por escalares são definidas no IR3 por: (Xl> Yl> Zl) + (X2, Y2, Z2) = (Xl + x2, Yl + Y2, zl + Z2) e a(x, Y, z) = (ax, ay, az). Faremos neste caso apenas a verificação dos axiomas relativos à adição. I-a: «Xl, Yl, Zl) + (X2, Y2, Z2)) + (x3, Y3' Z3) = = (Xl + x2, Yl + Y2, Zl + Z2) + (X3' Y3, Z3) = = «Xl + X2) + x3, (Yl + Y2) + Y3, (Zl + Z2) + Z3) = = (Xl + (x2 + x3), Yl + (Y2 + Y3), Zl + (Z2 + Z3)) = = (Xl, Yl, Zl) + (x2 + x3, Y2 + Y3, Z2 + Z3) = = (Xl> Yl> Zl) + «X2, Y2,. Z2) + (X3, Y3' Z3))· 47 I-b: (Xl, YI. Zl) + (XZ, Yz, ZZ) = (Xl + XZ, YI + YZ,zl + ZZ) = = (XZ + Xl, yz +Yl. Zz + ZÜ = (XZ, Yz, ZZ) + (Xl. YI. Zl). I-c: O vetor nulo é (O, 0, O). I-d: Para cada u = (x, Y, z) E IR3 , -u = (-X, -Y, -z) o que é evidente. lI-a: ((ab)f)(O = (ab)f(t) = a(bf(t» = a((bf)(t» = (a(bf))(t), Vt E I. lI-c: (a(f + g»(t) = a(f + g)(t) = a(f(t) + g(t» = af(t) + ag(t) = (af)(t) + + (ag)(t) = (af + ag)(t),Vt E I. 4. Sejam U e V espaços vetoriais sobre IR (ou lC). Mostrar que U X V = {(u, v) I u E U e v E V} é um espaço vetorial em relação ao seguinte par de operações: (I) (UI, VI) + (uz, vz) = (UI + uz, vI + vz) (11) a(u, v) = (au, av). Provemos algumas das condições. l-b: (UI, VI) + (uz, vz) = (UI + Uz, VI + vz) = (uz + UI, Vz + vI) = (uz, vz) + + (UI, VI)' l-c: O vetor nulo neste caso é (o, o), onde o primeiro o é o vetor nulo de U e o segundo é o vetor nulo de V. O espaço vetorial U X V acima def"mido chama-se espaço vetorial produto de U e V. l1-d: I (u, v) = (lu, Iv) = (u, v). EXERCÍCIOS PROPOSTOS Y (a,b,c)=af + br + ck (a + c, b + d) 1 ./ V ././ / ./ / ././ / / / / (C,d) --> --> ii --> k Z 113 x Nota: Podemos associar a cada vetor (x, y) Y do IRz o vetor xi + yJdo cálculo vetorial, já do conhecimento do leitor. O vetor nulo é o par (O, O). As definições dadas de adição e multiplicação por escalares concordam com as regras usuais para a adição de vetores r planos e multiplicação de um vetor plano -fl!::-;+;..",,--- _ por um número. I uf x Fato análogo acontece com o IR3 : podemos associar a cada (x, Y, z) E IR3 o vetor xi + yJ + zk do cálculo vetorial. As defi- nições dadas de adição e multiplicação por escalares estão de acordo com as regras para a adição de vetores e de multiplicação de um vetor por um número real no espaço geométrico estudado no Cálculo Vetorial. Por último observemos que os elementos do IRz e os do IR3 são de natureza distinta e assim sendo não deve o leitor cometer o engano de dizer que o IRz é subconjunto do IR3• Mais adiante será explicado que o IRz pode, de uma certa maneira, ser considerado idêntico ao subconjunto {(x, Y, O) I x, Y E IR} do IR3 . (Veja Capítulo 4, § 5, exercício resolvido n9 11). 3. Seja I um intervalo de IR e indiquemos por C(I) o conjunto das funções contínuas defi- nidas no intervalo I e tomando valores reais. Dados f, g E C(I) e a E IR, definem-se f + g e af do seguinte modo: f + g*: I~ IR e (f + g)(t) = f(t) + g(t),Vt E I af: I~ IR e (aO(t) = af(t), Vt E I. 1. Completar as verificações nos exercícios I, 2, 3 e 4 anteriores. 2. No conjunto V = {(x, y) Ix, YE IR} definamos "adição" assim: (Xl, YI) + (xz, yz) = (Xl + XZ, O) e multiplicação por escalares como no IRz, ou seja, para cada a E IR, a(x, y) = (ax, ay). Nessas condições V é um espaço vetorial sobre IR? Por quê? O Cálculo nos ensina que f + g e af são funções contínuas, isto é, f + g, af E CCI). Temos então sobre CO) uma adição e uma multiplicação por escalares. E pode-se verificar qtte C(I) é um espaço vetorial com relação a esse par de operações. Verifiquemos alguns dos axiomas. 3. N~ conjunto V do exercício anterior definamos a "adição" como o fazemos habitual- mente no IRz e a multiplicação por escalares assim: a(x, y) = (ax, O). É então V um espaço vetorial sobre IR? Por quê? I-a: ((f + g) + h)(t) = (f + g)(t) + h (t) = ([(O + g(t» + h (t) = f(t) + (g(t) + h(t» = = f(t) + (g + h)(t) = (f + (g + h) )(t), V f, g, h E C(I) eVt E I. I-c: A função e dada por e(t) = 0, Vt E I, é contínua, e, além disso, (e + O(t) = = e(t) + fIO = O+ f(t) = f(t), Vt E I. Função de I em IR. 4. Seja V o conjunto dos pares ordenados de números reais. V não é um espaço vetorial em relação a nenhum dos dois seguintes pares de operações sobre V: a) (xI' YI) + (xz, yz) = (xl + xz, YI + Yz) e a(x, y) = (X, ay), e b) (Xl> YI) + (xz, yz) = (Xl' YI) e a(x, y) = (ax, ay). Diga em cada caso quais dos 8 axiomas não se verificam. 48 49 5. Seja V como no exercício anterior. Definamos: (Xl, Yl) + (X2, Y2) = (2Xl - 2Yb -Xl + Yl), a(x, y) = (3ay, - ax), Com essas operações definidas sobre V, perguntamos se este conjunto é um espaço vetorial sobre R. 6. Seja V = {(x, y) Ix, Y E <e}. Mostrar que V é um espaço vetorial sobre IR com a adição e a multiplicação por escalares definidas assim: (I) (Xl, Yl) + (X2, Y2) = (Xl + X2' Yl + Y2), V(Xl, Yl) e (x2, Y2) E V e (lI) a(x, y) = (ax, ay), Va E R e V (x, Y) E V. 7. Seja R oo = {(Xl, X2, ) I Xi E R}. Considerando sobre R oo as operações dadas por (Xl, X2, ...) + (Yb Y2, ) = (Xl + Yl, X2 +Y2,·") ea (Xb X2,··.) = (axb aX2, ; ..), mostrar que R oo é um espaço vetorial sobre R. 8. Mostrar que todo espaço vetorial sobre <e também é espaço vetorial sobre IR. 3. PRIMEIRAS PROPRIEDADES DE UM ESPAÇO VETORIAL Seja V um espaço vetorial sobre IR. Provaremos a seguir algumas proprie- dades que são conseqüências praticamente imediatas da defmição de espaço vetorial. Para todo a E IR, ao = o. Prova - Devido aos axiomas lI-c e I-c da defmição de espaço vetorial têm-se: ao = a(o + o) = ao + ao; somando a ambos os membros o vetor - (ao) temos o = - (ao) + ao = -ao + ao + ao = ao. - Para todo u E V, Ou = o. Prova - Do mesmo tipo da anterior. Fica como exercício. - 1, então podemos concluir (usando o axioma ll-d) que u = 0.- P4. Para todo a E IR e todo u de V, (-a)u = a(-u) = -(au). Prova - Notemos que au + (-a)u = (a + (-a))u = Ou = o usando o axioma II-b e P2 • Por outro lado, au + (-au) = o. Então: au + (-a)u = au + (-au). Somando -au a ambos os membros desta última igualdade acharemos: (-a)u = -au. Um raciocínio análogo nos mostrará que a(-u) = -(au). - Nota: Define-se diferença entre dois vetores u e v do espaço V assim: u - v = u + (-v). Quaisquer que sejam a, {3 E IR e u em V, (a - (3)u = au - {3u. Prova (a - (3)u = (a + (-{3))u = au + (-{3)u = au + (-({3u)) = au - (3u. - Quaisquer que sejam a em IR, u e v em V, a(u - v) = au - avo Prova - Análoga à anterior. Fica como exercício. - Dados {3, al, ... , an em IR e Ul, ... , un em V, então: Prova - Faz-se por indução a partir dos axiomas lI-a e lI-c da defmição de espaço vetorial. - Uma igualdade au = o, com a E IR e u E V, só é possível se a = Oou u = o. Prova - Suponhamos a =1= O. Daí existe o número reala- l . Multiplicando então au = o por a- l teremos: a-l(au) = a-lo Levando em conta. o axioma lI-a e a propriedade Pl : (a-la)u = o {3 (t ajuj) J=l n = L ({3aj)Uj' j =1 50 SI EXERCÍCIOS RESOLVIDOS Solução Além das propriedades de Pl a P7 , enunciadas e demonstradas acima, podemos ainda citar: 1. O vetor nulo de um espaço vetorial V é unico. Prova Há um umco vetor o que satisfaz I-c, pois se 01 goza da mesma propriedade, então o = o + 01 = 01 + o = 01. a) 2u + v - 3w = (2,4,2) + (3,1, - 2) - (12,3, O) = (- 7,2, O). 1b) Aplicando-se as propriedades já conhecidas vem x = T(v + w - 3u). Fazendo os cálculos obtemos x = (2, - 2, - ;); c) Do sistema dado obtém-se: 2. Para cada vetor u de um espaço vetorial V existe um único vetor (- u), oposto de u. Prova Seja UI tal que u + uI = o. Daí então, -u = -u + 0= -u + (u + UI) = (-u + u) + uI = o + uI = uI. { y- z=v-u -y + 2z = -v. Adicionando membro a membro estas últimas equações obtemos z = - u = (- I, - 2, -1) e, então, y = z + v - u = (1, - 3, - 4). 3. Para cada u E V, tem-se - (-u) = u. Prova O axioma I-a diz que (-u) + u = u + (-u) == o. Logo u é o oposto de -u. 4. Se u, v e w E V' eu + v = u + w, então v = w (lei do cuncchuncnto da adição). Prova Somemos - u à igualdade que consta da hipótese: EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1. No espaço vetorial M3x2 (R), consideremos os vetores: A =(~~) B =(~ ~) e C =(/~ ~). O O 1 1 O -1 a) Calcular 2A + B - 3C; Calcular X E M3x2 (R) tal que A + X _ X - B = C'2 3 ' Existem tl, t2 E R de maneira que A = tlB + t2C? b) c) (l-u) (l-d) (l-c) (- u) + (u + v) = (- u) + (u + w) «- u) + u) + v = « - u) + u) + w o+v=o+w v=w 5. Se u, w E V, então existe um único vetor v tal que u + v = w. Prova Inicialmente verifica-se que w + (- u) satisfaz a equação dada. De fato: u + (w + (- u» = = u + «-u) + w) = (u + (-u)) + w = o + w = w. Por outro ludo, somando (-u) ambos os membros da equação, vem: (- u) + (u + v) = (- u) + w. Da{ «-- u) + u) + v = =w + (-u). Logo v = w + (-u). 6. Consideremos no espaço vetorial IR? os vetores u = (I, 2,1), v = (3,1, - 2) c w = (4,1, O). a) Calcular 2u + v - 3w; b) Resolver a equação 3u + 2x = v + w; c) Resolver o sistema de equações u+y=v+z v+2z=y nas incógnitas y, z E IR3. 2. Seja u = (l + i, i), v = (1 - i, 2i) e w = (2, 3 + i) vetores no espaço vetorial ([;2. a) Calcular (3 + i)u - 'iv - (2 - i)w; b) Existe z E <C tal que v = zu? 3. No espaço vetorial P3 (R) sejam dados os vetores f(t) = t3 - 1, g(t) = t2 + t - 1 e h(t) = t + 2. a) Calcular 2f(t) + 3g(t) - 4h(t); b) Existe k E R de maneira que f(t) + kg(t) = h (t)? c) Existem kl, k2 E R tais que f(t) = klg(t) + k2h(t)? 4. No R 2 consideremos os vetores u = (1, 1), v = (3, - 2) e w = (3, - 2). a) Resolver a equação: x + u v + x --2- + -3- = w, na incógnita x E R 2; 52 53 b) Resolver o seguinte sistema de equações: { X+ Y + z=u 2x -y + z = v x+y-2z=w nas incógnitas x, y, Z E lR2 . 4. SUB-ESPAÇOS VETORIAIS Definição 2 - Seja V um espaço vetorial sobre R. Um sub-espaço vetorial de V é um subconjunto W C V, tal que: (a) o E W; (b) V u, v E W, u + v E W; e (c) V(X E R e Vu E W, (xu E W. Notemos que (b) significa que a adição de V, restrita a W, é uma adição em W. O significado de (c) é que está defrnida uma multiplicação de R X W em W. Mas será W, nessas condições, um espaço vetorial sobre R? Proposição 1 - Se·W é um sub-espaço vetorial de V, então W também é um espaço vetorial sobre R. Demonstração - A rigor temos oito itens a provar (ver definição de espaço vetorial). Contudo mostraremos apenas que: uEW=> -uEW uma vez que os demais itens decorrem sem artifícios das hipóteses. Mas isso é fácil: é só fazer em (c) (X = - 1. • Exemplos 1) Para todo espaço vetorial V é imediato que {o} e V são sub-espaços de V. São os chamados sub-espaços impróprios ou triviais. 2) W = {(x, Y, z) E lR3 I x + Y = O} é sub-espaçó de R 3 • (a) o = (O, 0, O) E W (por quê?); (b) se u = (Xl, YI, Zl) e v = (X2' Y2, Z2) estão em W, então Xl + YI = = X2 + Y2 = O. Como u + v = (Xl + X2, YI + Y2' Zl + Z2) e (Xl + X2) + + (YI + Y2) = (Xl + YI) + (X2 + Y2) = °+ O = 0, então u + v E W. (c) Exercício. 54 I 3) A intersecção de dois sub-espaços vetoriais do mesmo espaço V é tam- bém um sub-espaço vetorial de V. Sejam W e U esses sub-espaços. (a) o E U e o E W. Logo o E U () W. (b) Exercício. (c) Tomemos (X E lR e u E U () W. Como u E U e u E W (que são sub-espaços), então (xu E U e (xu E W. Logo (xu E U () W. 4) Consideremos um sistema linear homogêneo sobre R de tipo m X n: !aUxI + al2 x2 + ... + alnXn = ° ~~1.~1..~ .~~~~ .~.'.'.'.~. ~~~~~.~.~ amlXl + am2X2 + ... + amnxn = ° Já vimos, o que é óbvio, que (O, 0, ... , O) é solução desse sistema. Por outro lado é fácil verificar que a soma' de duas soluções de S é solução de S e que o produto de uma solução de S por um número real também é solução desse sistema. Verifiquemos a última afirmação. Se ({31' (32' ... , (3n) é solução, é verdadeira a frase ajl{31 + aj2{32 + ... + ajn{3n = 0, V j, 1 .,;;; j .,;;; m. Logo, para todo kElR, também é verdadeira a frase k(ajl{31 + aj2{32 + ... + ajn{3n) = ° que é equivalente a 3jl (k{31) + aj2 (k{32) + ... + ajn (k{3n) = ° Esta última nos mostra que (k{31' k{32' ... , k{3n) também é solução do sistema considerado. O conjunto solução de um sistema homogêneo é chamado espaço solução desse sistema. Trata-se de um sub-espaço vetorial do IRn. 5) Ps(lR) é sub-espaço de Pn(lR) desde que °.,;;; s .,;;; n (exercício); 6) O conjunto das matrizes simétricas é um sub-espaço vetorial de Mn(lR). 7) Se V é um espaço vetorial e v E V, o conjunto dos vetores da forma À. v, com À. E IR, é um sub-espaço de V. 55 Seja V um espaço vetorial sobre IR. Tomemos um subconjunto S = {U1, ... , un} C V. Indiquemos por [S] o seguinte subconjunto de V construído a partir de S: u + v = (u + w) + (v - w). Devido â unicidade que a hipótese menciona podemos afIrmar que: u = u + w e v = v - w. [S] = {a1 U1 + ... + anun I a1, ... , an E IR} É fácil ver que [S] é um sub-espaço vetorial de V. De fato: (a) Como o = OU1 + + Oun, então o E S. (b) Se v = a1U1 + + anun e w = 131U1 + ... + I3nUn pertencem a S, então v + w = (a1 + 131)U1 + ... + (an + I3n)un também é um elemento de S. (c) Exercício. Defmição 5 - O sub-espaço [S] que acabamos de construir recebe o nome de sub-espaço gerado por S. Cada elemento de [S] é uma combinação linear de S ou combinação linear de U1 , ... , un.Ao invés de [S] também costuma-se escrever: [U1, U2, ... , un]. Diz-se também que U1, ... , un geram [S], ou então que são um sistema de gera- dores de [S]. y v= l' z x u Logo w = o. Provamos pois que U fi V = {o}. - Exemplo - O espaço IR3 é soma direta dos sub-espaços: U = {(x, O, O) I x E IR} e V = {(O, Y, z) I Y, z E IR}. É imediato que: U fi V = {(O, O, O)}; por outro lado, V- (x, y, z) E IR3 , (x, y, z) = (x, O, O) + (O,y, z) E U+V. 6. COMBINAÇÕES LINEARES 5. SOMAS DE SUB-ESPAÇOS Proposição 2 - Se U e V são sub-espaços vetoriais de W, então U + V também é um sub-espaço vetorial de W. Demonstração (a) Como o = o + o, o E U e o E V, então o E U + V. (b) Sejam W1 = U1 + V1 e W2 = Ü2 + V2 elementos de U + V, onde estamos supondo U1, U2 EU e vi> V2 E V. Então: W1 + W2 = (U1 + V1) + (U2 + V2) = (U1 + U2) + (V1 + V2). Como U1 + U2 e V1 + V2 pertencem a U e V" respectivamente, então W1 + W2 E EU+V. (c) Exercício.- DefInição 4 - Sejam U e V sub-espaços vetoriais de W tais que U fi V = {o}. Neste caso diz-se que U + V é soma direta dos sub-espaços U e V. Notação: U $ V. Se U e V são sub-espaços de W tais que U $ V = W dizemos que U e V são suplementares ou que U é suplementar de V (ou V é suplementar de U). Proposição 3 - Sejam U e V sub-espaços vetoriais de um espaço vetorial W. Então W = U $ V se, e somente se, cada vetor w E W admite uma única decom- posição w = u + v, com u E U e v E V. Demonstração (=» Por hipótese a decomposição existe. Suponhamos w = u + v = = U1 + V1 (u, U1 E U e v, V1 E V). Daí u - U1 = V1 - v. Como V1 - v E V (pois ambos os termos estão em V), então u - U1 E U fi V = {o}. Logo u - U1 =0 e então u = U1' Levando em conta isto conclui-se que V1 - v = o e portanto que V1 = V. «=) Suponhamos que w E U fi V. Tomando então u E U e v E V, teremos: Sejam U e V sub-espaços vetoriais de um espaço vetorial W. Definição 3 - Indicaremos por U + V e chamaremos de soma de U com V o seguinte subconjunto de W: U + V = {u + v I u E U e v E V}. Nota: É claro que U + V = V + U e que U + {o} = U, para todos os sub-espaços U ,e V de W. Também é verdade que U C U + V e V C U + V. 56 57 Notas: 1) Estenderemos a definição acima para o caso S = JJ mediante a seguinte convenção: [e] = {O}. 2) No caso de S C V ser um conjunto inftnito, definimos [S] através da seguinte frase: u E [S] <=> =3 vI> ... , Vt E S e =3 aI> ... , at E lR I u = aIvI + ... + atvt. Da definição 5 e. de suas ampliações, dadas acima, decorrem as seguintes propriedades que deixamos ao leitor como exercícios: a) se [S] b) SI C S2 C V==.;> [SI] C [S2] c) [S] = [[S]] d) Se SI e S2 são subconjuntos de V, então: [SI U S2] = [sd + [S2]' 7. ESPAÇOS VETORIAIS FINITAMENTE GERADOS Observemos no n~.3 o conjunto S = {(1, O, O), (O, 1, O), (O, O, 1)}. Como, para todo (a, b, c) E lR3 , vale a igualdade: (a, b, c) = a(l, O, O) + b(O, 1, O) + c(O, 0, 1) podemos dizer que os vetores de S geram o lR3 • Muitos outros subconjuntos finitos do lR3 têm essa mesma propriedade, o que não é difícil de notar. Definição 6 - Dizemos que um espaço vetorial V é finitamente gerado se existe S C V, S finito, de maneira que V = [S]. Neste texto praticamente só focalizaremos espaços vetoriais que, como o lR3 , possam ser gerados por um número finito dos seus vetores. Salvo menção contrária somente consideraremos este tipo de espaço vetorial. Ressalte-se que f = (1, 0, O), J = (O, 1, O) e k = (0,0, 1) desde que se tenham identificado V e lR3 • Exemplo - Se V = lR3 , U = (1, O, O) e v = (1,1, O) o que é lu, v]? lu, v] = {au + {3v I a, {3 E lR} = {(a + {3, (3, O) I a, {3 E lR} = = {(x, y, O) I x, Y E lR} uma vez que o sistema { a+{3=x (3=y é compatível determinado, V-x, y E lR. Graficamente: Exemplos 1) O espaço V dos vetores da geo- metria definidos por segmentos orientados é finitamente gerado pois considerando a terna fundamental {t, j, [} para todo ti E V, existem a, b, c E lR, de ma- o -+""""+ b""""+ '+kneira que u = ai ~ c. ...... k -7 I .,.,. J z 58 2) Se o indica o vetor nulo de um espaço vetorial qualquer, então V = {o} é finitamente gerado pois, fazendo S = {o}, vale V = [S]. 59 4) R n é fmitamente gerado. Com efeito, generalizando o raciocínio feito ao início do parágrafo verifica-se que o conjunto 8 = {(I, O, ... , O), (O, 1, O, . " , O), ... , (O, ... , O, I)} verifica a igualdade IRn = [8], ou seja, que 8 gera o IRn. Convém notar que o conjunto 8 é formado de n elementos. 2. Mostrar que o conjunto W = (ex, y) E IR2 IY = O} é um sub-espaço vetorial do IR2. (a) (O, O) E W. (b) Sejam u = (Xl, O) e v = (x2, O) em W; daí u + v = (Xl + X2, O), donde u + v E W. (c) Sejam u = (x, O) em W e a em R; então au = (ax, O), donde au E W. Outra maneira de resolver: observar que Wé gerado por (1, O). Y2) elementos de W. Então: t2( X2 e v = Z2 3. Mostrar que é sub-espaço de M2(1R) o seguinte sub-conjunto: W ={C :) E M2 (R) I Y=-x}- (a)(: :) E W; (b) Sejam u = (Xl Yl) Zl tl 8 =1(~.. ~..·.·.·~) (~.. ~ ~), , (~.. ~ ~)) 00 ... 0 00 0 00 1 5) Mmxn (IR) é finitamente gerado. Verifique que as m • n matrizes do conjunto geram o Mmxn (IR), generalizando a decomposição feita no exemplo 3 acima. Yl + Y2) tl + t2 ( ax ay) az at u~ (: :) =W,.E"D.{.u~ Como ay = a(- X) = - (ax), então au E W. Como Yl + Y2 = (-Xl) + (-X2) = -(Xl + X2), então u + v E W. (c) Sejam: 6) Pn (IR) é finitamente gerado. Os polinômios fo , f l , ... , fn dados por fo(t) = 1, fl(t) = t, ... , fn(t) = tn , Vt E IR, são geradores de Pn(lR) uma vez que se f(t) = ao + al t + ... + antn é um elemento de Pn (IR), então f = aofo + alfl + ... + anfn. Observe que {fo, f1> ... , fn} possui n + 1 polinôlnios. Nota: No apêndice 11, logo a seguir, daremos um exemplo de espaço vetorial que não é finitamente gerado. ...... u EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 1. Seja V o conjunto dos vetores geométricos do espaço. Sendo li um vetor fixo espaço, mostrar que W = {ali I a E R} é um sub-espaço vetorial de V. Solução W (a) Ô E W: basta considerar a = O. (b) Sendo v = ali e iN = {31i em W, então 1 + iN = ali + {3u = (a + {3)Ii, logo 1 + iN E W. ...,. ...,. ...,.(c) Sejam v = au e À E R; então ÀV = À(au) = (Àa)Ii, logo VE W. desse 4. Seja I um intervalo real e consideremos o espaço vetorial C(I) das funções reais contínuas definidas em L Mostrar que o subconjunto W de C(I) constituído das funções que são deriváveis em todos os pontos de I é um sub-espaço vetorial de C(I). Solução O cálculo nos ensina que a função nula é derivável, que a soma de duas funções deriváveis é derivável e que o produto de uma função derivável por um número é uma função deri- vável. 5. Mostrar que são sub-espaços vetoriais de Mn (IR) os seguintes subconjuntos: a) U = {A E Mn (IR) I At = A} b) V = {A E Mn (R) I AT = TA} onde T é uma matriz dada de Mn (R). 60 61 Solução a) (a) A transposta da matriz nula é a própria matriz nula. (b) Sejam A, B E U. Como (A + B)t = At + Bt = A + B, então A + B E U. (c) Sejam AEU e a E IR. Do fato de (aA)t = aAt = aA segue que aA EU. Solução u = (x, y, z) E U n V < > u E U e u E V <=> x + y = O e x = O<_> x = y = O. Logo U n V = {(O, O, z) I z E IR}, que é gerado pelo vetor (O, O, 1). 10. São sub-espaços vetoriais de C(l) os seguintes subconjuntos: U = {f E C(l) I f(t) = f(- t), Vt E IR} e V = {f E C(l) I f(t) = -f(-t), Vt E IR} Mostrar que C(n = U Ea V. Solução (a) Toda função real f definida em I pode ser assim decomposta: f(t) = g(t) + h(t), Vt E I, onde b) (a) A matriz nula comuta com todas as matrizes. (b) Sejam A, B E V. Então AT = TA e BT =TB. Daí (AB)T =A(BT) =A(TB)= = (AT)B = (TA)B = T(AB). (c) Sejam A E V e a E IR. Então (aA)T = a(AT) = a(TA) = T(aA). 6. Provar que se S e T são sub-espaços vetoriais de um espaço V, então S + T = [S U Tl. Solução Como S + T :) S e S + T :) T, então S + T :) S U T. Daí S + T :) [S U TI. Por outro la.do, se u E S + T, então u = s + t (com sE S e tE T). Como, então, s c t pertencem a S U T, podemos afirmar que u = s + tE [S U Tl. Logo S + T c [S u Tl. g(t) = f(t) + f( - t) 2 e h(t) = f(t) - f(- t) 2 7. Achar um conjunto de geradores (sistema de geradores) dos seguintes sub-espaços de IR4 : a) U = {(x, y, z, t) E IR4 I x - y - z + t = O}; b) V = (ex, y, z, t) E IR4 I x - y = z + t =O}. Solução a) (x, y, z, t) E U se, e somente se, x - y - z + t = O, isto é, se, e somente se, x = = y + z - t. Logo (x, y,.z, t) E U equivale a (x, y, z, t) = (y + Z - t, y, z, t) = y(l, 1, O, O) + z(l, O, 1, O) + t(-l, O, 0,1). Assim: {(l, 1, O, O), (1, O, 1, O), (- 1, O, O, I)} é um conjunto de geradores de U. b) De maneira análoga chega-se a que (1, 1, O, O), (O, O, 1, - 1) é um sistema de geradores de V. 8. Consideremos no IR3 os seguintes sub-espaços vetoriais: U = [(1, O, O), (1, 1, 1») e V = (O, 1, O), (O, O, 1»). Determinar um sistema de geradores de U n V. Solução W E U n V <=> w E U, W E V <=> 3 a, fi, 1', ti E IR tais que: a(l, O, O) + (3(1, 1, 1) = 1'(0, 1, O) + ti (O, O, 1) ou ainda que: a + fi = O, (3 - l' = O, fi - ti = O. Daí a = - fi, l' = fi e ti = fi. Donde w = - fi(l, O, O) + fi(l, 1, 1) = fiCO, 1, 1). Então U n V = (O, 1, 1)1. 9. Dados os sub-espaços U = {(x, y, z) E IR3 I x + Y= O} e V = {(x, y, z) E IR3 I x = O} do IR3 , determinar o sub-espaço U n V. 62 Como g(-t) = f(-t) + f(t) = g(t) e h(-t) = f(-t) - f(t) = -h(t),2 2 então g E U e h E V. Portanto C(n = U + V. (b) Se f E U n V, então f(t) = f(- t)e f(t) = - f(- t), Vt E L Logo 2f(t) = O, Vt E L Donde f é a função nula. Assim então U n V só contém a função nula f(t) = O, Vt E L EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Quais dos seguintes conjuntos W abaixo são sub-espaços do IR3 ? (a) W = {(x, y, z) E IR3 I x = O} (b) W = {(x, y, z) E IR3 I x E Z} (c) W = {(x, y, i) E IR3 I y é irracional} (d) W = {(x, y, z) E IR3 I x - 3z = O} (e) W = {(x, y, z) E IR3 I ax + by + cz = O, com a, b, c E IR} 2. Quais dos conjuntos abaixo são sub-espaços do espaço P(IR) de todos os polinômios reais? (Leia o apêndice lI). (a) W = {f(t) E P (R) I f(t) tem grau maior que 2} (b) W = {f(t) I f(O) = 2f(1)} (c) W = {f(t) I f(t) > O, Vt E IR}. (d) W = {f(t) I f(t) + f'(t) = O} 63 L *3. Verificar que não são. sub-espaços vetoriais do IR?: (a) {(x, y, z) E IR3 I X = l} (b) {(X,y,Z)EIR3 Ix2 +y+z=0} (C) {(x, y, z) E IR3 I X E;; Y E;; z} (d) {(x, y, z) E IR3 I x + Y E Q} Em cada caso quais axiomas não se verificam? (Q é o conjunto dos números racionais.) *4. Seja I = [O, 11. Verificar se são sub-espaços vetoriais de C (I) (veja exercício resolvido n94): (a) {f E C(I) I f(O) = O} (b) {f E C(I) I .1: f(t)dt = O} (c) {f E C(I) I f(O) = fel)} (d) {f E C(I) I f(t) = O em todos os pontos de I menos um número finito deles}. *5. Seja V um espaço vetorial. Se (Vj)j E J é uma família de sub-espaços vetoriais de V, mostrar que~ Vj também é um sub-espaço vetorial de V. *6. Seja V um espaço vetorial. Dado um subconjunto S * \ó\ de V, provar que a intersecção de todos os sub-espaços vetoriais de V que contêm S também é um sub-espaço vetorial de V, sendo o menor sub-espaço de V que contém S. 7. Sejam V, V e W os seguintes sub-espaços do IR3: V = {(x, y, z) I x = z}, V = {(x, y, z) I x = y = O} e W = {(x, y, z) I x + y + z = O}. Verifique que V + V = IR3, V + W = IR3 e V + W = IR3. Em algum dos casos a soma é direta? 8. Mostrar que os polinômios 1 - t, (1 - t)2, (1 - t)3 e 1 geram P3(IR). 9. Dar um sistema de geradores para cada um dos seguintes sub-espaços do IR3: a) V = {(x, y, z) I x - 2y = O} b) V = {(x, y, z) I x + z = O e x - 2y = O} c) W = {(x, y, z) I x + 2y - 3z = O} d) V n V e) V + W. 10. Sejam V e V sub-espaços vetoriais do espaço W. Provar que: a) V C V-> V + V = V; b) V c V . > V n V = V; 64 *11. 12. *13. 14. 15. 16. *17. 18. 19. *20. *21. 22. 23. c) V + V = V > V ::J V; d) V n V = V-> V c V. Sejam u e v dois vetores não nulos do IR2. Se não existe nenhum t E IR tal que u = tv, mostrar que IR2 é soma direta dos sub-espaços [uI e [vI. Verificar se as seguintes matrizes geram o espaço vetorial M2 (IR):(: ~), (~ ~), (~ ~), (~ :) Se V, V e W são sub-espaços vetoriais do mesmo espaço, mostrar que (V n V) + + (V n W) c V n (V + W). Descubra um exemplo para o qual o primeiro membro des- sa relação é diferente do segundo e um exemplo onde ocorre igualdade. Mostrar que os números complexos 2 + 3i e 1 - 2i geram o espaço vetorial CC sobre IR. Mostrar que é sub-espaço de Mn(IR) o subconjunto formado pelas matrizes anti-simé- tricas. Mostrar também que Mn(IR) é soma direta dos sub·espaços das matrizes simé- tricas e das anti-simétricas. Mostrar que os dois conjuntos {(I, -1, 2), (3, O, I)} e {(-I, - 2,3), (3,3, -4)} geram o mesmo sub-espaço vetorial do IR3. Mostrar com um exemplo que se V, V e W são sub-espaços vetoriais do mesmo espaço, e se valem as relações V n V = V n We V + V = V + W, não se tem necessaria- mente V = W. Mostrar com um exemplo que a união de dois sub-espaços vetoriais de um mesmo espa- ço vetorial não precisa ser um sub-espaço vetorial desse espaço. Mostrar que a união de sub-espaços vetoriais do mesmo espaço é também um sub- -espaço se, e somente se, um dos sub-espaços dados está contido no outro. Considere os seguintes vetores do IR3:(_I, O, 1) e (3, 4, -.2). Determinar um sistema de equações homogêneas para o qual o espaço solução seja exatamente o sub-espaço gerado por eSses vetores. Repita o exercício 20 com os vetores (1, O, 1, 2), (O, O, 1, O) do IR4. (a) Determinar um suplementar do seguinte sub-espaço do IR3: {(x, y, z) I x - y = O} (b) Mesmo exercício com o sub-espaço: {(x, y, z, t) E IR4 I x - y = z - t = O} do IR4. Mostrar que os dois conjuntos abaixo formados de funções contínuas reais definidas em IR geram o mesmo sub-espaço vetorial de C (IR): {sen2 t, cos2 t, sen t • cos t} e {I, sen 2t, cos 2t} 65 *24. Sejam U, V e W sub-espaços vetoriais do mesmo espaço para os quais valem o,seguinte: U n (V + W) = V n W = {o}. Provar que se u + v + w = o (vetor nulo), com u E U, v E V e w E W, então u = v = w = o. *25. Mostrar que o espaço vetorial R oo (exercício proposto 7 - § 2) não é finitamente gerado. Sugestão: raciocinar como será feito no apêndice lI. CAPíTULO 3 Base e Dimensão Lembremos o seguinte fato relacionado com o espaço dos vetores da geo- metria, defInidos por meio de segmentos orientados: se considerarmos um sistema de coordenadas ortogonais, de origem 0, e se chamarmos de 1", 1 e lt os três vetores unitários com os sentidos dos eixos x, y e z, respectivamente, então cada vetor õP admite uma única representação 6P = a1"+ b1+ clt, onde a, b e c são as coordenadas de P, em relação ao sistema considerado. z p APÊNDICE 11 Exemplo de Espaço que não é Finitamente Gerado Indiquemos por P(lR) o conjunto de todos os polinômios reais. O leitor, lembrando a operação adição de polinômios e a operação multiplicação de um polinômio por um número, concluirá que P(lR), com esse par de operações, é um espaço vetorial sobre lR. Mas P(IR) não é fInitamente gerado. Com efeito, dado S = {fl , ... , fn} e P(IR), supondo que cada fi seja não nulo e que fn seja o polinômio de maior grau de S, então o grau de qualquer combinação linear alfl + ... + anfn não ultrapassa o grau de fn. Assim [S] só contém polinômios de grau menor que ou igual ao de fn. Como porém P(IR) compreende todos os polinômios reais, existem neste espaço polinômios de grau maior que o de fn. Logo [S] *' P(IR), para todo conjunto fInito se P(IR). 66 x Nosso objetivo principal, neste capítulo, é mostrar que em todo espaço vetorial finitamente gerádo V eXiste um subconjunto finito B tal que todo ele- mento de V é combinação 'linear, de uma única maneira, desse subconjunto. E que todos os outros subconjuntos de V que têm também essa propriedade (sempre os há) possuem o mesmo número de elementos que B. Daí sairá então o conceito de "dimensão". 1. DEPENDÊNCIA LINEAR Seja V um espaço vetorial sobre IR. Definição 1 - Dizemos que um conjunto L = {Ul' ~, ... , un} e V é linearmente independente (L.I.) se, e somente se, uma igualdade do tipo alUl + . . . + anun = o com os ai em IR, s6 for possível para al = ... = an = O. 67 Definição 2 - Dizemos que L = {Ul, ... , un } C V é lineannente depen- dente (L.D.) se, e somente se, L não é L.I., ou seja, é possível uma igualdade do tipo alul + ... + anun = O sem que os escalares ai sejam todos iguais ao número zero. Portanto: { X + Y + 3z = O x + 4y + 6z = O 5y + 5z = O Escalonando o sistema, vem: Daí, a única solução é a trivial, e o conjunto é linearmente independente. Esse sistema admite outras soluções além da trivial; daí o conjunto é linearmente depen- dente. Como x=:- 2, y =: - 1 e z =: 1 é uma solução não trivial temos - 2(1, 1, O) - - (1, 4, 5) + (3, 6, 5) =: (O, O, O). Esta é uma relação de dependência entre os 3 ve- tores dados. c) x(1, 2, 1) + y(2, 4, 2) + z(5, 10, 5) = (O, O, O) > { X + 2y + 5z = O -> 2x + 4y + 10z = O X + 2y + 5z = O b) x(l, 2, 3) + y(l, 4, 9) + z(1, 8, 27) = (O, O, O)-> _>{2: :4;: 8:: ~ 3x + 9y + 27z = O _{X + Y + 3z = O y + z = O { X+ Y + z = O {X + Y + z = O - y + 3z = O - y + 3z = O y + 4z = O z = O { X + Y+ 3z = O 3y + 3z = O 5y + 5z = O { X + Y + z = O 2y + 6z = O 6y + 24z = O Escalonando o sistema, vem: Exemplos 1) O conjunto L = {(I, 1,0, O); (0,2, 1, O); (O, 0, 0, 3)} C R4 é L.I. pois: x(l, 1, 0, O) + y(O, 2, 1,0 z(O, 0, 0, 3) = (O, 0, 0, O) _> >1:+ 2y : ~ x=y=z=Oy = °3z = ° 2) O conjunto L = {(l, 1,0, O), (O, 1,0, O), (2, 1,0, O)} C]R4 é L.D. pois: x(1, 1, 0, O) + y(O, 1, 0, O) + z(2, 1, 0, O) =(0, 0, 0, O) > { X + 2z = ° {x + 2z = °:::::=> :::::=> x+y+ z=O y- z=o Sendo indeterminado o sistema obtido, então há outras soluções, além da trivial, para a igualdade condicional de que partimos. Nota: Convencionaremos que o conjunto vazio (~C V) é L.I. Como para um sub- conjunto L C V deve valer uma, e uma só, das duas definições anteriores e a segun- da destas pressupõe elementos em L, fica justificada esta convenção. EXERCÍCIOS RESOLvmos 1. Verificar quais dos seguintes conjuntos de vetores do espaço vetoriál IR3 , são linearmente independentes. a) {(I, 1, O), (1,4,5), (3, 6, 5)} b) {(I, 2, 3), (1,4, 9), (1, 8, 27)} c) {(I, 2, 1), (2,4,2), (5, 1O,5)} Solução a) Façamos: x(l, 1, O) + y(l, 4, 5) + z(3, 6, 5) = (O, O, O). Escalonando o sistema, vem: X + 2y + 5z = Oe o sistema é indeterminado, isto é, além da solução trivial admite outras soluções; portanto o conjunto é linearmente dependente. Achar uma relação de dependência entre os 3 vetores. 2. Se u, v e w são vetores de um espaço vetorial V tais que u E Iwl e v E Iwl, mostrar que {u, v} é linearmente dependente. Solução Os vetores u e v são da forma u = ÀW e v = OIW, com À, 0/ E IR. O caso 0/ = À= O é trivial pois então u = v = o e basta ver que lu + Iv = o. Supondo por exemplo À '* O, então ÀV - O/U = À{OIW) - O/(Àw) = (ÀO/ - O/À)w = Ow = o; logo {u, v} é L.D. 68 69 L 3. Consideremos, no espaço vetorial IR2, osvetores:u = (1 - 01,1 + a)ev = (l + 01,1 - a) onde a * O. Mostrar que {u, v} é LJ. Solução I' Solução Para que o conjunto seja L.I. é necessário e suficiente que: x(1, O, a) + y(1, 1, a) + z(l, 1, 012) = (O, O, O) (1) Seja X(l - 01,1 + a) + y(l + a, 1 - a) = (O, O) só se verifique para x = y = z = O. Ora de (l), vem: ou, o que é equivalente, { (1 - a)x + (1 + a)y = O (1 + a)x + (1 - a)y = O Esse sistema linear e homogêneo não deve ter soluções diferentes da trivial, para o que é necessário e suficiente que a matriz: { x+y+z=O y+z=O (012 - a)z = O ( l-a 1+01 1 +01) l-a Como a * Oe a * 1 então 012 - a * O, o que acarreta z Oe daí vem y = Oe x = O. (1) seja inversível, isto é, que o sistema seja de Cramer. Como a foi tomado não nulo esta matriz é inversível e daí {u, v} é L.I. 4. Mostrar que o conjunto de vetores {I, x, x2, 2 + x + 2x2} de P3 (IR) é L.D. e que qual- quer subconjunto de três elementos dele é L.I. Solução Se fIzermos aI + (3x + 'Yx2 + 0(2 + x + 2x2) = O 6. Mostrar que se o conjunto {u, v, w} de vetores de um espaço vetorial V for L.I., o mesmo acontecerá com o conjunto {u + v, u + w, v + w} Solução Com efeito, façamos: x(u + v) + y(u + w) + z(v + w) = o Daí, segue: (o zero do segundo membro de (1) é o polinômio identicamente nulo), virá: a + 20 + «(3 + o)x + ('1 + 20)x2 = O. (x + y)u + (x + z)v + (y + z)w = o Mas o conjunto {u, v, w} é L.I. Então: = O _{X + ~ _ z: ~ 2z = O { Xx + Y +z=O y+z=O { X+ Y =0 -y+. z=o y+z=O e o sistema só admite a solução trivial x = y = z = O. Logo, o conjunto {u + v, u + w, v + w} é L.I. Escalonando o sistema, vem: o sistema admite outras soluções, além da trivial, o que nos leva a concluir que o con- junto é L.D. Um subconjunto qualquer do conjunto dado, por exemplo {I, x, x2} é L.I.; de fato, aI + (3x + 'Yx2 = O, implica a = (3 = '1 = O pelo princípio de identidade de polinômios. Nos 3 demais casos procede-se do mesmo modo. { a + 20 = O (3 + o = O '1 + 20 = O Pelo princípio de identidade de polinômios, teremos: 5. Mostrar que o conjunto {(1, O, a), (1,1,01),(1,1, a2)} de vetores do IR3 é L.I., desde que a*Oea*1. 7. Mostrar que o conjunto de vetores {(l - i, O, (2, - 1 + O} de~2 é L.D. sobre ~ mas L.I. sobre IR. 70 71 L Solução No primeiro caso, devemos mostrar que existem zl' Z2 E <C, tais que Zl(l - i, i) + z2(2, - 1 + O = (O, O), com Zl oF Oou Z2 oF O. (l) É fácil verificar que Zl = 1 + i e Z2 = - 1 satisfazem (1), o que mostra que o conjunto é L.D. sobre <C. No segundo caso, sendo x, y E IR tais que x(l - i, O + y(2, - 1 + O = (O, O), vem: EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Quais os subconjuntos abaixo do IR3 são linearmente independentes: a) {(l, O, O), (O, 1, O), (O, O, 1), (2, 3, 5)} b) {(l, 1, 1), (1, O, 1), (1, O,. - 2)} c) {(O, O, O), (l, 2, 3), (4, 1, - 2)} d) {(l, 1, 1), (1, 2, 1), (3, 2, -I)} 8. Mostrar que o conjunto {I, cosx, cos2x} de vetores de CO-1T, 1Tl) é L.I. Solução Suponhámos: f(l - Ox + 2y = O l ix + (i - l)y = O Escalonando o sistema, vem: x + (i + l)y LJ. sobre IR. { X + (i + l)y = O ix + (i - l)y = O = O e daí x = y = O. Logo o conjunto é 2. Quais dos subconjuntos abaixo de P4 (IR) são linearmente independentes: a) {(I, x-I, x2 + 2x + 1, x2} b) {2x, x2 + 1, x + 1, x2 - I} c) {x(x - 1),x3 , 2x3 - x2, x} d) {x4 + x-I, x3 - x + 1, x2 - I} 3. Demonstrar que o conjunto {I, eX, e2X} de vetores de C( lO, 1l) é L.I. 4. Mostrar que o conjunto {I, eX, xeX} de vetores de COO, 1l) é L.I. li! + 13 cos x + '1 cos 2x = O,Vx E [-1T, 1Tl. Então: X=-1T====> lI!-{3+'Y=O x= O >lI!+{3+'Y=O *5. Demonstrar que é L.I. o conjunto {I, (x - a), (x - a)2, ... , (x _ a)n-l} de vetores de Pn- l (IR), onde a éum número arbitrário. Escalonando, vem: x= 1T "2 > -'1=0 * 6. Mostrar que o subconjunto {Xl' X2' ... ,xn} de vetores de um espaço vetorial V é L.D. se,e somente se, existe um inteirô k (1 .;; k .;; n) tal que Xk é combinação linear dos de- mais vetores do conjunto. { lI!- {3+ '1=0 2{3 = O 13 + 2'1 = O Daí li! = 13 = '1 = O e o conjunto é L.I. 9. Mostrar que o conjunto {I, sen2 x, cos2 x} de vetores de C( [- 1T, 1Tl) é L.D. Solução Basta lembrar que sen2 x + cos2 x-I = O. 72 7. Determinar m e n para que os conjuntos de vetores do IR3 dados abaixo sejam L.I. a) {(3, 5m, 1), (2, 0,4), (l, m, 3)} b) {(1, 3, 5), (2, m + 1, lO)} c) {(6, 2, n), (3, m + n, m - I)} 8. Seja {u, v, w} um conjunto L.I. de vetores de um espaço vetorial V. Provar que o conjunto {u + v - 3w, u + 3v - w, v + w} é L.D. 9. Quais dos seguintes subconjuntos do C3 são L.I. sobre C? (a) {(i, 1, O), (l + i, 2, O), (3, 1, O)} (b) {(i, 1, O), (O, 1, O, (O, i, O} (c) {(i, 1, O), (2 + i, 3i, 5 - O, (2,4 + 4i, 4 - 60} 10. Suponha que {Vl' ... ,Nn} é um subconjunto L.I. de um espaço vetorial. Mostrar que {alv1 , ..• ,anvn} também é L.I., desde que os escalares ai sejam todos não nulos. 73 *11. Suponha que {Uh' .. , Ur, Vl, ... , vs} é um subconjunto L.I. de um espaço V. Mostrar que Suponhamos (Xl *" O. Então existe o inversc:fde&l e multiplicando a igual- dade acima por este inversojeremos: Ul + ((XI-ICXz)~ + ... + ((Xl- l (Xn)Un = o. Daí *12. Se {UI' ... , ui, ... , Uj, ... , un} é L.I., mostrar que {Ui> ... , ui> ... , Uj + o<ui, ... , un} também é L.I., para todo escalar 0<. Ul = (-(XI-ICXz)~ + '" + (-(Xl-l(Xn)un o que mostra que Ul é combinação linear de U2, ... , uno Analogamente se procede quando (Xj *" O. - *13. Sejam 0<1' ••• , O<n números reais distintos 2 a 2. Provar que o conjunto de funções {eO<l t, ... , eo<nt} é L.I. * 14. Provar que o conjunto de funções {eat cos bt, eat sen bt}, onde a e b são números reais e b "* O, é L.I. 2. PROPRIEDADES DA DEPENDÊNCIA LINEAR P4 . Se Sl e S2 são subconjuntos fmitos e não vazios de V, se Sl C S2 e Sl é L.D., então S2 também é L.D. Prova - Suponhamos Sl ::: {Ul, ... , ur} e S2 = {Ul, ... , Ur, ... , ut}· Por hip6tese existem números reais (Xl' ... , (Xr, não todos nulos, de ma- neira que \ (XIUl + ... + (Xrur = o. Daí aproveitando os escalares e completando com zeros teremos (XIUl + ... + (XrUr + OUr + l + ... + OUt = O. Como nem todos os escalares que figuram nesta última igualdade são nulos, então pode-se dizer que S2 é um conjunto L.D. - Consideremos um espaço vetorial V sobre IR. Pl . Se um conjunto fmito L C V contém o vetor nulo, então esse conjunto é L.D. Prova - Seja S = {o, U2, . . . , un}. Então, evidentemente (xo + O~ + ... + OUn = o para todo (X *" O. Isso é suficiente para concluir que S é L.D.• Se S = {Ul , ... , un} C V é L.D., então um dos seus vetores é combinação linear dos outros. (Veja exercício proposto n9 6, § 1.) Prova - Por hipótese existem números reais (Xl, ... , (Xn, nem todos iguais a zero, de modo que (XIUl + (X2~ + ... + (XnUn = O. (1)(Xl Ul + ... + (XnUn + (XU = o Ps . Se Sl e S2 são subconjuntos finitos e não vazios de V, com Sl C S2 e S2 L.I., então Sl também é L.I. Prova - Se Sl fosse L.D., então o mesmo aconteceria com S2' devido à propriedade anterior. - P6 • Se S = {Ul,"" un} é L.I., e para um certo u E V tivermos S U {u} = = {Ui> ... , un , u} L.D., então o vetor u é combinação linear dos vetores ul, ... ,un,istoé,u E [S]. Prova - Por hip6tese tem-se uma igualdade onde nem todos os escalares que nela figuram são nulos. Afirmamos que um dos escalares não nulos é o (x. De fato, se (X = O, então (XIUl + ... + (Xnun = o. Como porém o conjunto S é L.I., esta última igualdade s6 é possível com (Xl = ... = (Xn = O. Daí, se (X = O, então (X = (Xl = ... = (Xn = O, o que é impossível. oconforme já Se S = {u} C V eu*" o, então S é L.I. Prova - Suponhamos (xu = o. Como u *" o, então (X vimos nas propriedades dos espaços vetoriais. - 74 75 Sendo a '* °podemos multiplicar a igualdade (1) por a- l e teremos: (a-lal)Ul + ... + (a-lan)Un + U = o ou ainda u = (-a-lal)Ul + ... + (-a-lan)un igualdade que nos mostra que U E [S].• P7 • Se S = {Ul' ... , Uj, ... , un} e Uj E [S - {Uj}] (isto é, Uj é combinação linear dos demais vetores de S), então [S] = [S - {Uj}]. Prova - Faremos a prova supondo j = loque nada tira em generalidàde. É óbvio que [S - {ud] C [S], pois S - {ud C S. Por outro lado, dado um vetor u E [S], então: u = alul + ... + anun (ai E IR). (1) Como porém o vetor Ul está em [S - {ud], por hipótese, então: Ul = 13211:2 + ... + 13nun' (2) Substituindo (2) em (1) iremos obter u = al (13211:2 + ... + 13nun) + a211:2 + ... + a nun· Daí u = (al132 + ~)11:2 + ... + (al13n + an)un o que prova que UE [S - {Ul} ] e conseqüentemente que [S] C [S - {Ul}]' • Exemplo - Observe no IR4 o seguinte sub-espaço S = [(1, 1, 0, O), (O, 1,0, 2}, (O, 0, 1, O), (O, 2, -1,4)]. "É fácil perceber a seguinte relação 2(0, 1, 0, 2) - (O, 0, 1, O) = (O, 2, -1, 4). A propriedade acima nos garante, então, que S = [(1, 1, 0, O), (O, 1, 0, 2), (O, 0, 1, O)]. 3. BASE DE UM ESPAÇO VETORIAL FINITAMENTE GERADO Defmição 3 - Seja V um espaço vetorial finitamente gerado. Uma base de V é um subconjunto finito B C V para o qual as seguintes condições se verificam: 76 (a) [B] = V. (b) B é linearmente independente. Exemplos 1) {(1, O), (O, I)} é uma base do IR2 2) {(I, 0, ... , O), (O, 1, 0, ... , O), ... , (O, ... , 0, I)} é uma base do 3) {(1, 0, ... , O), (O, 1, 0, ... , O), ... , (O, ... , 0, I)} é uma base do espaço vetorial (Cn, considerado como espaço vetorial sobre (C. 4) O conjunto das m· n matrizes reais ( 1 ° 0) (0 1 ° 0) (0 ° 0)00 0 OQO O . ~ ~.:::. ~ , ~"'~"~" ~ '''''. ~ ~ ~ é uma base do espaço Mmxn (IR). 5) Os n + 1 polinômios 1, t, ... , tn formam uma base de Pn (IR) pois (a) Dado f E Pn (IR), existem (e são únicos) ao, al, ... , an E IR de modo que f(t) = ao + alt + ... + antn, Vt E IR, o que é conseqüência da própria definição de polinômio. (b) Se ao + alt + '" + antn = 0, Vt E IR, então ao = '" = an = 0, devido ao princípio dos polinômios identicamente nulos. 6) Se indicamos por o o vetor nulo de um espaço vetorial qualquer, então uma base do espaço {o} é, conforme nossas convenções a respeito, o conjunto fi). Nota: As bases exibidas nos exemplos 1, 2, 3, 4 e 5 são chamadas bases canônicas dos espaços IR2, IRn, (Cn, Mmxn(IR) e Pn(IR), respectivamente, devido a sua na- turalidade. Obviamente, esses espaços têm outras bases, conforme veremos a se· guir. Deixamos como exercício a verificação nos exemplos de 1 e 4. Proposição 1 - Todo espaço vetorial finitamente gerado admite uma base. Demonstração - Indiquemos por V o espaço. Se V = {o}, então ~ é uma ba- se de V devido às convenções a respeito para este caso. 77 Caso contrário existe um subconjunto finito e não vazio S C V, de maneira que V = [S]. Como S "* {o}, então existem subconjuntos não vazios de S que são L.I. Tomemos um deles com o maior número possível de elementos. Indicando por B esse subconjunto, afirmamos que B é uma base de V. Devido à maneira como tomamos B, para todo u E S - B teremos que B U {u} é L.D. Logo u é combinação linear de B (ver P6 no parágrafo anterior). Usando agora a propriedade P7 , conclui-se que: [B] = [S] = V. Como, por outro lado, B é L.I., pela própria maneira como foi cons- truído, então B é uma base de V. - 4. DIMENSÃO Iremos enunciar logo a seguir um resultado bastante importante que diz res- peito ao número de vetores das bases de um espaço vetorial finitamente gerado. Sua demonstração, contudo, somente será feita no apêndice, ao fim deste capítulo, pelo fato de ser um tanto quanto trabalhosa. Esse apêndice é especialmente recomenda- do aos alunos dos Cursos de Matemática. Teorema da invariância - Seja V um espaço vetorial finitamente gerado. Então duas bases quaisquer de V têm o mesmo número de vetores. Apoiados no teorema da invariância, damos a seguinte definição. Defmição 4 - Seja V um espaço vetorial finitamente gerado. Denomina-se dimensão de V (notação: dim V) o número de vetores de uma qualquer de suas bases. Diz-se também, neste caso, que V é um espaço de dimensão finita. Decorre da defmição dada e de considerações já feitas nos exemplos após a de- fmição 3 que: onde all "* O, a2r 2 "* O, ... ,aprp "* Oé n - p. Para isso, ler novamente o Capítu- lo 1. Proposição 2 (Teorema do Completarnento) - Seja V um espaço vetorial de di- mensão n ~ I. Se {UI, ... , ur} C V é um subconjunto L.I. com r vetores e r < n, então existem n - r vetores UH I, ... , un E V, de maneira que B = {UI> ... , ur, ur +I, ... , un} é uma base de V. Demonstração - Tomemos uma base C = {VI, ... , Vn} de V e formemos a união: S = {Uh,'" Ur, VI,"" vn}' Dentre os subconjuntos de S que são L.I. e que contém UI, ... , ur tomemos um com o maior número possível de elementos. Seja B = {UI, ... , ur, VI, ... , vs} esse conjunto. (Obviamente párticularizamos em B a seqüência dos índices dos ele- mentos Vi> o que não traz nenhum prejuízo à demonstração.) Mostremos que B é uma base de V. Decorre da própria escolha desse conjunto que ele é L.I. Por outro lado VI, ... , Vs são obviamente combinações lineares de B. O mesmo se pode dizer de VS+1, ••• , Vn devido à propriedade P6 vista neste capítulo. Sendo todos os vetores de C combinações lineares de B, conclui-se, pelo fato de C ser uma base de V, que todos os vetores de,\' também são combinações lineares de B. Portanto B é uma base de,V. - , . Proposição 3 - Todo sub-espaço~etorial de um espaço vetorial fmitamente gerado é também finitamente gerado. Deixamos ao leitor a tarefa de concluir que a dimensão do espaço solução de um sistema homogêneo escalonado + atnxn = O + a2nxn = O auxI + al2 x2 + . a2r2x2 + . 1) dim IR? = 2; 2) dim IRn = n; 3) dim Cn = n; 4) dim Mmxn(IR) = m • n; 5) dim Pn (IR) = n + I; 6) dim {o} = O. Demonstração - Seja V finitamente gerado e W um sub-espaço vetorial de V. Se W = {O}, nada há a provar. Senão, tomemos WI E W, WI "* O. Se W = = {ÀIWI: ÀI E IR}, está provado. Senão,existew2 EW,quenãoédaformaÀlwl, isto é, {WI> W2} éL.I. Se Wé gerado por{W1> W2}, está terminado. Senão, existe W3 em W, que não é combinação linear de {WI, W2}' E assim por diante. Este pro- cesso deve parar senão haveria em V um conjunto L.I. e infinito. - 78 Proposição 4 - SejaWum sub-espaço vetorial de V. Se dimW = dim V, então W = V. 79 Demonstração - Pela proposição 3, W é fmitamente gerado. Logo W tem uma base. Toda base de W também é base de V devido à hipótese de que dim W = dim V. Logo todo vetor de V pertence a W. Assim V C W e, como W está contido em V, segue que V = W.• 5. PROCESSO PRÁTICO PARA DETERMINAR UMA BASE DE UM SUB-ESPAÇO DElR" (ou <e") Um sub-espaço de IRn, em geral, ou é dado pelos seus geradores ou é possível achar esses geradores. Daremos a seguir um dispositivo prático para achar uma base desse sub-espaço a partir dos seus geradores. Esse processo se baseia em três observações apenas. Seja V = [UI, ... , Ur] um sub-espaço do IRn . (I) Se no segundo membro da igualdade acima permutarmos dois dos vetores que lá figuram evidentemente não alteramos o sub-espaço gerado, isto é, V = [UI, ... , Ui, .. , , Uj, ... , Ur] = [UI, ... , Uj, ... , Ui, ... , Ur]' (11) Para todo número real Ct tem-se a seguinte igualdade: V = [UI, , Ui, ... , Uj + Ctui, ... , ur]. De fato, seja U = í3I UI + + í3iUi + ... + í3jUj + ... + {3rur um elemento de V. Esse elemento também pode ser escrito da seguinte maneira: U = {3I UI + + {3iUi - {3jCtUi + + {3jUj + í3jCtUi + + í3rur = = {3IUI + + (í3i - í3jCt)Ui + + í3j (Uj + CtUi) + + í3rur' Logo U E [UI, , Ui, ... , Uj + Ctui, , ur]. Fica como exercício provar que o sub-espaço V contém o sub-espaço gerado por UI, ... , Ui, ... , Uj + CXUi, ... , Ur. (Veja o exercício proposto n9 12,§ 1.) (111) Se UI , u~, ... , Ur, se apresentam na forma escalonada, ou seja, se o número de zeros iniciais de U2 é maior que o de UI e assim sucessivamente, então os vetores UI, ... , Ur formam um conjunto L.I. e, portanto dim V = r. Isso não é difícil de ver. Se os geradores de V não formassem um conjunto L.I., então teríamos algo como: UI = Ct2 U2 + ... + cxrur . Mas isso não é possível pois o número de zeros iniciais de UI é certamente dife- rente do número de zeros iniciais de Ct2 U2 + ... + cxrur ' devido à nossa hipótese a respeito desses vetores. 80 Exemplo - Seja V = [(2, 1, 1, O), (1, O, 1, 2), (O, -1, 1, 4)] C IR4 . Na prática formamos com esses vetores as linhas de uma matriz simbólica da seguinte maneira: (~ ~ ~ ~) °-1 1 4 A seguir aplicamos convenientemente as "·operações" (I) e (11) acima até obtermos a situação da hipótese de (III). Vejamos como. No que fizemos acima a seta indica apenas a passagem de uma etapa para outra do processo. Na primeira passagem permutamos a primeira e a segunda linhas. Na segunda passagem multiplicamos por - 2 a primeira linha e o "resultado somamos com a segunda linha. Na última passagem somamos a segunda linha com a terceira linha. Levando em conta (I) e (11) temos que V = [(1, O, 1, 2), (O, 1, -1, -4), (O, O, O, O)]. Como o vetor nulo pode ser retirado do segundo membro desta última igualdade, então V = [(1, O, 1, 2), (O, 1, -1, -4)]. Levando em conta (III) concluímos que: {(I, 0, 1, 2), (O, 1; -1, -4)} . . " é uma base de V e que dim V = 2. 6. DIMENSÃO DA SOMA DE DOIS SUB-ESPAÇOS Seja W um espaço vetorial sobre IR. Já vimos que se U e V são sub-espaços de W, então U () V e U + V também são sub-espaços de W. No caso em que a dimensão de W é finita as dimensões de U () Vede U + V estão relacionadas conforme proposição e demonstração abaixo. 81 Proposição 5 - Seja W um espaço vetorial sobre IR de dimensão finita. Se U e V são sub-espaços de W, então: dim (U íl V) + dim (U + V) = dim U + dim V. Demonstração - Seja B1 = {UI, ... , ur} uma base de U íl V. Como B1 é L.I. em U e em V, o teorema do comp1etamento nos garante a existência' de VI, ... , Vs E U e Wl, ... , Wt E V de tal modo que B2 = {UI, ... , Ur, VI,' .. , vs} é base de U e que B3 = {UI, ... , Ur, Wl, " . , Wt} é base de V. Mostremos que é uma base de U + V. (a) Seja W E U + V. Então W = U + V (u E U, VE V). Sendo B2 e B3 bases de U e V, respectivamente, podemos representar U = alul + ... + arur + f31Vl + ... + f3svs e v = al'ul + ... + a;ur + f31'Wl + ... + f3íWt onde as letras gregas indicam, obviamente, números reais. Daí W= U + v = (aI + al')ul + ... + (ar + a;)ur + f31Vl + ... + f3svs + + f31'Wl + ... + f3tWt. Logo [B] = V. (b) Suponhamos aluI + ... + arur + f31 Vl + ... + f3svs + rlWl + ... + rtWt = o (1) Então: aluI + ... + arur + f31 Vl + ... + f3svs = -rlWl - ... -rtWt. Como o primeiro membro desta última igualdade está em U e o segundo membro está em V e se trata do mesmo vetor, então: -rlwl - ... - rtWt E U íl V. Logo existem o1, . . . , or E IR tais que: -rlW l - ... - rtWt = 0lUl + ... + orur' Daqui tiramos que 0l Ul + ... + 0rur + rlWl + ... + rtWt = o. Do fato de B3 ser L.I. , conclui-se então que 82 01 = ... = or = rI = ... = rt = O. Se rI = ... = rt = o a igualdade (1) fica: aluI + ... + arur + f31Vl + ... + f3svs = o. Lembrando que o conjunto B2 também é L.I. tiramos daí que aI = ... = 01: = f31 = ... = f3s = O. Com isso provamos que B de fato é um conjunto L.I. Finalmente observando que dim (U íl V) = r, dim U = r + s, dim V = r + t e dim (U + V) = r + s + t, chegamos à fórmula dim (U + V) + dim (U íl V) = dim U + dim V.• Exemplo - Consideremos os seguintes sub-espaços de IR4 : U = [(1, O, 1, O), (O, 1, O, O)] e V = {(x, y, z, t) I x + Y= O}. Determinemos dim (U íl V) e dim (U + V). É fácil notar que B = {(l, O, 1, O), (O, 1, O, O)} é uma base de U. Logo dim U = 2. Quanto a V temos: u E V <=> u = (x, - x, z, t), onde x, z, t E IR <=> <-> u = x(l, -1, O, O) + z(O, O, 1, O) + t(O, O, O, 1). Logo V = [(l, -1, O, O), (O, O, 1, O), (O, O, O, 1)]. Pela forma escalonada como se apresentam os geradores de V que aí figuram podemos dizer que: C = {(1, -1, O, O), (O, O, 1, O), (O, O, O, 1)} é uma base de V e que dim V = 3. Por outro lado, decorre da própria definição de soma de sub-espaços que U + V = [B U C]. A partir disto podemos achar uma base de U + V do seguinte modo: 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O O 1 O O O 1 O O O 1 O O 1 -1 O O -+ O O 1 O -+ O O 1 O O O 1 O O O O 1 O O O 1 O O O 1 1 -1 O O O O O O Logo dim (U + V) = 4 e conseqüentemente U + V = IR4 • Disto segue que dim (U íl V) = 1. 83 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 1. MostraI que o subconjunto {l, i} é uma base de Q:; sobre IR. Solução Os vetores I e i constituem um sistema de geradores de <I: sobre R pois todo elemento de Q:; é da forma ai + bi, com a e b em R. Além disso, se xl + yi = O= O + Oi (com x, y E R), então x = y = O. 2. MostraI que o subconjunto de vetores: {(O, 2, 2), (O, 4, 1)} é uma base do seguinte sub-espaço vetorial do R 3 : U = {(x, y, z) E R 3 I x = O}. Solução Como (x, y, z) E U se, e somente se, x = Oe (O, y, z) = y (O, 1, O) + z(O, O, 1), então {(O, 1, O), (O, O, I)} é uma base de U. Logo dim U = 2. Por outro lado (O, 2, 2) e 'O, 4, 1) ~o m~PM~n(~ PO:' ":r:o(~~r:f Logo os vetores dados formam uma base de U, pois pertencem a U. 3. No espaço vetorial R 3 consideremos os seguintes sub-espaços: U = {(x, y, z) E R 3 I x = O} e V = [(1, 2, O), (3, 1, 2)1. Determinar uma base e a dimensão dos sub-espaços U, V, U + V e U n V. Solução De acordo com o exercício anterior (CO, 1, O), (O, O, I)} é uma base de U. Por outro lado (1, 2, O) e (3, 1, 2) formam uma base de V pois: (: 2 :)~ o: _: :) e {(l, 2, O), (O, -5, 2)} é L.I. Determinemos uma base e a dimensão de U +V: ( ~ ~ :)-+(~ : ~)-+(~ : :)-+(~ : ~) O -5 2 O -5 2 O O 2 O O O Logo U + V = [(l, O, O), (O, 1, O), (O, O, 1)] e U + V = R 3 . Comeqüentemente dim (U n V) = dim U + dim V - dim (U + V) = 1. Como o vetor (O, 5,2) está em U e está em V, então (CO, - 5, 2)} é uma base de U n V. 84 I 4. DeterminaI uma base do R 4 que contenha os vetores (l, I, I, 1), (O, I, -I, O) e (O, 2, O, 2). Solução Se tomaxmos o vetor (O, O, O, 1), então o conjunto B = {(l, 1,1, 1), (O, I, - 1,0),(0,0,2,2), (O, O, O, '1)} é L.I. Logo B é uma base do IR4• Obviamente, substituindo (O, O, 0,1) nessa base por qualquer (O, O, O, a)(a '* O) obtém-se outra base do IR4. 5. No espaço vetorial R 3 consideremos os seguintes su1respaços vetoriais: S = [(l, -1,2), (2, I, 1)], T = [(O, 1, -1), (l, 2, 1)], U = {(x, y, z) I x + Y = 4x - z = O} e V = = {(x, y, z) I 3x - y - z = O}. Determinar as dimensões de: S, T, U, V, S +T, S n T, T + U e T nU. :'c -: :) ~ G-; -:) Logo dim S = 2. b) É imediato que dim T = 2 pois seus geradores já se apresentam na forma escalonada. c) Os vetores de U são da seguinte forma: (x, - x, 4x) = x(l, -1,4). Logo {(l, -I, 4)} é uma base de U e dim U = 1. d) Os vetores de V se apresentam assim: (x, y, 3x - y) = x(l, O, 3) + y(O, I, -1). Logo V = [(I, O, 3), (O, I, -1)1. Como os geradores de V que aí apaIecem já estão na forma escalonada, então dim V = 2. e) (~-~ ~) -----+ (~ -~ _~) --+ (~ -~ _~) O 1 -1 O 1 -1 O O O 1 2 1 O 3 -1 O O 2 Logo dim (S + T) = 3 e daí S + T = R 3 • f) A paItir das dimensões de S, T e S + T, acha-se que dim (S n T) = 1. g) (~ ~ -~) ~ (~ ~ -~) -----+ (~ ~ -~) ~(~ ~ -~) 1 -1 4 1 -1 4 O -3 3 O O O Logo dim (T + U) = 2. h) A proposição 5 deste capítulo nos conduzirá a dim (T n U) = 1. 8S 8. Consideremos o sub-espaço vetorial de M3(IR) constituído das matrizes simétricas. Deter- minar uma base desse sub-espaço. Solução Podemos decompor uma matriz simétrica X de M3 (IR) da seguinte maneira: 6. Determinar uma base e a dimensão do espaço solução do seguinte sistema: { X-Y-z-t=O S: 2x + Y + t = O z-t=O Solução Inicialmente escalonemos S: { X- Y- z- t=O S - 3y + 2z + 3t = O z - t = O X= ( O O + f O O O O 5 1Daí tiramos: z = t, y = - 3" t e x = 3" t. Logo o conjunto solução de S é V ={( ~ t, -/ t, t, t ) I t E IR} = {t(+, -~ ,1, 1 ) I t E IR} Isto mostra que o conjunto é uma bas~do espaço SOIUr-O de S e que, portanto, a dimensão desse espaço é 1. Uma outra base de V e{(l, - 5,3,3) . 7. Seja {Ul, u2, ... , un} uma base de um espaço vetorial V de dimensão n sobre <C. Mostrar que {Ul' ... , un, iUl, ... , iUn} é uma base de V considerado como espaço vetorial sobre IR. (Veja Ex. proposto n'? 8, pág. 52.) Solução a) Dado u E V, existem al + bli, ... , an + bni E <C de maneira que u = (al + bli)ul + + ... + (an + bni)un, pois os vetores ul, ... , un formam uma base sobre <C. Logo u = alul + ... + anun + bl(iul) + ... + bn(iun), o que mostra {Ul' ... , un, iUl, ... , iun} gera V sobre IR. b) Por outro lado, se alul + então (al + bli)Ul + ... + (an + bni)un = O. Logo al + bli = ... = an + bni = O. Donde al = ., . = an = b l = ... = bn = O. Nota: O exercício nos ensina que se a dimensão de V sobre <C é n, sobre IR será 2n. 86 1 É fácil verificar que as seis matrizes em que X se decompôs formam um conjunto L.I. em M3 (IR). Logo essas seis matrizes formam uma base do sub-espaço das matrizes simé- tricas de M3 (IR) cuja dimensão é, portanto, igual a 6. Lembre-se que M3 (IR) tem dimensão 9. Nota: Generalizando o raciocínio que acabamos de fazer pode-se concluir que o sub-espaço 2 das matrizes simétricas de Mn (IR) tem dimensão n ; n enquanto que Mn (IR) tem dimensão n2. É o que pedimos no exercício 16 a seguir. 9. (Exercício patológico) Mostrar que o conjunto {2} é uma base do espaço V = {x E IR I I x > O} cuja adição é dada por u $ v = uv e a multiplicação por escalares por O! • u = = uO!, VO! E IR. Solução Lembremos que o vetor nulo desse espaço é o número 1. (a) A teoria dos números reais nos ensina que dado um número real u > O, existe um único número real O! tal que u = 20! : O! = log2 u. Logo u = 20! = O! • 2. (b) Se O! • 2 = 1 (vetor nulo), então 20! = 1, donde O! = O. Nota: É claro que todo número real maior que zero e diferente de 1 constitui uma base de V sobre IR. 10. Sejam U e V sub-espaços vetoriais de um espaço de dimensão n. Supondo que dim U > ~ e que dim V > ~, prove que: U n V *" {o}. Solução Consideremos a fórmula dim U + dim V = dim (U + V) + dim (U n V). Se U n V = = {o}, teríamos dim (U n V) = O. Daí dim (U + V) = dim U + dim V > n. Absurdo pois U + V é sub-espaço de um espaço de dimensão n. 87 EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Dar uma base e a dimensão do sub-espaço W de IR4 ondeW= {(x, y, z, t) E IR4 I x - y = y e x - 3y + t = O}. 11. Para que valores de a E IR o seguinte conjunto é uma base de IR3: B = {(a, 1, O), (1, a, 1), (O, 1, a)}. 2. Sendo W e U sub-espaços do IR4 de dimensão 3, que dimensões pode ter W + U se (1, 2, 1, O), (-1, 1, O, 1), (1, 5, 2, 1) é um sistema de geradores de W n U? 3. Sendo W o sub-espaço do exercício 1 .e U o sub-espaço do IR4 gerado por (1, 2, 1, 3) e (3, 1, 1, 4), determinar uma base e a dimensão de U + W e de U n W. 4. Achar uma base e a dimensão do seguinte sub-espaço de IR4 : U = {(x, y, z, t) I x - y = O e x + 2y + t = O}. 5. No espaço vetorial IR3 consideremos os seguintes sub-espaços: U = {(x, y, z) I x = O}, V = {(x, y, z) I y - 2z = O} e W = [(1, 1, O), (O, O, 2)1. 12. Sejam uI' ... , Un vetores de um espaço vetorial V. Provar que se cada vetor u de S = = [UI' ... ,unI admite uma única representação como combinação linear de uI> ... , Un, então os vetores UI> ... , un formam uma base de S. 13. Suponha que {u I> ... , un} é uma base de um espaço vetorial. Mostrar que {UI' UI + + U2, ... 'UI + U2+ ... + un} também é uma base desse espaço. 14. Considere o seguinte sub-espaço vetorial de ce3 : W = [(1, O, i), (1, 1 + i, 1 - i), (1, -1 - i, - 1 + 3i)1 Determinar uma base desse sub-espaço. 7. Mostrar que os polinômios 1,1 + t, 1 - t2 e 1 - t - t2 - t3 formam uma base de P3 (IR). 6. Detemúnar uma base e a dimensão do sub-espaço de M3 (IR) constituído das matrizes anti-simétricas. 8. Determinar uma base e a dimensão do espaço solução de cada um dos seguintes sistemas linea- res homogêneos: Determinar uma base e a dimensão de cada um dos seguintes sub-espaços: U, V, W, U n V, V + W eU + V + W. {(Ulo o), ... , (um, o), (o, VI), ... , (o, vn)} é uma base de U X V. 16. Determinar a dimensão dos seguintes sub-espaços de Mn (IR): a) Sub-espaço das matrizes simétricas; b) Sub-espaço das matrizes anti-simétricas; c) Sub-espaço das matrizes A tais que A = 2At. n d) Sub-espaço das matrizes A = (aij) tais que L aii = o. i= 1 15. Sejam U e V espaços vetoriais sobre IR de dimensões m e n, respectivamente. Considere o espaço vetorial U X V cuja adição é dada por (UI, VI) + (u2, V2) = (UI + U2' vI + V2) e a multiplicação por escalares por IX (u, v) = (IXU, IXV). Admitindo que {UI> ... , um} e {Vlo ... , vn} são bases de U e de V, respectivamente, prove que: b){ x + y + z. = O 2x - y - 2z = O x + 4y + 5z = O d){ x - y - z - t = O 3x - y + 2z - 4t = O 2y + 5z + t = O a){2: =:~:: 3x + 2 Y = O C){2X - 2y + z = O 3x - y + 3z = O 3y + 4z = O 9. Mostrar que as matrizes: (~ ~) .(: ~). (: ~), G:) 7. COORDENADAS formam uma base de M2 (IR). 10. Determinar uma base de IR4 que contenha os seguintes vetores (1, 1, 1, O), (1, 1, 2, 1). Vamos trabalhar agora com bases ordenadas de wn espaço vetorial V. Uma base ordenada é uma base na qual fixamos quem é o primeiro vetor, quem é o segundo vetor, etc. 88 89 8. MUDANÇA DE BASE Po"...to a matriz das coonl,mui.. de f(t) é (-~ ) "m "laç<o à b"", md,· nada B. n Vj = L aijUi (j = 1,2, ... , n). i= 1 Ou simplesmente A partir de agora, diremos apenas base em vez de base ordenada, para facilitar o texto. \ Seja V um espaço vetorial de dimensão n e consideremos duas bases de V: B = {Ul, ... , un} e C = {Vl, ... , vn}' Então existe uma única família de escalares aij de maneira que Vl = a11u l + ... + antun {, CJou Seja V um espaço vetorial de dimensão finita. Dada uma base ordenada de V, então todo vetor v desse espaço é combinação linear de B. Ou seja, existem al, ... , an E IR de modo que: v = alul + ... + anun. É fácil provar que os escalares que figuram nessa igualdade estão univocamente determinados. De fato, suponhamos v = alul + + anun = ~lUl + ... + ~nun' Então: (al - ~l)Ul + + (an - ~n)un = o. Como o conjunto B é L.I., então al - ~1 = ... = an - ~n = O e daí al = ~1, a2 = ~2' ..• , an = ~n' Defmição 5 - Os escalares al, ... , an que figuram na igualdade v =alUl + + ... + anun, conforme as considerações acima, são chamados coordenadas do vetor v em relação à base ordenada B. É conveniente, por outro lado, associar uma matriz às coordenadas do vetor u. Assim, se u =alul + ... + anun, em relação à base ordenada B={ut. ... , u n}, considera-se a matriz n x 1 Defrnição 6 - A matriz quadrada de ordem n + Yl = 1 e {x2 + Y2 = O > Yl = O Y2 = 1 apenas se não houver possibilidades de confusão, como a matriz das coordenadas de u em relação à base ordenada B. Nota: É evidente a necessidade de trabalhar com bases ordenadas de V (não apenas bases de V) para podermos considerar a matriz de coordenadas como foi definida aci- ma. Sem ordenar a base, não saberíamos qual seria o al, o a2, etc. Exemplo - É fácil verificar que B = {1, 1 + t, 1 + e} é uma base ordena- da de P2(IR). Achemos as coordenadas de f(t) = 2 + 4t + e em relação a essa base ordenada: 2 + 4t + t2 = xl + y(1 + t) + z(1 + t2) -> 2 + 4t + t2 = (x + Y + z) + yt + zt2 > z = 1, y = 4, x + y + z = 2 => x = -3, y = 4 e z = 1. ( a11 a11 a1n) P = ~~~ ..~~2 ~~. anl an2 '" G:nn chama-se matriz de mudança da base B para a base C. Exemplos 1) Qual a matriz de mudança da base B = {I, 1 + t} para a base {l, t} no espa.ço P1 (IR)? { I = XlI + Yl(l + t) _> {Xl t = X2I+ Y2(1 + t) 90 91 Três problemas importantes se apresentam no que se refere a mudanças de ba~. . é a matriz pedida. 2) Se B = C, obviamente a matriz de mudança de C para B ou vice-versa é a matriz idêntica. Dos diagramas ao lado decorre que PQ = QP = In. Logo P é inversível e p- 1 é simplesmente a matriz de mú- dança de C para B. 1, Yl = 0, X2> Xl Problema 1 - Se a matriz de mudança da base B para a base C é P = (aij) e a matriz de mudança da base C para uma outra base D (do mesmo espaço) é Q = Uhj), qual a matriz de mudança de B para D? Suponhamos B = {UI, ... , un}, C = {VI,"" vn} e D = {Wl"'" wn}. A definição de matriz de mudança nos garante então que: n Vj L aijUi (j = 1, ... ,n) e i=l n Wk = L ~jkVj (k = 1, ... , n). j=l Problema 2- Se a matriz das coordenadas de u E V em relação à base B é: x~ (J e a matriz de mudança de base de B para C é P = (aij), qual a matriz das coorde- nadas de u em relação â base C? Seja Daí t (t aij~jk) Ui (k = 1, ... , n). 1=1 J=l essa matriz. n Como cada Vj = L aijUi (j = 1, 2, ... ,n), então i=l i=l j =1 n n n u= L XiUi = L Yj L aijUi = i=l j=l i=l Então o termo geral da matriz de mudança da base B para a base D é dado n por L aij ~jk que é o termo geral de P.Q. Logo a matriz de mudança de B para D j=l é a matriz PQ. Nota: Uma conseqüência do que acabamos de ver é que uma matriz de mudança de bases é sempre inversível. Senão vejamos. Sejam P a matriz de mudança de B para C e Q a matriz de mudança de C para B. n Temos então u = L nxiui = L t (t a ijYj) Ui· 1=1 J=l 92 93 Devido à unicidade das coordenadas segue que: n Xi = L QijYj (i = 1, 2, ... , n) . j =1 ou Solução a) Quanto à base canônica as coordenadas são as próprias componentes do vetor, ou seja, 2, 1 e 4. b) u = x(l, 1, 1) + y(l, 0,1) + z(l, O, -1) > { X+ Y +Z=2 > x = 1 x+y-z=4 base de V? Xn = Qn1Y1 + Qn2Y2 + ... + QnnYn· Usando a notação matricial obtemos a relação desejada X = py Resolvendo o sistema obtido, encontramos x = 1, y = 2 e z = - 1. Logo as coorde- nadas de u neste caso são I, 2 e-L A matriz das coordenadas de u é (: -~) doM,(m) = {(: ':Y(~ :). (: ~). (: :)} Solução ( 1 -1) (1 0) (0 1) (0 0) (0 0)=x +y +z +t =>20 01 00 20 12 2. Determinar as coordenadas da matriz ui = o. n L j=l n Suponhamos L XjVj = O. Então j=l que equivale ainda a Y = p- l X. Problema 3 - Se {UI> •.• , un } é uma base de Ve P = (Qij) é uma matriz n inversível, então os n vetores Vj = L QijUi (j = 1, ... , n) também formam uma i=1 n Daí L QijXj = O(i = 1, 2, ... , n). Como este sistema é homogêneo e a matriz j=l dos seus coeficientes é P (inversível), então Xl = ... = Xn = O. Logo {V1, ••. , vn } é L.I. e portanto também é base de V. -> x x y 1 = -1 2z + t = 2 > + 2t = ° x= y = -1 5 z = -4 t=_-.L 2 Logo as coordenadas pedidas são 1, - 1, ~ e - ; . EXERCÍCIOS RESOLvmos 1. Determinar as coordenadas do vetor u = (2, I, 4) do IR? em relação às bases: a) Canônica. b) {(l, 1, 1), (1, O, 1), (1, O, -I)}. 3. Determinar as coordenadas do polinômio 1 + 2t - t3 E P3 (IR) em relação a) à base canônica desse espaço; b) à base {I, 1 - t, 1 - t2 , 1 _ t 3 }. 94 95 - b 2 Solução a) As coordenadas neste caso são obviamente 1, 2, O e -1. b) 1 + 2t - t3 = a1 + b(l - t) + cO - t2) + dO _ t3)=> a + b + c + d = 1 => - c o Solução Por definição: é a matriz de mudança de B para C. Para achar a matriz de mudança de C para B é só determinar a inversa dessa matriz: 6. Considerando os dados do exercício anterior, se as coordenadas de um vetor u em relação à base B são 1, 1 e 2, quais as coordenadas desse vetor em relação à base C? Solução Sejam a, b e c essas coordenadas. Então: - d = -1 Logo as coordenadas são: 2, - 2, O e 1. 4. Achar a matriz de mudança da base B = {(l, 1, O), (O, 1, O), (O, O, 3)} para a base canônica do IR? Solução (1, O, O) = a(l, 1, O) + b(O, 1, O) + c(O, O, 3) (O, 1, O) = dO, 1, O) + eCO, 1, O) + f(O, O, 3) > (O, O, 1) = g(l, 1, O) + h(O, 1, O) + i(O, O, 3) rb = 1 {: +e =0 ,{: + h =0= O, = 1 =03c = O 3f = O 3i = 1ri CO f=Ob = -1 e = 1 e h = O c = O f = O . 11 =-3 Logo: (-: OD é a matriz pedida.O 5. No espaço IR3 consideremos as bases B == {e}> e2' e3} e C == {gl' g2, g3} relacionadas da seguinte maneira: (: 2 1 O D-(:1 2 O 11 O O (: 2 1 ' 1 .() D- (:,I2' O 1,,O 21-1 1 (: 2 O: ~L~) (:' 2 2 2,1 O: 1 O -1 ~O 1: _l 1- ~ : 2 2 2 Portanto a matriz de mudança de C para B é: 2 -1 2 O O O l', I 2 I O I I 11,-- , 2 gl = el + e3 g2 = 2eI + e2 + e3 g3 = e1 + 2e2 + e3 Determinar a matriz de mudança de B para C e de C para B. 96 91 EXERCÍCIOS PROPOSTOS 0Determinar as coordenadas do vetor u = (4, -5, 3) E IR3, em relação às seguintes bases: \-') , .a canolllca; b) {(l, I, I), (I, 2, O), (3, I, O)}; c) {(l, 2, 1), (O, 3, 2), (I, I, 4)}. 2. Determinar as coordenadas de I - 2i E (C em relação à seguinte base de Ir sobre IR: {I - i, I + i}. (;;~eterminar as coordenadas do vetor (l, I, i) E (C3, em relação à base (l, O, O), (O, i, O), ~-" (I, i, I + i). Determinar as coordenadas do polinômio t3 em relação à seguinte base de P3 (IR): {I, 2 - t, t2 + I, I + t + t3}. A matriz de mudança de uma base B do IR2 para a base {(I, I), (O, 2)} desse mesmo espaço é: (: ~) Determinar a base B. 6. A matriz de mudança da base {I + t, I - t2} para uma base C ambas do mesmo sub-espaço de P2 (IR) é Determinar a base C. gl = el - ~ - e3 g2 = 2e2 + 3e3 g3 = 3el + e3 a) Determinar as matrizes de mudança de B para C e de C para B. b) Se um vetor u de IR3 apresenta coo'rdenadas I 2 3 I - B ., e , em re açao a ,quais as coordenadas de u relativamente a C? 8. Considere o seguinte sub-espaço vetoria! de M2 (IR): U={(: :) IX-'_'=O} a) Mostrar que os seguintes subconjuntos de M2(IR) são bases de U: B=W :) (: :) (: :)}. c={(: :) (:-~) (: :)} b) Achar a matriz de mudança de B par,a C ea de C para B. c) Achar uma base D de U, de tal manej.ra que a matriz de mudança de D para B seja: (5)seja B = {UI' ... , un} uma base do espaço vetorial V e seja C = {vI" .. ,vn} onde - Vi = un _ i + I (i = 1, ... , n). Provar que C é uma base de Ve calcular a matriz de mudança de B para C. ® Seja B = {UI" .. , un} uma base do espaço vetorial Ve seja C = {UI' UI - u2" .. ,uI - "", ••0 _ un}. Mostrar que C é também uma base de V. Achar as matrizes de mudança de base de B para C e de C para B. APÊNDICE 111 Teorema da Invariância Lembremos que o Teorema da Invariância, já enunciado ria pág. 80, afirma que todas as bases de um espaço vetorial dado têm o mesmo número de vetores. Precisaremos de três lemas para poder provar o Teorema da Invariância. Lema 1 - Seja B = {u}, Ü2, ••. , un} urpabase de um espaço vetorial V. Se u E V e ainda se (1) 98 99 com ai =1= 0, então o conjunto C = {Ul, ... , ui_I> U, ui+I> ... , un} também é uma base de V. Teorema da invariância - Duas bases quaisquer do mesmo espaço vetorial finitamente gerado têm o mesmo número de vetores. Demonstração - Sejam B = {UI> ... , un} e C = {vI, ... , vrn } duas bases quaisquer de V. Como B é base de V e C é L.I., então m < n. Analogamente, como C é base de V e B é L.I. , então n < m. Logo m = n. - é também uma base de V. A repetição desse raciocínio nos levará à conclusão de que {UI, U2, ... , un} é uma base de V. - Lema 3 - Suponhamos V como no lema anterior. Então todo subconjunto de V que seja L.I. tem no máximo n .vetores. Demonstração - Suponhamos que exista S = {UI, , un , un+I> ... , ud C V que tenha t > n vetores e que seja L.I. Então B= {UI, , un} tem n vetores e é um subconjunto L.I. Logo B é base de V devido ao lema anterior. Daí 3al, ... , a n E lR I un+1 = alUI + ... + anun. Então alUI + ... + anun + (-l)un +1 = o o que vem mostrar que o conjunto S é L.D. Absurdo. - Também não podemos ter J32 = ... = J3n = 0, senão {UI, Uz} seria L.D. e, por- tanto, o mesmo aconteceria com o conjunto B. Admitindo que J32 =1= °teremos, em virtude do lema anterior, que {UI, Uz, V3, •.. , vn} (2) (3) (4) Demonstração - Faremos a demonstração supondo i = 1 para facilitar o trabalho com os índices. (a) Como ai =1= 0, da igualdade (1) da hipótese segue que UI = J3u + J32~ + ... + J3nun (b) Suponhamos o d (.I - -1 (.I - -1 (.I _ -1n e jJ - ai ,1"'2 - -ai Q:z, ••• , jJn - -ai an. Seja v E V. Então existem 'YI, ... , 'Yn E lR de forma que v = 'YIUI + 'Y2U2 + ... + 'Ynun Substituindo (2) em (3) teremos: v = ('YIJ3)U + ('YIJ32 + 'Y2)U2 + ... + ('YIJ3n + 'Yn)un . Ficou provado assim que o espaço V é gerado por {u, U2, ... , un}. xu + X2Uz + ... + XnUn = o com x, X2, ... , Xn em lR. Substituindo (1) em (4) teremos: (xal)uI + (xa2 + X2)U2 + ... + (xan + xn)un = o. Como B é L.I. desta última igualdade decorre que: xal = 0, xa2 + X2 = 0, ... , xan + Xn = O. Mas ai =1= O. Logo x = 0, X2 = 0, " . , Xn = O. _ Lema 2 - Suponhamos que exista uma base de V com n vetores. Então se B = {Ul> " . , un} C V é LI. e possui n vetores, B é também uma base de V. Demonstração - Seja C = {VI, ... ,vn} uma base de V. Então: UI = alvl + ... + anvn (ai,"" an E lR). Não podemos ter todos os escalares nessa igualdade nulos, pois isto implicaria que UI = o o que é impossível já que o conjunto B é L.I. Lógo um dos ai é não nulo. Suponhamos ai =1= O. O lema anterior nos assegura então que: {UI, V2, ... , vn} é uma base de V. Portanto U2 é combinação linear deste conjunto, ou seja, existem J31' J32' ... , J3n em lR de maneira que U2 = J3IUI + J32V2 + ... + J3nvn 100 101 (1, 1) -=1= (2, O) e F (1, 1) = F(2, O) = (O, 2, O). 2) A aplicação f : IR2 -+ IR3 dada por F(x, y) =:: (O, X + Y, O) não é injetora pois temos, por exemplo, ' . Ou, em outra formulação, se, e somente se, \fUI, ~ E U, UI -=1= U2 => F(UI)-=I= F(~): y u= (x.y) /1 ./0 I ,/ I / I / I / I '- '- '- ",- I '-J s(u) = (x. -v) x Exemplos 1) A aplicação S: m.2 -+ m.2 dada por S(x, y) = (x, -y), V(x, y) E m.2, é injetora pois se UI = (Xl, YI) e U2 = (X2, Y2) então: F(UI) = F(U2)=> (Xl, -YI) = (X2' - Y2)=> Xl = X2 e YI = Y2 > UI = U2' Duas aplicações F: U -+ V e G: U -+ V são iguais se, e somente se, F(u) = = G(u), \fu E U. Dado W C U denomina-se imagem de W por F o seguinte subconjunto de V: F (W) = {F (u) I u E W}. Se W = U, então F (U) recebe o nome de imagem de F e a notação será Im (F). Portanto Im(F) = {F(u) I u EU}. Exemplo - Seja S: m.2 -+ m.2 a aplicação dada por S (x, y) 2i: (x, - y), \f (x, y) no m.2 . S pode ser visualizada na figura ao lado e leva cada ponto do m.2 no seu simétrico em relação ao eixo x. Em pat:ticular a imagem da reta Y = x é a reta x + y =°(e vice-versa), a imagem do eixo x é o próprio eixo x e a imagem do eixo y é o próprio ,eixo y. Defmição 2 - Uma aplicação F: U -+ V se diz injetora se, e somente se, \fUI, U2 E u, F(ud = F (U2)-> UI = ~. Transformacões Lineares . CAPíTULO 4 Nos capítulos precedentes nos detivemos estudando alguns aspectos intrín- secos dos espaços vetoriais fmitamente gerados: base e dimensão, principalmente. Neste capítulo nosso enfoque será outro: trataremos de examinar correspondências entre espaços vetoriais. As transformações lineares que definiremos no parágrafo dois constituem o ponto mais importante desse estudo. Mas antes façamos algumas considerações preliminares. ' Definição 1 - Dados dois conjuntos U e V, ambos não vazios, uma aplicação de U em V é uma "lei" pela qual a cada elemento de U está associado um único elemento de V. Se F indica essa lei e u indica um elemento genérico de U, então o elemento associado a u é representado por F (u) (lê-se "F de u") e se denomina imagem de u por F. 1. NOÇÕES SOBRE APLICAÇÕES O conjunto U é o domínio e o conjunto V é o contra-domínio da aplicação F. Para indicar que F é uma aplicação de U em V costuma-se escrever F: U -+ V ou ainda, indicando por u um elemento genérico de U u r+ F(u). Definição 3 - Uma aplicação F: U -+ V se diz sobrejetora se, e somente se, Im (F) = V, ou seja, para todo v E V, existe u E U tal que F (u) = v. Exemplos 1) S: m.2 -+ m.2 definida por S(x, y) = (x, -y) é sobrejetora. De fato, dado v = (c, d) E m.2, basta tomar u = (c, - d) para termos F (u) = v. 2) F: m.2 -+ m.3 dada por F(x, y) = (O, x + y, O) não é sobrejetora. Isto Resumidamente escreveremos sempre S(x, y) para indicar a imagem de (x, y) por S. 102 103 porque, por exemplo, (1, 0, O) E lR3 e não é imagem por F de nenhum elemento u E lRz (o primeiro termo de cada imagem é zero). (O, t, O) Definição 4 - Uma aplicação F: U """* V se diz bijetora se, e somente se, F é injetora e é sobrejetora. Exemplo - A aplicação S: lRz """* lRz dada por S (x, y) = (x, - y) é injetora e é sobrejetora conforme já vimos. Logo S é bijetora. Nota: Se F: U """* V é bijetora, então cada elemento de V é do tipo F (u), com u E U bem definido e se fizermos a associação F(u) f-+ u teremos uma aplicação de V em U pois não podemos ter F(UI) = F (uz) e UI =1= Uz já que F é injetora. Essa nova aplicação assim definida (no caso de F ser bijetora) é chamadaaplicação inversa de F e é indicada por F-I. Tem-se então: p-l (F(u)) = u e F(F- I (v)) = V Vu E U e Vv E V. 2. TRANSFORMAÇÕES LINEARES Definição 5 - Sejam U e V espaços vetoriais sobre lR. Uma aplicação F: U"""* V é chamada transformação linear de U em V se, e somente se, (a) F (UI + Uz) = F (ud + F (uz), -V-U1, Uz E U, e (b) F (cw) = aF(u), Va E lR e Vu E U. No caso em que U = V, uma transformação linear F : U """* Ué chamada tam- bém de operador linear. 104 I1 'I Exemplos 1) Seja o: U """* V a aplicação assim definida: O (u) = o (vetor nulo de V), Vu E U. Verifiquemos que O é linear. (a) O(UI + Uz) = o = o + o = O(UI) + O(Uz) (b) O(au) = o = ao = aO(u) O se denomina transformação linear nula de U em V. 2) Seja I: U"""* U definida assim: leu) = u, Vu E U. É mais um exemplo de transformação linear pois: (a) I(UI + Uz) = UI + Uz = I(U1) + I(uz) e (b) I(au) = au = al(u). I é o operador idêntico de U. 3) F: lR3 """* lRz definida por f(x, y, z) = (x, 2x - z), V(x, y, z) E ~.3, também é linear. Sejam UI = (Xl' YI, Zl) e Uz = (xz, Yz, Zz) em lR3 • (a) F(UI + Uz) = F(XI + Xz, YI + Yz, Zl + Zz) = (Xl + Xz, 2(XI + Xz)- - (Zl + Zz)) = (Xl> 2XI - Zl) + (Xz , 2xz - Zz) =F (UI) + F (uz). (b) Exercício. 4) F: lRn """* lRm definida por: F (Xl, ... , xn) = (aUxI + ... + alnxn , ... , amlxl + ... + amnxn) é uma transformação linear para toda família (aij) de números reais dados. Veri- fica-se essa afirmação generalizando o que se fez no exemplo 3. Fica como exercício. 5) Seja D: Pn (lR) """* Pn (lR) definida por D (f(t)) = f'(t) para todo polinômio f(t) de Pn(lR). (f' (t) indica a derivada de f(t)). Como a derivada da soma de dois polinômios é igual à soma das derivadas e a derivada do produto de um polinômio por um número é igual a esse número multiplicado pela derivada do polinômio, então D é mais um exemplo de operador linear. Sejam U e V espaços vetoriais sobre lR e consideremos uma transformação linear F: U """* V. Valem a\ seguintes propriedades para F: P I . F (o) = o (F transfotma o vetor nulo de U no vetor nulo de V.) Prova - Como o é o elemento neutro da adição em V: F(o) + o = F (o). lOS o fato de F ser linear e o fato de o ser o vetor nulo de U dão: F(o) = F(o + o) = F(o) + F(o). Comparando os resultados obtidos tiramos: F(o) + o = F(o) + F (o). Somando - F (o) a ambos os membros desta última igualdade chegaremos a que o = F (o) . • P2' F(-u) = -F(u), Vu E U. Prova - F(u) + (-F(u» = 0= F (o) = F(u + (-u» = F(u) + F(-u). Logo F(u) + F(-u) = F(u) + (-F(u». Somando -F(u) a ambos os membros desta última igualdade obteremos F(-u) = -F(u).• Nota: Recomendamos ao leitor que procure justificar cada passagem desen" volvida na primeira linha da demonstração de P2. P3 • F(UI - U2) = F(UI) - F(~), VUb ~ EU. Prova (exercício). • P4 • Se W é um sub-espaço de U, então a imagem de W por F é um sub-espaço de V. Prova - Lembremos que F (W) = {F (w) I w E W} é a imagem (direta) de W por F. (a) Como F (o) = o, então o E F(W). (b) Exercício. 106 ) (c) Sejam v E F (W) e a E lR. Então v = F (u), com u E W. Logo av = aF (u) = F (au). Como au E W, pois W é sub-espaço vetorial de U, então: av E F(W).• Nota: A propriedade P4 acima significa que uma transformação linear trans- forma sub-espaço vetorial em sub-espaço vetorial. Em outras palavras, uma transformação linear "respeita" a estrutura de espaço vetorial. Sendo F: U -+ V linear então nI ai F (Ui). i=l Prova: Faz-se por indução sobre n.• EXERCÍCIOS RESOLVIDO.S 1. Verificar se a aplicação F: IR3 -+ IR2 definida por: F (x, y, z) = (z, x + y) é linear. Solução (a) Sejam u = (Xl, Yl, Zl) e v = (X2' Y2, Z2) dois elementos genéricos de IR3 . Então: F (u + v) = F (Xl + x2, Yl + Y2, zl + z2) = = (Zl + Z2, (Xl + x2) + (Yl + Y2)) = = (Zlo Xl + Yl) + (Z2, x2 + Y2) = = F(u) + F (v); (b) "Ia E IR eVu = (X, Y, z) E IR?; F (au) = F (ax, ay, az) = (az, ax + ay) = a(z, X+ y) = aF(u). 2. Verificar se F : IR -+ IR2 é uma transformação linear, onde F(x) = (x,2) "Ix E IR. Solução Vx,yE IR, temos F(x + y) = (x + y, 2) :/= (x,2) + (y, 2) = (x + y,4). Logo F não é uma transformação linear. Nota: Como uma transformação linear leva o vetor nulo do domínio no vetor nulo do contra-domínio e F (O) = (O, 2) :/= (O, O) poderíamos, por este caminho, ter concluído que a aplicação F do exercício 2 não é linear. Contudo o fato de uma aplicação F: U -+V transformar o vetor nulo de U no vetor nulo de V nã" implica que ela seja linear. Procure um exemplo. ' 107 3. Verificar se a aplicação F: IR2 --> IR2 definida por F(x, y) = (x2 + y2, x) é uma transfor- mação linear. Solução Se u (xl> YI) e v = (X2, Y2) E IR2, então F(u + v) = F(XI + x2, YI + Y2) = «Xl + X2)2 + (YI + Y2)2, Xl + X2) = = (X12 + Y12, Xl) + (x2 2 + y}, X2) + 2(XIX2 + YIY2, O) e portanto F não é linear. Notar que, apesar disso, F (O, O) = (O, O). 4. Seja V = Mn(lR) e B uma matriz fixa desse espaço vetorial. O operador F : V --> V dado por F(X) = BX, V- X E V é linear? E quanto ao operador G : V -+ Vdado porG(X) = XB? f: verdade que F = G? Solução (a) \/-X, Y E V, F(X + Y) = B(X + Y) = BX + BY = F (X) + F (Y); (b) \/- X E V e \/-01. E IR, F (OI.X) = B(OI.X) = OI.(BX) = OI.F (X). Logo, F é um operador linear de Mn (IR). A verificação de que G também é linear é análo- ga. Mas, em geral, F '* G pois BX '* XB. s. Sabendo que F: 1R2 -+ 1R2 é um operador linear e que F(l, 2) = (3, -1) e F(O, 1) = (1, 2), achar F(x, y), onde (x, y) é um vetor genérico do IR2., Solução Observemos de início que {(l, 2), (O, 1)} é uma base de 1R2. Determinemos as coorde- nadas de (x, y) E 1R2 em relação a essa base: (x, y) = a(l, 2) + b(O, 1)=> a=x e 2a + b = y~> a = x e b = y - 2x. Logo (x, y) = x(l, 2) + (y - 2x)(0, 1). Portanto F(x, y) = xF(l, 2) + (y - 2x)F(0, 1) = x(3, -1) + (y - 2x)(1; 2) = = (x + Y, - Sx + 2y). 6. Verificar se é linear a transformação F: 1R3 -+ IR, dada por F(x, Y, z) = - 2x + 3y + 7z. Solução (a) Vu = (Xl, YI, Zl) e Vv = (X2, Y2, z2) E 1R3 , F(u + v) = = F (Xl + x2, YI + Y2, Zl + Z2) = -2(XI + x2) + 3(YI + Y2) + 7(ZI + Z2) = = -2XI + 3YI + 7Z1 - 2x2 + 3Y2 + 7Z2 = F(u) + F(v). (b) V OI. E IR e Vu = (x, Y, z) E 1R3 , F(OI.u) = F(OI.x, OI.Y, OI.Z) = = -2(OI.x) + 3(OI.Y) + 7 (OI.z) = 0I.(-2x + 3y + 7z) = OI.F(u). 108 7. Seja P uma matriz inversível de Mn (IR). Mostrar que F: Mn (IR) -+ Mn (IR) dada por F (X) = p-l XP é um operador linear desse espaço. Solução (a) F(X + Y) = p-1(X + Y)P = p-IXp + p-I yp = F(X) + F(Y); (b) F(OI.X) = p-1(OI.X)p = OI.(p-IXP) = OI.F (X). 8. Mostrar que é uma transformação linear a aplicação F: 1R2 -+ C (lO, 11) (espaço vetorial das funções reais contínuas definidas em [O, 11) dada por: F(x, y) = xet + ye2t, V(x, y) E 1R2. Solução (a) \/-u = (Xl> Yü e \/-v = (x2, Y2) em 1R2: F(u + v) = F(XI + x2, YI + Y2) = (Xl + x2)et + (YI + Y2)e2t = = xlet + Yle2t + X2et + Y2e2t = F(u) + F(v); (b) \/-01. E IR e \/- (X, y) E 1R2, F (OI.(x, y» = F (OI.X, OI.Y) = (OI.x)et + (OI.y)e2t = = OI.(xet + ye2t) = OI.F(x, y). 9. Mostrar que é um operador linear de V = C([O, 1]) a aplicação F: V --> V dada por F(f(t» = f(t) <p (t) -\lf(t) E V, onde <p (f) é um elemento fixo de V. Solução (a) F(f(t) + g(t» = (f(f) + g(t» <p (t) = f(f) <p(t) + g(t) <p(t) = F(f(t» + F(g(t»; (b) F(OI.f(t» = (OI.f(t) <p (f) = OI.(f(t) <p(t) = OI.F(f(t». 10. Seja V um espaço vetorial sobre IR. Dado OI. E IR chama-se homotetia determinada pelo escalar OI. a aplicação HOI.: V -+ V tal que HOI. (u) = OI.U, \/- u E V. Mostrar que HOI. é um operador linear de V. Solução (a) HOI.(UI + u2) = OI. (UI + u2) = OI.uI + OI.u2 = HOI.(uI) + HOI.(u2); (b) HOI.(tu) = OI.(tu) = t(OI.u) = tHOI.(u). 11. Num espaço vetorial V sobre IR, dado w E V, chama-se translação definida por w a apli- cação Tw: V -+ V tal que Tw(u) = u + w, \f u E V. Mostrar que se w '* O, então T não é linear. Solução "tUI, u2 E V, Tw(UI + u2) = UI + u2 + w e TW(UI) + TW(U2) = UI + w + u2 + w. Logo, se w '* O, Tw não é linear. Por outro lado, se w = O, então Tw coincide com o operador idêntico que é linear. 109 EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Quais das seguintes aplicações de R 3 em R 3 são operadores lineares? a) Ft(x, y, z) = (x - y, x + y, O); b) F2 (x, y, z) = (2x - y + z, O, O); 10.'Seja F: U -> V uma transformação linear com a seguinte propriedaçle: se {UI' ... , un} éuma base de U,.então {F(ut), ... ,F(un)} é linearmente independente em V. Provar que F é injetora. c) d) F3(X, y, z) = (x, x, x); 2F4(X, y, z) = (2x + 3y,x, z). 3. NÚCLEO E IMAGEM 2. Seja F : IR3 -> IR3 o operador linear assim defmido na base canônica: F(1, O, O) = (2,3,1), F(O, I, O) = (5,2,7) e F(O, 0,1) = (- 2, 0,7). Determinar F(x, y, z), onde (x, y, z) é um vetor genérico do IR3. Mostrar que F é um operador linear. Definição 6 - Sejam U e V espaços vetoriais sobre IR e F: U ~ V uma transformação linear. Indica-se por Ker (F) e denomina-se núcleo de F o seguinte subconjunto de U: 3. Consideremos o espaço vetorial CC sobre R e seja F: CC ~ CC tal que F(z) = Z, "tz E CC. Mostre que F é um operador linear. Se tivéssemos considerado o espaço vetorial CC sobre CC seria F ainda um operador linear? 4. Verifique s~ são operadores lineares no espaço Pn(R): (a) F: Pn(R) ~Pn(R) tal que F (f(t» = tf'(t), "tf(t) E Pn(R); (b) F: Pn (R) ~ Pn(R) tal que F (f(t» = f' (t) + t2f" (t), "tf(t) E Pn (R). 5. Existe um operador linear F : IR3 -> IR3 tal que F(1, 1, 1) = (1, 2,3), F(1, 2,3) = (1,4,9) e F(2, 3,4) = (1,8, 27)? Justifique sua resposta. Ker(F) = {u E U I F(u) = o} Exemplo - Seja F: IR? ~ ]R3 a transformação linear dada por: F(x, y) = (O, x + y, O). Achemos o núcleo de F. Temos: (x, y) E Ker(F) <=> (O, x + y, O) :;:= (O, O, O) <=> x = -y Logo Ker(F) = {(x, ,x) I x E IR}. Proposição 1 - Seja F : U ~ V uma transformação linear. Então: a)· Ker(F) é um sub-espaço vetorial de U; b) A transformação linear F é injetora se, e somente se, Ker(F) = {o}. y z x y KerlFI x=-y 8. Seja F o operador linear do R 2 tal que F(1, O) = (2, 1) e F(O, 1) = (1, 4). a) Determinar F(2, 4); b) Determinar (x, y) E IR? tal que F(x, y) =: (2, 3); "ê) \ Provar que F é sobrejetor e injetor (bijetor). (~9\ Seja A uma matriz fixa de Mn(IR). Mostrar que F :Mn(IR) -> Mn(IR) dada por: F(X) \.....) = XA - AX,Vx E Mn(IR) , é linear. Se A = ÀIn com ÀE IR, o que é F? 6. Seja u = (x, y, z, t) um vetor genérico do R4. Quais das aplicações definidas abaixo são operadores lineares do R 4? a) F(u) = u + (1, 0,1, O); b) F (u) = (1, O, 1, 1); c) F (u) = (x, y - z, y + z, x + t); d) F (u) = (cos x, y, z, t). 6) Sejam U e V sub-espaços de um espaço W tais que W = ue V. Sejam Pt e P2 as apli- cações de W em W tais que para todo w = u + v de W (com u E U e v E V) associam, respectivamente, u e v, ou seja Pt(w) = u e P2(w) = v.Mostrarque Pt e P2 são lineares. 110 111 Demonstração a) (1) Como F(o) = o, então o E Ker(F). (2) Sejam UI, Uz E Ker(F). Então F(uI) = F(Uz) = o. Daí F(uI + Uz) = F(ud + F(Uz) = o + o = o. Portanto UI + Uz E Ker(F). (3) Exercício: Prove que se u E Ker(F) e a E IR então au E Ker(F). b) Suponhamos F injetora. Seja u E Ker(F). Então F(u) = o. Mas F(o) = o, conforme Pl . Logo F(u) = F(o). Usando a hipótese nesta última relação tiramos: u = o. Então, se F é injetora, o núcleo de F se resume ao vetor nulo de U. Reciprocamente suponhamos Ker(F) = {o}. Dados UI, Uz E U, então F(uI) = F(uz) => F(Ul) - F(uz) = o => => F(Ul - uz) = o => UI - Uz E Ker(F) > => UI - Uz = o => UI = Uz o que mostra que F é injetora. - Exemplo - O operador linear D: Pn(R) -+ Pn(lR) dado por D(f(t)) = = f'(t) é uma transformação linear injetora (operador injetor)? Se f(t) = ao + alt + azt2 + ... + antn, então D(f(t)) = aI + 2azt + ... + + nantn- l . Logo f'(t) = O tem como conseqüência que aI = az = ... = an = O. Portanto f(t) = ao e daí Ker(D) = {ao I ao E IR} = IR, OU seja, Ker(D) é o con- junto dos polinômios reais constantes. Logo D não é um operador injetor. A imagem de uma transformação linear F : U -+ V foi definida anteriormen- te: Im(F) = {F(u) I u E U}. Já vimos que é um sub-espaço vetorial de V. O teorema a seguir, que relaciona as dimensões de Ker(F) e Im (F) nos casos ém que dim U é finita, é bastante importante. Teorema do Núcleo e da Imagem - Sejam U e V espaços vetoriais de di- mensão fmita sobre R. Dada uma transformação linear F: U -+ V, então dim U = dim Ker(F) + dim Im(F). Demonstração - Seja Bl = {UI, ... , Ur} uma base de Ker(f). Essa base pode ser estendida a uma base Bz = {UI, ... , ur , V10 ••• , vs} de U conforme o 112 teorema do completamento. Mostremos que B = {F (vd, ... , F (vs)} é uma base de Im(F). (a) Dado v E Im(F), existe u E U tal que F(u) = v. Mas u é combinação linear de Bz : u = aluI + ... + arur + (3IVI + ... + (3svs, com os ai e os (3j em R, já que Bz é base de U. Logo: v = F(alul + + arur + (3lVl + ... + (3svs) = = alF(ul) + + arF(ur) + (3I F (vI) + ... + (3sF(vs) = = (3lF(Vl) + + (3sF(vs) pois como U10 ••• , ur E Ker(F), então suas imagens, por F, são nulas. Então [B] = Im(F). (b) Suponhamos (3lF(VI) + ... + (3sF(vs) = o com (31, " . ,(3s E lR. Então F ((31 VI + ... + (3svs) = o, do que resulta que (31VI + ... + (3sVs pertence a Ker(F). Logo existem aI, ... , ar E R de maneira que: (3lVI + ... + (3svs = aluI + ... + arur Daí aluI + ... + arur + (-(3I)Vl + ... + (-(3s)vs = o Como o conjunto Bz é L.I., podemos concluir que todos os escalares da última igualdade são nulos. Em particular (31 = (3z = ... = (3s = O. Ficou provado então que B é L.I. Para terminar a demonstração, basta observar que, como dim Ker(F) = r, dim U = r + s e dim Im (F) = s, então dim U = dim Ker(F) + dim Im(F). - Corolário - Sejam U e V espaços vetoriais sobre R com a mesma dimensão finita n e suponhamos F: U -+ V uma transformação linear. Então são equiva- lentes as· seguintes afirmações: (I) F é sobrejetora. (11) F é bijetora. (III) F é injetora. (IV) F transforma uma base de U em uma base de V (isto é, se B é uma base de U, então F(B) é base de V). Demonstração (I) => (11) Por hipótese Im(F) = V. Levando em conta que dim U = dim V, a fórmula dim U = dim Ker(F) + dim Im (F) equivale então a dim Ker(F) = O. Logo Ker(F) = {o} e F é injetora. Então F é bijetora. 113 ... (11) -> (I1I) Imediato. (I1I) ==> (IV). Sendo B = {U., ... , un}uma base deU mostremos que F(B) = {F(UI)' ... , F(un)} é uma base de V. Observemos de início que F(B) tem tantos vetores como B pelo fato de F ser injetora..Então basta mostrar que F(B) é L.I. Supo- nhamos aI. ... , an E lR e aIF(uI) + ... + anF(un) = o. Disto resulta, pela linearidade de F que F(aluI + ... + anun) = o. Sendo F injetora segue que aiUl + ... + anUn = o. Como B é L.I. conclui-se que ai = a2 = ... = an = O. (IV) => (I) Seja v E V. Tomando uma base B = {Ul> ... , un} de U, então nossa hipó- tese garante que F(B) = {F(ud, ... , F(un)} é uma base de V. Logo v é combi- nação linear de F(B): v = aIF(uI) + ... + anF(un), com al, ... , an E lR. Como F é linear podemos afirmar que v = F(alul + ... + anun). Estando em U a combinação linear alUI + ... + anUn ficou provado que todo elemento de V é imagem (por F) de um elemento de U. Ou seja, F é sobrejetóra. - 4. ISOMORFISMOS E AUTOMORFISMOS Defmição 7 - Entende-se por isomorfismo do espaço vetorial U no espaço vetorial V uma transformação linear F: U -i> Y que seja bijetora. Um isomorfismo F: U -i> U é um automorfismo de U. Exemplos 1) O operador idêntico I: U -i> U dada por I(u) = u para todo vetor u do espaço é trivialmente um automorfismo de U. 2) F: lR2 -i> PI (lR) definida por F(x, y) = x + (x + y)t é também um isomorfismo. De fato. (I) F(xt. YI) = F(X2' Y2) > Xl + (Xl + YI)t = = X2 + (X2 + Y2)t=> Xl = X2 e Xl + YI = X2 + Y2- -> => Xl = X2 e YI = Y2' 114 1 Logo F é injetora. (11) Dado f(t) = a + bt E PI (lR) basta tomar u = (a, b - a) para que se tenha F(u) = f(t). Então F é sobrejetora. (I1I) F((xl> YI) + (X2' Y2)) = F(XI + X2, YI + Y2) = Xl + X2 + + (Xl + X2 + YI + Y2)t = Xl + (Xl + YI)t + X2 + (X2 + Y2)t = = F(XI' yd + F(X2' Y2)' (N) A condição F(au) = aF(u) é deixada como exercício. Proposição 2 - Se F é um isomorfismo de U em V, então F-I: V -i> U tam. bém é um isomorfismo (de Vem U). . Demonstração (I) Suponhamos vl> V2 E Ve F-I (VI) = F-I (V2) = u. Então F(u) = VI e F(u) = V2. Daí VI = V2' Logo F- l é injetora. (11) Para verificar que F-I é sobrejetora basta observar que dado u E U, tomando v == F(u) teremos: F-I (v) = F-I (F(u)) = u. (I1I) Sejam VI, V2 E V e façamos F-I (VI +V2) = u. Como F é sobrejetora, então existem UI. U2 E U de maneira que F(Ul) = VI «=> F-I (vd = UI) e F(Ü2) = V2 «=> F~l (V2) = Ü2). Substituindo estes resultados na igualdade inicial: u = F-I (F (UI) + F (Ü2)) = F-I (F(UI + U2)) = = UI + Ü2 = F-I (VI) + F-I (V2)' Voltando à igualdade inicial: F-I (VI + V2) = F-I (VI) + F-l (V2)' (IV) Fica como exercício a demonstração de que: F-I (av) = aF- l (v), "Ia E lR e "Iv E V. _ Nota: A proposição acima nos diz que sempre que éxiste um isomorfismo F: U -i> V também existe um isomorfismo F-I: V -i> U (isomorfismo inverso de F) e devido a isso dizemos; nesse caso, que U e V são espaços vetoriais isomorfos. Dois espaços vetoriais isomorfos U e V muitas vezes são considerados indistintos. Para tanto, se F é o isomorfismo considerado de U em V, identifica-se cada elemento u E U com sua imagem F(u) E V. 115 :g possível estabelecer uma caracterização para os isomorfismos entre espa- ços vetoriais de dimensão finita, em termos de dimensão. O lema a seguir nos levará a isso. Lema - Sejam U e V espaços vetoriais sobre IR. Se dim U = n e B = = {UI> U2, ..• , un} é uma base de U, então, para toda seqüência vI>' .. 'Vn de veto- res de V, a aplicação F : U -+ V, definida por é linear e F(Ui) = Vi (i = 1,2, ... , n). Ademais, se G : U -+V é linear eG(uD = Vi (i = 1, ... ,n),entãoG = F. Demonstração u v n I) Sejam Wl = L aiui e W2 = i= 1 nL l3iui vetores de U. Então i= 1 F(Wl + W2) =F(.i (ai + l3i)Ui) = t (ai + I3i)Vi = 1= 1 1= 1 n n = L ~Vi + L l3ivi = F(Wl) + F(W2) i= 1 i= 1 11) Fica como exercício a demonstração de que F(aw) = aF(w), para todo aER e todo wEU. I1I) F(Ul) = F(1Ul + OU2 + ... + Oun) = Iv1 + Ov2 + ... + Ovn = VI' Obviamente: F(U2) = V2, ... , F(un> = Vn . IV) Seja w E U. Então w se escreve, de maneira única, como: n W = L aiUi. Daí, levando em conta que G é linear i= 1 G(w) = ti ai G(Ui) = ti ai F(Ui) = F( ~1 aiUi) = F(w) e, como w é arbitrá- rio,G = F.• Nota: Os vetores VI> ... , vn no lema anterior n[o s[o necessariamente distintos entre si. Podem, inclusive, ser todos iguais. Mas os Ui (i = 1,2, ... , n) são distintos entre si pois B é uma base de U. 116 . ( Teorema 2 - Dois espaços U e V de dimens[o finita são isomorfos se, e somen· te se,dim U = dim V. Demonstração ( » Seja F : U -+ V um isomorfismo. Então Ker(F) = {O}e Im(F) = V. Mas, devido ao teorema do núcleo e da imagem, dim U = dimKer(F) + dimIm(F). Donde dim U = dimV. (~ ) SejamB= {Ul, ... ,un }eC= {vl, ... ,vn}basesdeUeV,res- pectivamente, e consideremos F : U -+ V dada por F(t aiui)= i aiVi. confor· n 1=1 1=1 me o lema anterior. Assim, F é linear. Supondo L aiVi = o, como C é L.I., entl[o n i= 1 ai = O (i = 1, ... , n) e portanto L aiui = O. Donde F é injetora. O corolário do i= 1 teorema do núcleo e da imagem nos garante então que F é sobrejetora e portanto P é isomorfismo. 11' = O EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 1. Seja F: 1R3 ~ 1R2 a transformação linear dada por F (x, y, z) = (x + y, 2x - y + z). a) Dar uma base e a dimensão de Ker(F); b) Dar uma base e a dimensão de Im(F). Solução a) Ker(F) = {(x, y, z) E 1R3 I (x + y, 2x - y + z) = (O, On. Como { X+ Y = O {X + Y2x - y + z = O - 3y + z = O cuja solução geral é (-y, y, 3y), y E IR, então Ker(F) = {(~ y, y, 3y) I y E IR} = = {y(- 1,1,3) I y E IR}. Logo Ker(F) = [(-1, 1, 3)] e {(-I, 1, 3)} é uma base de Ker(F). b) Achemos um conjunto de geradores de Im(F) : (x + y, 2x - y + z) = x(l, 2) + + y(I,.- 1) + z(O, 1) do que segue que Im(F) = [(I, 2), (1, -1), (O, 1)]. Para determmar uma base de Im(F) usamos o processo prático já estudado (Cap. 3, § 5): Assm;., uma ,base de Im(F) é {(I, 2), (O, 1)}e dim Im(F) =2. Segue que Im(F) = IR2 e F e sobreJetora.Para concluir que {(I, 2), (O, 1)}é base de Im(F), ver Capo 3, § 5. 2. Determinar uma aplicação linear F: 1R3 ~ 1R4 tal que Im (F) = [(1, 1, 2, 1), (2, 1, O, 1)]. Solução Como dim Im (F) = 2, então dim Ker(F) = 1. Podemos tomar F: 1R3 -+ 1R4 tal que F(:, O, O) = (O, O, O, O), F(O, 1, O) =(1,1,2,1) e F(O, 0,1) = (2, 1, 0,1). A imagem sera o conjunto dado. Temos F (x, y, z) = xF (I, O, O) + yF(O, 1, O) + zF (O, O, 1) = = y(l, 1,2,1) + z(2, 1, O, 1) = (y + 2z, y + z, 2y, y + z). É claro que o exercício em questão admite muitas soluções. 3. Seja F o operador linear de M2\IR) definido por F(X) = BX,:V'XEM2(IR), ondeB EM2(IR). No '"00 de B ~ ( ~ _ ~) ''''''''ino K~(F)o ~. b"o d. Jm_ do ~F. 118 Solução K~ (F) = {(: :) E M, (R) I (: _: ) (: :) ( 2:-, 2y ~ t ) (~~ ) } Como o sistema { X = O y=O 2x-z=0 2y - t = O só admite a solução trivial F é injetora. Por outro lado, levando em conta o teorema do nú- cleo e da imagem, tiramos que dim Im(F) = dimM2(IR) - dimKer(F) = 4 - O= 4. Logo Im(F) = M2(IR) e qualquer base deste espaço é base de Im(F). Observe que F é um auto- morfismo de M 2 (IR). Os mesmos resultados seriam obtidos para qualquer matriz B inver- sível. 4. Mostrar que o operador linear F do 1R3 dado por F (x, y, z) = (x + z, x .. - z, y) é um automorfismo. Determinar F-i Solução Para achar o núcleo de F devemos resolver o sistema { X + :l=O. x-z=o y = O cuja única solução é (O, O, O). Logo Ker (F) = {(O, O, O)} e F é injetora. Devido ao coro- lário do teorema do núcleo e da imagem podemos afirmar que F é um automorfismo. Supondo F-i (x, y, z) = (a, b, c), então (x, y, z) = F(a, b, c) = (a + c, a - c, b). Logo +c=x -c=y b =z x+y x-ydo que resulta que a = -2- , b = z e c = -2-' Logo: 119 5. A aplicação linear F: IR3 ~ IR3 dada por F (1, O, O) = (1, 1, O), F (O, 1, O) = (O, O, 1) e F(O; 0, 1) = (1, - 1, 6), é um automorfismo? 8. Sejam U e V espaços vetoriais sobre IR e F :U ---+ V uma transformação linear. Provar que. se Bc U é tal que [B] U, então [F(B)] = Im(F). É claro que F é linear. Por outro lado o sistema 6. Mostrar que F: IR3 ~ IR4 dada por F (x, y, z) = (x, x - y, y - z, z) é injetora mas não é isomorfismo de IR3 em IR4 . é a trivial, então Ker(F) = {(O, 0, O)} e F é um automorfismo do IR3 . Outra maneira de re- solver: Mostrar que F leva uma base. de IR3 em uma base de IR3. Solução Seja B = {uJ, ... , ur}. Todo elemento v E Im(F) pode ser representado por v = F(u), com u E U = [Bl. Logo existem "'lo ... , ar E IR de modo que u = aluI + ... + arur. Assim v = F (u) = F ("'I uI + ... + "'rur) = alF (UI) + ... + arF (ur) o que vem mostrar que v E [F(B)1. Ficou provado pois que Im(F) c [F(B)1. Por outro lado um elemento, v E [F(B)) é dado por v = a1F(ul) + ... + arF(ur) = F(alul + ... + arur). Logo v E Im (F). Temos então que [F(B)] c Im (F). Solução A idéia a ser usada na resolução está contida na demonstração do teorema do núcleo e da imagem. O conjunto {(I, 1, O), (0, 1, O), (O, O, 1)} é uma base do IR3 que completa a base {(I, 1, O)} do núcleo da transformação que pretendemos achar. Se tomarmos T(O, 1, O) e T(O, 0, 1) linearmente independentes teremos uma base da Im (T), onde T é a transformação procurada. Façamos então: T(O, 1, O) = (1, O) e TCO, 0, 1) = (O, 1). Como (x, y, z) =x(1, 1, O) + z(O, 0,1) + (y - x)(O, 1, O), então T(x, y, z) = xT(l, 1, Ó) + + (y - x)T(O, 1, O) + zT(O, 0, 1) ='x{O, 6) + (y - x)(l, O) + z(O, 1) = (y ~ x, z). Notemos que o problema admite infinitas soluções. 9. Achar uma transformação linear do IR3 no IR2 cujo núcleo seja gerado por (l, 1, O). + z = ° z=O y + 6z = ° \'Solução Solução F (x, y, z) = xF(1, 0, O) + yF(O, 1, O) + zF(O, 0,1) = x(l, 1, O) + y(O, 0,1) + + z (1, - 1, 6) = (x + z, x - z, y + 6z). Como a única solução do sistema =0 =0 { : - yy - z = ° z = ° só admite a solução trivial. Logo Ker(F) = {(O, 0, O, O)} e F é injetora. Mas não é sobrejetora pois dim Im (F) = dim IR3 - dim Ker (F) = 3 do que segue que Im (F) * IR4 . Se uSamos o teorema 2, o exercício é imediato. \0. Provar que o espaço vetorial IR2 é isomorfo ao subespaço U = {(x, y, z) E IR3 I z O} do IR3. Solução A função F: IR2 ~ IR3 dada por F (x, y) = (x, y, (l) é linear injetora e sua imagem é o subespaço U. Logo 1R2' e U são isomorfos. 7. Determinar o núcleo e a imagem, bem como as dimensões respectivas, de F: P2 (IR) ~ P3 (IR) dada por F (f(t) = f(t) + t2['(t). EXERCÍCIOS PROPOSTOS Solução Seja a + bt + ct2 E Ker (F). Isso equivale a a + bt + ct2 + t2 (b + 2ct) = °(polinômio nulo), ou seja, a + bt + (b + c)t2 + 2ct3 = °que por sua vez se verifica se, e somente se, a = b = c = O. Logo Ker (F) = {O}. Assim dim Ker (F) = O. Por outro lado, seja f(t) um polinômio genérico da Im (F). Então f(t) = a + bt + (b + c)t2 + 2ct3 = a + b(t + t2) + + c(t2 + 2t3 ). Isto mostra que 1m (F) = !l, t + t2, t2 + 2t3 1. Como esses três .vetores que geram Im (F) formam um conjunto L.1. (verifique) então {I, t + t2 , t2 + 2t3 } é uma base de Im (F). 1. Para cada uma das transformações lineares abaixo determinar uma base e a dimensão do núcleo e da imagem: (a) F: IR3 ~ IR dada por F(x, y, z) = x + y - z. (b) F: IR2 ~ IR2 dada por F (x, y) = (2x, x + y). (c) F: IR3 ~ IR4 definida por F (x, y, z) = (x - y - z, x + y + z,2x - y + z, - y). (d) F: P2 (IR) ~P2(IR) dada por F (f(t» = t2f"(t). 120 121 (o) F, M,(R) ~ M,(IR) dada pm:~ (:~Y' ondo (f) F: M2 (R) -7 M2 (R) definida por F (X) = MX - XM, onde M= (: :) *2. Determinar um operador linear F: R3 -7 R 3 cuja imagem é gerada por (2, 1, 1) e (1, - 1, 2). 3. Determinar um operador linear do R 4 cujo núcleo é gerado por (1, 1, O, O) e (O, O, 1, O). 4. Determinar um operador linear do R3 cujo núcleo tenha dimensão 1. 5. Seja F: R3 -7 R3 definida por F(l, 0, O) = (1, 1, O) e F(O, O, 1) = (O, O, 2) e F(O, 1, O) = (1, 1, 2). Determinar uma base de cada um dos seguintes sub-espaços vetoriais: Ker(F), Im(F), Ker(F) n Im(F) e Ker(F) + Im(F). 6. Mostrar que cada um dos operadores lineares do IR3 a seguir é inversível e determinar o isomorfismo inverso em cada caso: (a) F(x, y, z) = (x - 3y - 2z, y - 4z, z); (b) F(x, y, z) = (x, x - y, 2x + y - z). 7. Considere o operador linear F do IR3 definido por F(1, O, O) = (1, 1, 1); F(O, 1, O) = = (1, O, 1) e F(O, 1, 2) = (O, O, 4). F é inversível? Se for, determine o isomorfismo inverso. 8. Sejam u, v E IR2 vetores tais que {u, v} é uma base do IR2. Sendo F: IR2 -+ IRn uma transformação linear, mostrar que uma das seguintes alternativas se verifica: *12. Consideremos o espaço vetorial R oo = {(alo a2, ... ) I ai E R}. a) Mostrar que a transformação linear T: R oo -7 R oo dada por T(al> az, ... ) = = (O, alo az, ... ) é injetora mas não é sobrejetora. b) Mostrar que a transformação linear F: R 00 -7 R 00 definida por F(al, az, ... ) = = (az, a3, ... ) é sobrejetora mas não é injetora. c) Encontrar uma aplicação linear injetora de P(IR) em IR 00. *13. Consideremos uma transformação linear F: U -7 V. Se dim U > dim V, prove que existe um vetor não nulo Uo E U tal que F (uo) = o (vetor nulo de V). (Ou seja, F não é injetora.) *14. Seja W = U EIl V. Consideremos os operadores lineares de W (projeções sobre U e V, respectivamente) dados por PI (u + 'V) = U e Pz (u + v) = v, Vu + v E W, com u E U e v E V. Definido H: W -7 W por H(w) = PI (w) - Pz (w), Vw E W, mostre que H é um isomorfismo do espaço vetorial W nele mesmo, isto é, H é um automor- fismo de W. Tome W = RZ , U = [(1, 1)], V = [(1, -1)] e represente geometricamente U, V, W, PI , Pz, H. *15. Provar que o IRz é isomorfo a qualquer sub-espaço de dimensão 2 do IR3. a) {F(u), F(v)} é L.I.; b) dim Im (F) = 1; c) Im (F) = {o}. .:-, ',2,1 Sejam U e V sub-espaços do espaço W tais que W = U EIl V. Consideremos o espaço vetorial U X V cuja adição é (Ul> VI) + (U2, V2) = (UI + U2, VI + V2) e cuja multi- plicação por escalares é dada por O!(u, v) = (O!u, O!v). Mostrar que é um isomorfismo de U X V em W a aplicação assim definida: F(u, v) = u + v. *10. Seja {el' ... ,en} a base canônica do IRn. Seja F: IRn -+ IRn o operador linear dado por F(el) = e2' F(e2) = e3' ... ,F(en) = el' Determinar F(x1> ... , xn) e verificar se F é um automorfismo. Se for, acne o automorfismo inverso. *11. Considere uma transformação linearT :U --> V. Provar que, se o conjunto {T(u j ), , T(ur)} é L.I. em V, então {UI, ... , ur} é L.I. em U. Provar que, se T é injetora e {UI, ,ur} é L.I.em U, então {T(uI),"" T(ur)} é LJ. em V. III In CAPfTULO 5 Matriz de uma Transformação Linear 1. QPERAÇÕES COM TRANSFORMAÇÕES LINEARES Sejam U e V espaços vetoriais sobre IR. Indicaremos por L(U, V), daqui para frente, o conjunto das transformações lineares de U em V. Se U = V, o conjunto dos operadores lineares de U será denotado por L(U). Vamos a seguir introduzir a operação de adição em L(U, V). Definlção 1 - Dados F, G E L(U, V), definimos a soma F + G de F com G da seguinte maneira: F + G: U ~ V e (F + G)(u) = F(u) + G(u), Vu E U. A aplicação assim defInida também é uma transformação linear pois: (a) (F + G)(Ul + ~) = F(Ul +~) + G(Ul + ~) = = F(Ul) + F(~) + G(Ul) + G(~) = = F(Ul) + G(ud + F(~) + G(~) = = (F + G)(Ul) + (F + G)(~) e (b) (F + G)(c{~ = F(o:u) + G(o:u) = o:F(u) + o:G(u) = = o:(F(u) + G(u)) = o:(F + G)(u). Temos assim uma adição (F, G) ~ F + G em L(U, V). Para essa adição valem as seguintes propriedades: (I) Associativa: F + (G + H) = (F +G) +H, V F, G, H E L(U, V); (11) Comutativa: F + G = G + F, V F, GE L(U, V); (III) Existe elemento neutro: a transformação linear nula O: U ~ V é tal que F + O = F, .:v-F E L(U, V); e (IV) Para toda transformação F E L(U, V) existe neste conjunto a transfor- mação o{XJsta: existe (-F) E L(U, V)'I F + (-F) = O. 124 A propriedade comutativa se verifica assim: Se F, G E L(U, V) e u E U, (F +G)(u) = F(u) + G(u) = = G(u) + F(u) = (G + F)(u), o que significa que F +G = G + F. Do mesmo modo se prova a associativa. Que o elemento neutro é a transfor- mação nula se prova do seguinte modo: V-u E U, (F + O)(u) = F(u) + O(u) = F(u) + o = F (u). Por último, (-F) é aplicação dada por (-F)(u) = -F(u), Vu E U. Deixamos como exercício a verificação de que (-F) E L(U, V). Por outro lado, Vu EU, (F + (-F))(u) = F(u) + (-F)(u) = F(u) + (-F(u)) = o = O(u), o que vem mostrar que de fato F + (- F) = O. A seguir, definiremos a multiplicação de uma transformação linear por um escalar. p Definição 2 - Dados F E L(U, V) e o: E IR, definimos o produto o: F de F I por o: assim: o:F : U ~ V e (o:F)(u) = o:F(u), ~u E U. A aplicação o:F assim defmida também é uma transformação linear 4e U em V, ou seja, também pertence a L(U, V). Deixamos a constatação desse fato ao leitor. Dessa forma ficou defInida uma multiplicação de IR X L(U, V) em L(U, V) multiplicação essa que tem as seguintes propriedades: (I) (o:~)F = o:(~F); (11) (o: + ~)F = o:F + ~F; (I1I) o:(F + G) = o:F + o:G; (IV) lF = F; quaisquer que sejam o: e ~ em IR e F e G em L(U, V). Façamos a verificação de (111). Para todo u E U, (o: (F + G) )(u) = = o:«F + G)(u)) = o:(F(u) + G(u)) = o:F(u) + o:G(u) = = (o:F)(u) + (o:G)(u) = (o:F + o:G)(u). Logo o:(F +G) = o:F + o:G. Do que vimos até aqui neste parágrafo podemos concluir que se U e V são espaços vetoriais sobre IR, então L(U, V) também é um espaço vetorial sobre IR em relação ao par de operações consideradas acima. No próximo passo, introduziremos a importante operação de composição de transformações lineares. 125 Defmição 3 - Sejam U, V e W espaços vetoriais sobre IR. Se F: U -+ V e g: V ~Wsão transformações lineares, define-se a aplicação composta de F e G (no- tação: G o F) da seguinte maneira: G o F: U -+ W e (G o F)(u) = G(F(u)), Vu E U. GoF É fácil provar que G o F E L(U, W). De fato: (a) (G o F)(U1 + Uz) = G(F(U1 + Uz)) = G(F(ud + F(Uz)) = = G(F(ud) + G(F(Uz)) = (G o F)(u1) + (G o F)(U2)' (b) Fica como exercício mostrar que (G o F)(au) = a(G o F)(u). É importante considerar, quanto à composição, o caso U = V = W. Pois quando isto acontece (G, F) -+ G o F passa a ser uma operação em L(U) que apresenta as seguintes propriedades: (I) (H o G) o F = H o (G o F), V H, G, F E L(U)(associativa); (11) IoF = F o I = F, V- F E L(U) (o operador idêntico é o elemento neutro da composição); (III) H o (F + G) = H o F + H o G e (F + G) o H = F o H + G o H V F, G, H E L(U) (a composição é distributiva em relação à adição). A verificação de (I) e (11) fica como exercício. Quanto à (III) sua primeira parte se prova assim: para todo u E V, ((H o (F + G))(u) = H((F + G)(u)) = = H(F(u) + G(u)) = H(F(u)) + H(G(u)) = (H o F)(u) + (H o G)(u) = (H o F + + H o G)(u); logo H o (F + G) = H o F + H o G. Notas: 1) A operação (F, G) -+ F o G não é comutativa em geral. Por exemplo, dados F: lR? -+ lR? e G: lR? -+ lR? por F(x, y) = (x + y, O) e G(x, y) = (x, 2y), então 126 (G o F)(x, y) = G(F(x, y)) = G(x + y, O) = (x + y, O) e (F o G)(x, y) = F(G(x, y)) = F (x, '2y) = (x + 2y, O). Logo G o F =1= F o G. 2) No conjunto L(U) define-se potenciação para expoentes naturais assim: FO = I (operador idêntico); F1 = F; F2 = F o F; F3 = F o F o F; ... Contudo é bom observar que para essa potenciação podemos ter resultados em princípio curiosos como F2 = I, com F =1= I e F =1= - I, Fn = O(operador nulo) com F =1= O. Um operador F E L(U) tal que F2 = F chama-se idempotente (ou projeção); se Fn = O, para um certo número natural n, então F se diz nilpotente. Exemplos 1) F: IR2 -+ IR2 onde F(x, y) = (O, x) é nilpotente pois: F2 (x, y) = F(F(x, y)) = F(O, x) = (O, O) = O(x, y) o que nos garante que F2 = O. 2) O operador derivação D: Pn(IR) -+ Pn(IR) é nilpotente (por quê?). EXER~~RESOLVIDOS 1. Sejam F: IR? -+ 1R2 e G: 1R3 -+]R2 as transformações lineares definidas por F(x, y, z) = = (x + y, z) e G(x, y, z) = (x, y - z). Determinar as seguintes transformações lineares de ]R3 em IR?: a) F + G e b) 2F - 3G. Solução a) (F + G)(x, y, z) = F(x, y, z) + G(x, y, z) = (x + y, z) + (x, Y - z) = (2x + y, y); b) (2F - 3G)(x, y, z) = (2F)(x, y, z) - (3G)(x, y, z) = 2F(x, y, z) ~ 3G(x, y, z) = = 2(x + y, z) - 3(x, y - z) = (-x + 2y, -3y + 5z). 2. Sejam F: 1R2 -+]R e G: ]R -+ IR as transformações lineares definidas por F (x, y) = x + 2y e G(x) = 2x. Determinar a transformação G o F. Solução (GoF)(x, y) = G(F(x, y» = G(x + 2y) = 2(x + 2y) = 2x + 4y. Observemos que a composta F o G não está definida. ]27 3. Consideremos F, G E L(R2) definidos por F(x, y) = (x - y, x) e G(x, y) = (x, O). Determinar: a) 2F + 3G; b) FoG; c) GoF; d) F2; e) G2. Solução a) (H o (F + G»)(x, y, z)= (H o F + H o G)(x, y, z) = H(F(x, y, z» + H(G(x,y, z» = = H(O, 2x) + H(x - y, x)= (2x, -2x) + (2x - y, -y) = (4x - y, -2x - y); b) «H + l) o F)(x, y, z) = (H o F + F) (x, y, z) = (2x, - 2x) + (O, 2x) = (2x, O). 6. Seja B = {el' e2, e3} a base canônica do R 3. Se F E L(R3) é o operador tal que F(el) = e2, F(e2) = e3 e F(e3) = el, a) (G o F)(x, y) = G (F (x, y)) = G(O, x) = (O, O). Notemos que G o F é o operador nulo, embora nem G e nem F o sejam. 4. Sejam F, G E L(R2) definidos por: F(x, y) = (O, x) e G(x, y) = (x, O). b) (F o G)(x, y) = F(G(x, y» = F(x, O) = (O, x). Notemos que F o G = F, embora G não seja o operador idêntico do R2. c) (G o F)2 (x, y) = (G o F)«G o F)(x, y)) = (G o F)(O, O) = (O, O); d) (F o G)2 (x, y) = (F o G)( (F o G)(x, y)) = (F o G)(O, x) = F (G(O, x» = = F(O, O) = (O, O). Notemos então que G o F = Oe que F o G é um operador nilpotente pois (F o G)2 = O. Solução Todas as transformações a serem determinadas pertencem a L(R2). a) (2F + 3G)(x, y) = 2F(x, y) + 3G(x, y) = 2(x - y, x) + 3 (x, O) = (5x - 2y, 2x); b) (F o G)(x, y) = F(G(x, y.» = F(x, O) = (x, x); c) (G o F)(x, y) = G(F(x, y)) = G(x - y, x) = (x - y, O); d) F2 (x, y) = F(F(x, y)) = F(x -y, x) = (-y, x - y); e) G2 (x, y) = G(G (x, y» = G(x, O) = (x, O). Como G2 = G, então G é um operador idempotente. Solução a) F(x, y, z) = F(xel + ye2 + ze3) = xF(el) + yF(e2) + zF(e3) = (z, x, y); b) I F2(x, y, z) = F(z, x, y) = (Y, z, x) e F3(x, y, z) = F(y, z, x) = (x, y, z) = I(x, y, z). Logo F3 = L Como F2 o F = F oF2 = F3, então F2 = F-I. a) determinar F(x, y, z); b) mostrar que F 3 = I e que, portanto, F 2 = F-I. Solução (G o F + I)(x, y, z) = (G o F)(x, y, z) + (x, y, z) = G(x - y, y - z) + (x, y, z) = = (x - 2y + z, - x + 2y - z, x - z) + (x, y, z) = (2x - 2y + z, - x + 3y - z, x). Determinemos Ker (G o F + I) pela resolução do sistema: { 2x - 2y + z = O -x + 3y - z = O x = O Não oferece dificuldade verificar que a única solução desse sistema é a trivial e que portanto Ker (G o F + I) = {(O, O, O)}. Assim G o F + I é um automorfismo do R 3. Determintl\Dos o isomorfismo inverso. Façamos G o F + I = H. Suponhamos H-I (x, y, z) = = (a, b, c). Então (x, y, z) = H(a, b, c) = (2a - 2b + c, -a + 3b - c, a). Daí { 2a - 2b + c = x -a + 3b - c = y a =z 7. Sejam F E L(R3, R2) e G E L(R2, R3) dadas respectivamente por F(x, y, z) = (x - y, y - z) e G(x, y) = (x - y, y - x, x + y). Sendo I o operador idêntico do R3 verifique se G o F + I é um automorfismo do R3. Se for, determine o automorfismo inverso. c) (G o F)2. d) (F o G)2; Determinar: Solução a) G o F; b) F o G; 5. Sejam F, G E L(R3, R 2) definidas por F(x, y, z) = (O, 2x) e G(x, y, z) = (x - y, x) e H E L(R2) dado por H(x, y) = (x + y, x - y). Determinar: a) H o (F + G) e b) (H + I) o F, onde I indica o operador idêntico de R 2. cuja solução é (z, x + y - z, 3x + 2y - 4z). Logo H-I (x, y, z) = (z, x + y - z, 3x + 2y - 4z). 8. Consideremos as seguintes transformações lineares do R3 no R2:F(x, y, z) = (y, x + z) e G(x, y, z) = (2z, x - y). Mostrar que {F, G} é linearmente independente no espaço L(R3 , R 2). 128 129 (1) L Solução Suponhamos o<F + {3G = °(transformação nula). Temos então (o<F + (3G)(x, y, z) = = (O, O), V(x, y, Z) E IR3 . Em particular tiramos o seguinte: (O/F + (3G)(I, 0, O) = O/F (1, 0, O) + (3G(I, 0, O) = 0/(0, 1) + (3(O, 1) = (O, O< + (3) = = (O, O). Daí O< + {3 = O. Analogamente (o<F + (3G)(O, 0, 1) = (2{3, 0/) = (O, O) do que segue 0/ = 2{3 = O. Logo 0/ = ={3=O. Notemos que bastaria ter aplicado O/F + (3G em(O, 0, 1) para concluir o exercício. Normal- mente seriam necessárias as duas relações obtidas mais a relação resultante de aplicar O/F + {3G ao vetor (0,1, O). 9. Se!a F E L (IR3 ) definida por F (x, y, z) (3x, x - y, 2x + y + z). Mostrar que (F - I) o (F - 31) = °(operador nulo). Solução (F2 - I) (x, y, z) = (8x, 2x, 9x). Por outro lado (F - 31)(x, y, z) = = (O, x - 4y, 2x + y - 2z). Portanto «F2 - I) o (F - 31))(x, y, z) =(F2 - 1)(0, X - 4y, 2x + y - 2z) =(O, O, O). Poderíamos também ter observado que (F2 - I) O(F - 31) = F3 _ 3F2_ F + 31. 10. Seja F um operador idempotente (isto é, F2 = F) de um espaço vetorial V. Mostrar que V = Ker(F) e Im (F). Solução Todo vetor v E V pode ser assim escrito: v = (v - F(v» + F(v). A segJ.lnda parc.ela obviamente está no sub-espaço Im (F). A primeira está no núcleo pois F(v - F(v» = = F (v) - F2(v) = F(v) - F(v) = o. Por outro lado suponhamos que vE Ker(F) n Im (F). Então v = F(u), com u E V, e F(v) = F2(u) = F(u) = o. Logo v = o. 11. Sejam U e V espaços vetoriais de dimensão finita e F E L(U, V). Define-se posto de F (notação p (F» do seguinte modo: p(F) = dim Im (F). Mostrar que: a) p (F + G) ..,; p(F) + p(G), VF, G E L(U, V); b) p (F o G) ..,; min {p(F,), p(G)},VF, G E L(U). Solução a) Observemos primeiro que Im (F + G) c Im (F) + Im (G). De fato, dado v = = (F + G)(u) E Im (F + G), então v = F(u) + G (u) o que mostra que v é um elemento de Im (F) + Im (G). Então dim Im (F + G) ..,; dim (Im (F) + Im (G» = = dim Im (F) + dim Im (G) - dim (Im (F) n Im(G» ..,; dim Im (F) + dim Im (G), ou seja, p (F + G) ..,; p (F) + p(G). b) Notemos de início que Im (F o G) c Im (F), pois dado v = (F o G)(u) E Im (F o G), então v = F(G(u» e como G(u) está em U,então VE Im (F). Logo p(F o G)"'; p(F). Por outro lado se considerarmos F como transformação linear de Im (G) em U, o 130 teorema do núcleo e da imagem nos garante que dim Im (G) ;;. dim Im (F o G), isto é, p (F o G) ..,; p (G). Portanto p (F o G) ..,; min {p (F), p (G)}. 12. Sejam F E L(V) e Uo E V tais que Fn = O (operador nulo) e Fn - 1 (uo) '* o. Mostrar que {uo, F (uo), F2 (uo), ... , Fn- 1(uo)} é um conjunto L.I. em V. Solução Suponhamos que O<oUo + O/IF(UO) + + O/n_1Fn-1(uo) = o com 0/0, 0/10 , O/n-l E IR. -, , n - n+l Fn+2 O A I' Fn- 1 (1) TE obVIO que se F = O, então F= = ... = . piquemos em. eremos n-l n n+l) F2n-2 Fn- 1( ) - CO/oF (uo) + O/IF (uo) + 0/2F (uo + .... + O/n-l = 0<0 Uo - o. omo Fn- 1(uo) '* o, então % = O. Eliminando O<ouo de (1) e aplicando Fn -2 às parcelas restantes chegaremos a 0/1 = O. Repetindo o raciocínio mais n - 2 vezes iremos concluir que 0/0 = 0/1 = .. , = O<n-l = O. EXERCÍCIOS PROPOSTOS I. Sendo F, G e H E L(IR2) definidos por F(x, y) = (x, 2y), G(x, y) = (y, x + y) e H(x, y) = (O, x), determinar F + H, F o G, G o (H + F), G o F, H o F, H o F o G e G oF oH. 2. Sejam F, G E L(IR3 ) assim definidos: F(x, y, z) = (x + y, z + y, z) e G(x, y, z) = (x + 2y, y - z, x + 2z) Determinar: a) F o G; b) Ker (F o G) e Im (Go F). c) uma base e a dimensão de Ker (F2 o G). 3, Sejam F E L(IR2, IR3 ) e G E L(IR3 , IR2) assim definidas: F(x, y) = (O, x, x - y) e G(x, y, z) = (x - y, x + 2y + 3z). Determinar F o G o F . 4. Seja F E L(IR2) dado por F(x, y) = (y, x). Determine Fn(x, y), sendo n ;;. 1 um número inteiro. Mesmo exercício com G E L(IR2) dada por G(x, y) = (x, O). 5. Seja F E L(IR2) o operador dado por F(I, O) = (2,5) e F(O, 1) = (3,4). Verificar se são automorfismos do IR2: G = I + F e H = I + F + F2. 131 6. Mostre que os operadores F, G, H E L(lR.2) dados por F(x, y) = (x, 2y), G(x, y) = = (y, x + y) e H(x, y) = (O, x) formam um conjunto L.I. em L(lR.2). 15. Sejam F e G operadores lineares de um espaço V tais que F O G := G O F. Mostrar que Ker(F) + Ker(G) c Ker(F O G). 7. Sejam F e G dois operadores lineares de um espaço vetorial V. Mostre que Ker(G) c c Ker (F o G). Dê um exemplo onde vale a igualdade. 16. Seja F E L(V) um operador tal que F2 - F + I := O. Mostrar que F é inversível e que F-I:=I-F. 8. Sejam F E L(V, V) e G E L(V, W) tais que Ker(F) := {o} e Ker(G) := {o}. Provar que Ker(G O F) := {o}. *9. Sejam Ve V sub-espaços do espaço W tais que W := V EIlV. Todo vetor wE Wse escreve, de maneira única, da seguinte forma: w := U + v(u E V e v E V). Sendo P1 e P2 as pro-jeções dadas por P1(w) := U e P2(w) := v, mostrar que: (a) Pl2 = P1 e P22 = P2; (b) PI + P2 = I; (c) P1 o Pz = P2 o P1 = O (operador nulo de W). 17. Sejam F, G E L(V) tais que F O G := G O F. Mostl'ar que: a) (F + G)2 = F2 + 2 (F o G) + G2; b) (F + G) o (F - G) = F2 _ G2. *18. Seja {u}, u2, ... , un} uma base de um espaço vetorial V de dimensão n. Considerando o operador linear T E L(V) tal que T(UI) = u2, T(u2) = u3, ... , T(un) = u}, mostre que Tn = I mas que Tn - l *- I. 19. Mostrar que o operador derivação em Pn(IR) é nilpotente. 10. Mostrar que um operador F E L(V) é idempotente se, e somente se, I - F é idempotente. 11. Seja F E L (IR4 ) dado por F(x, y, z, t) = (O, x, y + 2x, z + 2y + 3x). Mostrar que: a) F4 = O; b) I - F é um automorfismo do IR4 e I + F + F2 + F3 = (I _ F)-l. *20. Sejam F, G E L(V). Se F é um automorfismo e a é um escalar *- O, mostrar que: p(aG) = p(G) e p(F o G) = p(G o F) = p(G). (Veja exercício resolvido n9 11). 132 12. Seja <r o espaço vetorial dos números complexos sobre IR. Consideremos F, G E L(<r) assim definidas: 133 m F(Uj) = I aijVi (j = 1, 2, ... , n) i=l 2. MATRIZ DE UMA TRANSFORMAÇÃO LINEAR ou simplesmente Sejam U e V espaços vetoriais de dimensão nem, respectivamente, sobre IR. Consideremos uma transformação linear F: U --+ V. Dadas as bases B ={UI,' .. , un} de U e C = {VI, ... , vm } de V, então cada um dos vetores F(UI)' ... , F(un) está em V e conseqüentemente é combinação linear da base C: F(UI) = au VI + a21 V2 + + a ml Vm F(Uz) = al2 v I + a22 v2 + + a m2 Vm onde os aij estão univocamente determinados. (f + i f~z e G(z) = iz, z E (C. Calcular: d) F o G; e) CF o G) o CF o G). F(z) = F2 ; F4 ; 'G2 ; a) b) c) 13. Determinar se os seguintes operadores lineares do IR3 são idempotentes ou nilpotentes ou nenhuma das duas coisas: a) F(x, y, z) = C-x, -y, -z); t':(-(cJ,.,,'lh (1 .,~, LI b) F(x, y, z) = (z, x, y); f'l= f ( 6,1, "(j! ~'ôl !:J'-~ c) F(x,y,z)= (x,O,z); ~2,f(II(0" ~·l"'.\",'l\ d) F ( ) (O O) 1 I \' ·0 '\x, y, z = , ,x. \("C. 'I \ O,\) ,7- -o 'o, ", 14. Seja F E L(IR2) definido por F(x, y) = (x, x + y). a) Determinar F 2; b) MostrarqueF2 - 2F + I :=(F - 1)2:= Ornas que F - I*- O. .... Defmição 4 - A matriz m X n sobre IR 134 que se obtém das considerações anteriores é chamada matriz de F em relação às bases B e C. Vsaremos para indicar essa matriz a notação (F)B,C F(Ul) = (1, O) = 1VI + OV2 F(~) = (1, 1) = OVl + 1V2 F(U3) = (O, 1) = -VI + V2 (verifique) Notas: 1) Se F é um operador linear e considerarmos B = C, então diremos apenas matriz de F em relação à base B para indicar a matriz acima definida e usaremos a notação (F)B para representá-la. n n n Dado u = I ajUj E V, F(u) = I ajF(uj) = I ajG(Uj) = G(u), ou seja F = G. j=l j=l j=l 135 F(1, O, O) = 1(1, O) + 0(1, 1) = (1, O) F(O, 1, O) = 2(1, O) + 1(1, 1) =:= (3, 1) F(O, 1, 2) = 3(1, O) + 0(1, 1) = (3, O). Exemplo - Dada a matriz Que F ~ (F) é sobrejetora é conseqüência direta da definição de matriz de uma transformação linear e do lema que precede o teorema 2 (pág. 118). F ~ (F) Demonstração - Suponhamos F, G E L(V, V). Se tivermos (F) = (G) então as respectivas colunas de (F) e (G) são iguais e daí F (Uj) = G(Uj) (j = 1, ... , n). G~ ~) ache F E L(IR3, IR2) de maneira que, sendo B = {(I, O, O), (O, 1, O), (O, 1, 2)} e C = {(1, O), (1, I)}, se tenha M = (F)B,C. Da definição de matriz de F decorre que devemos ter: de L(V, V) em Mmx n(IR). I(un) = Un = alnvl + ... + annVn o que mostra que (I)n,c é a matriz de mudança da base C para a base B. Sejam V e V espaços vetoriais sobre IR de dimensões nem respectivamente. Conforme vimos, uma vez fixadas uma base de Ve uma base de V, a cada transfor- mação linear F E L(V, V) está associada uma única matriz (F) real m x n. Ou seja, ficou defmida uma aplicação .---~roposição 1 - Sejam V e V espaços vetoriais sobre IR de dimensões nem respectivamente. Então, fixadas as bases B = {UI, ... , un} e C = {VI>' .. , vm}de V e V, respectivamente, a aplicação F ~ (F) que a cada F E L(V, V) associa a ma- triz de F em relação às bases B e C é bijetora. I .~ II I I i J! i i f I .~ ( 1 0-1) 011 (F)n,C = Logo 1) Qual a matriz de F: IR3 ~ JR.2 dada por F(x, y, z) = (x + y, y + z), em relação às bases B = {UI = (1, O, O); ~ = (O, 1, O); U3 = (O, O, 1)} e C = {VI = (1, O); V2 = (1, I)}?· ( a11 a12 al n ) ~~~ .. ~~2 ~~~ = (ajj) am1 am2 amn 2) Sempre que não haja dúvidas quanto ao par de bases que estamos consi- derando escreveremos apenas (F) para indicar a matriz de F em relação a esse par de bases. Exemplos 2) Seja V um espaço vetorial sobre IR e seja I o operador idêntico de V. Dadas as bases B e C de V, o que é (I)n,c? Suponhamos B = {UI, ... , un} e C = {VI, ... , vn}. Então, se (I)n,C = = (ajj), . Seja (a, b, c) E IR,3. Supondo (a, b, c) = x(l, O, O) + y(O, 1, O) + z(O, 1, 2) c c obtemos: x = a, y = b -"2 e z =2' Logo F(a, b, c) = F(a(l, O, O) + (b - ~ )(0, 1, O) + ~ (O, 1, 2)) = = a(l, O) + (b ~ ~ )(3, 1) + ~ (3, O) = = (a + 3b, b - ~). Conclusão: Reunindo os resultados obtidos até aqui neste parágrafo, tira-se a con- clusão que, dados os espaços vetoriais U e V sobre IR, ambos de dimensão finita, e fixando uma base de U e uma base de V, a aplicação: F -* (F) é um isomorfismo do espaço vetorial L(U, V)JlO espaço vetorial Mmxn(IR), desde que dim U = n e dim V = m. Em particular conclui-se que dim L(U,V) = m • n pois esta é a dimensão de Mmxn(IR), conforme já vimos. 3. MATRIZ DA TRANSFORMAÇÃO COMPOSTA Vejamos agora como se comporta a correspondência F -* (F) entre os espaços vetoriais L(U, V) e Mm xn(IR). Dados F, G E LCU, V), se (F) = (aij) e (G) = (t3ij), em relação ao mesmo par de bases B e C, determinemos a matriz de F + G em relação a esse par de bases. Seja U, Ve W espaços vetoriais sobre IR de dimensões m, n e p, que admitem basesB = {U1""'Un},C = {v1, ... ,vm}eD = {w1, ... ,wp},respectivamen- te. Supondo F E L(U, V), G E L(V, W) e que (F)B,C = (aij) e (G)c,D = ({3 ki), pretendemos determinar (G o F)B, D. Supondo B = {Ui> ... , un} e C = {Vi> ... , vm }, então m m (F + G)(Uj) = F(uj) + G(Uj) = I aijVi + I t3ijVi = i=1 i=1 mI (aij + t3ij)Vi (j = 1,2, ... , n). i=1 ., l Seguindo a defmição de matriz de uma transformação linear: (G o F)(uj) ~ G(F(Uj)) ~ G (%. "'Jv) ~ %. .ijG(v,) ~ = I aij f t3kiWk = f (i t3ki a ij) Wk· i=1 k=1 k=1 1=1 Um raciocínio análogo ao da parte anterior (fica como exercício) leva ao seguinte resultado: Em resumo: a matriz da soma de duas transformações lineares é a soma das matrizes de cada uma, em relação ao mesmo par de bases. Isto significa que a corres- pondência F -* (F) comporta-se bem em relação à adição. (W) = (Àaij) = À(aij) = À(F) isto é, a matriz do produto de uma transformação linear por um número é igual a esse número multiplicado pela matriz da transformação linear dada. de (G)C,D • (F)B,C' Logo temos a igualdade (G o Fh,D = (G)c,D • (F)B,C. Costuma-se dizer (imprecisamente) que a matriz de G o F é igual ao produto da matriz de G pela matriz de F. . É de se esperar que isomorfismos e matrizes inversíveis estejam relacionados. É o que veremos a seguir. Sejam U e V espaços vetoriais sobre R de dimensão m. Se B e C são bases de U e V, respectivamente, e F: U -* V é um isomorfismo, mostremos que (F)B,C é inversível e que a sua inversa é dada por (F-1)c,B' Isto é conseqüência direta da fórmula da matriz da composta, obtida logo acima: m Logo o termo geral de (G o Fh,D é 'Ykj = I t3kiaij que é o termo geral i=l Sejam U e V como acima e tomemos ÀE IR. Supondo (F) (ÀF), em relação ao mesmo par de bases? 136 137 (F>B c . (F-1)c B = (FoF-I)c = In e , , (F-I)c B . (Fh C = (F-I OFh = In , , pois a matriz do operador idêntico, tanto de U como de V, é In. As igualdades obtidas provam nossas afirmações. Exemplo - Consideremos o isomorfismo F: R 2 -+ P1(R) dado por: F(x, y) = x + (x + y)t. Considerando as bases canônicas B = {(I, O), (O, I)} e C = {I, t} desses espaços, determinemos (F)B,C' Como Daí então: Portanto M-I(T)BM = (I)B,cCT)B(I)C,B = (I)B,cCT)c,B = (T)c conforme havíamos afirmado. - (2 1 02 °1)(F)B,C =e daí De (3) vem De (2) vem 139 F (1, 1, 1) = (1, 2) = alO, 3) + b l (2, 5) O) F (1, 1, O) = (O, 2) = a20, 3) + b2(2, 5) (2) F O, O, O) = (O, 1) = a30, 3) + b3 (2, 5) (3) 2. Seja F E L (IR3, IR2) definida por F(x, y, z) = (z, x + y) (a mesma aplicação do exem- plo1). Determinar a matriz deFemrelação às bases B ={O, 1, 1), (1,1,0),(1, O, O)} do IR3 e C = {O, 3), (2, 5)} do IR2. De (1) vem: Solução EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 1. Seja F E L(R.3 , R.2) definida por F(x, y, z) = (z, x + y). Determinar a matriz de F em relação às bases B = {(I, 1, 1), (1, 1, O), (1, O, O)} de R.3 e C = base canônica do R.2. Solução F(l, 1, 1) = (1, 2) = 1 (1, O) + 2(0, 1) F(l, 1, O) = (O, 2) = 0(1, O) + 2(0,1) F(1, O, O) = (0,1) = 0(1, O) + 1(0,1) J I13R (F)B,C ~ (: n Calculemos a inversa dessa matriz:(: ~ ~~) (~~i-ln 'portonto (_: ~) é a inversa da matriz de F, ou seja, é a matriz de F-I em relação a C e B. Daí: F-I (1) = (1, -1) e F-I (t) = (O, 1) do que se conclui que F-I (a + bt) = a(1, -1) + b(O, 1) = (a, -a + b). Esta é a lei que define F-I. então: Proposição 2 - Nas condições acima, se M é a matriz de mudança da base B para a base C, então (T)c = M- I • (T)B . M. Demonstração - Já vimos (exemplo 2, parágrafo 2 deste capítulo) que a matriz de mudança de B para C é (I)c,B, isto é, M = (I)c,B' F(I,O)= 1+ 1t F(O, 1) = 1t Como um resultado importante das fórmulas acima, vejamos como se resolve o seguinte problema: Seja U um espaço vetorial de dimensão n sobre R. Dadas as bases B = = {UI, ... , un} e C = {VI, ... , vn} de U e dado TE L(U), pretendemos esta- belecer uma fórmWa que relacione (Th com (T)c. Isto com a seguinte fmalidade: quando se muda da base B para a base C, o que acontece com a matriz de T E L(U)? a) F(x, y) = (2x, 3y - x) e base canônica; b) F(x,y) = (3x-4y,x + 5y)ebaseB = {(1,2),(2,3)}. 3. DeterminaI a representação matricial de cada um dos seguintes operadores do IRz em rela- ção às bases indicadas: 5. Seja F E L(Pz (IR» definido por F (g(!)) = (1 - t)g' (t). Determinar a matriz de F em relação à base canônica de Pz (lR). Solução A base canônica de Pz (lR) é B = {I, t}. Usemos a definição de matriz de uma transfor- mação linear: -> (F)B= F (1) = (1 - t)O = O • 1 - Ot F (t) = (1 - t)l = 1 • 1 - 1t (-1 4 2)1 -2 -1(F)B,C = Portanto Solução a) F(I, O) = (2, -1) = 2(1, O) -1(0, 1) F(O, 1) = (O, 3) = 0(1, O) + 3 (O, 1) 6. Seja F o operador linear do lRz cuja matriz em relação à base B = {(.1, 1), (1, -I)} é (F)B ~ Gn b) F(l, 2) =(-5,11) = al(1, 2) + bl(2, 3) (1) F(2, 3) = (-6, 17) = az(1, 2) + bz (2, 3) (2) DeterminaI a matriz de F em relação à base canônica, usando a fórmula de mudança de base para um operador linear. De (1) vem De (2) vem Solução Indicando por C a base canônica devemos aplicar a fórmula (F)C = M-l (F)BM, onde M é a matriz de mudança de B para C. Calculemos M. { (1,O)=X(I,I)+Y.(1,-I) 1 1 ->x=2 eY =2(O, 1) = z (1, 1) '/- t (1, - 1) . d 1 1 D'e,ama,z=T e t=-T' ai Portanto ( 37 52) - 21 - 29 4. DeterminaI o operador F do IRz cuja matriz em relação à base B = {(1, 1), (1, 2)} é: (~ +) -1 (1 1)M = e M =1 1 1 -1T -2 Portanto Solução Pela definição de matriz de uma transformação temos: F (1, 1) = 1 (1, 1) + 1 (1, 2) = (2, 3) F(1, 2) = 0(1, 1) + 2(1, 2) = (2,4) (F)c ~ (: ~:)G~)c~D~(: ~:)G~D~ (~: ~:) Escrevamos (x, y) como combinação lineaI da base B: (x, y) = aO, 1) + b(1, 2), logo a + b =x e a + 2b =y e daí a =2x - y e b =y - x. Portanto F(x, y) =(2x - y)(2, 3) + + (y - x)(2, 4) = (2x,2x + y). 7. Considere <C como espaço vetorial sobre lR. Determine a matriz do operador F E L(O::)dado por F (z) = z, Vz E <C, em relação à base {I, i} e em relação à base {1 + i, 1 + 2i}. 140 141 b) F(l + i) = 1 - i = al(l + i) + bl(l + 2i) = 3(1 + i) - 2(1 + 2i) =>F(1 + 2i) = 1 - 2i = a2(1 + i) + b2(l + 2i) =4(l + i) - 3(1 + 2i) > (F) = (3 4) -2 3 Solução a) F(I) == I = I = I • I + O • I F (i) = T== -i == O • I + (-l)i > (F) = (I O) O -I O 1 O O O O 2 O O O O O(D)B = o •••••••••••••••• O O O n O O O O 10. Seja F E L (P3 (IR), IR) a transformação linear assim definida: 8. Seja V um espaço vetorial de dimensão 3. Seja B = {el, e2, e3} uma base de V. SendoF o operador linear de V tal que F(el) = e2 e que deixa fixos todos os vetores de W = = {xel + ye2 + ze3 I x - y + z = O}, determinar (F)B' Solução Inicialmente achemos um sistema de geradores de W. Um vetor típico de W é da forma w =" xel + (x + z)e2 + ze3 = x(el + e2) + z(e2 + e3)' Logo W = [el + e2, e2 + e31. Juntando o fato de F ser linear com o fato de F deixar fixos os elementos de W tiramos: F(el + e2) =F(el) + F(e2) = e2 + F(e2) = el + e2' do que segue F (e2) = el e ainda, F(e2 + e3) = F(e2) + F(e3) = el + F(e3) = e2 + e3 que acarreta F(e3) = -el + ~ + e3' Em resumo temos: F(el) = Oel + 1e2 + Oe3 F(~) = leI + Oe2 + Oe3 F(e3) = -el + e2 + e3 F(g(t» = S: g(t)dt. Determinar a matriz de F em relação às bases B = {I, t, t2, t3} e C = {I}, de P3 (IR) e IR, respectivamente. Solução F(l) = r dt = t Io = 1; F(t) = S.l t dt = .f lo J.... Analogamente o 1 o 2 1 2' F(t2) =; e F(t3) =t. Logo (F)B,C = (1 ; ; ~). 11. Verificar matricialmente se o operador linear F E L(IR?) dado por F (x, y, z) = (x - y, 2y, y + z) é inversível. Se for, ache F-I também por meio de matrizes. Solução A matriz de F em relação à base canônica do IR3 é 142 9. Determinar a matriz do operador derivação em Pn(IR) em relação à base canônica desse espaço. (: -1 oM= 21 Como C -1 O 1 O o(' -1 O 1 O 0-2 O O 1 O 1 O O 1T1 1 O O O 1 1 O O O O 1 O2 O O O 1 OT O O 1 O 1 1 -2 143 e, portanto, Solução A base canônica de Pn (IR) é B = {I, t, t2, ... , tn}. Então D (1) = O = O 1 + Ot + Ot2 + + Otn D (t) = 1 = 1 1 + Ot + Ot2 + + Otn Achemos agora G(x, y). Como G(l, O) = 1(1, O, O) + (-1)(0, 1, O) + 3(0, 0,1) = (1, -1, 3) G(O, 1) = 1(1, O, O) + 2(0, 1, O) + !(O, O, 1) = (1,2, 1), então G(x, y) = x(l, -1, 3) + y(l, 2, 1) = (x + y, -x + 2y, 3x + y). 15. Seja W = U $ V e suponhamos U e V invariantes pelo operador linear F E L(W), isto é, F(U) c U e F(V) c V. Supondo dim U = m e dim V = n mostre que existe uma base de Wem relação à qual a matriz de F é da forma (~~j--~,") onde A e B são matrizes de ordem m e n, respectivamente, 0m, n é a matriz nula de ordem m X n e 0n, m a matriz nula de ordem n X m. Solução Se {UI> , um} e {VI> ... , vn} são bases de U e V respectivamente, então B = = {Ui, , um, Vi, ... , vn} é uma base de W. Calculemos a matriz de F em relação a essa base. Como F(ui) E U(i = 1, , m) e F(Vj) E V (j = 1, ... , n), então F(Ul) = anUi + + amlum { a2 + bc = 1 ab = O «a2 + bc)x + aby, acx + bcy) = (x, y)=> ac = O bc = 1 Resolvendo o sistema obtido encontramos a = Oe bc = 1, ou seja, c = b-l. Então satis- rázem as condições do problema todos os operadores do IR2 dados por S(x, y) = (by, b-lx) , b * O. EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Seja F E!' (!R3 , IR2 ) definida por F (x, y, z) = ~i!:l y -i~} Determinar l"F)i9 sendo B - {(I, 2, 1), (O, 1, 1), (O, 3, -I)} e C - (<l, 5), (2, -I)}. '~__/ 2. Determinar as matrizes das seguintes transformações lineares em relação às bases canô- nicas dos respectivos espaços: /3') 2 "(I) F E L (IR, IR ) definida por F (x, y, z) = (x + y, z); (11) F E L(IR2, IR3 ) definida por F (x, y) = (x + y, x, x - y); (IlI), F E L(IR4 , IR) definida por F(x, y, z, t) = 2x + y - z + 3t; (IV) F E L(IR, IR3 ) definida por F(x) = (x, 2x, 3x). 73) No espaço vetorial M2 (IR) seja M = (: :) F(vn) = Determinar a matriz do operador linear F E L (M2 (IR» dado por F (X) = MX - XM, em relação à base canônica Fazendo ( ~~l.• :::. ~~~)13m '" I3nn teremos 16. Determinar todos os operadores lineares S do IR2 tais que S (x, y) = (ax + by, cx) e S2 = I (operador idêntico). Solução 2S (x, y) = S(ax + by, cx) = (a(ax + by) + bcx, c(ax + by» = 146 (: :) (: :) (~ ~) (: ~) de M2 (IR). 4. Seja F o operador linear de M2 (IR) dado por F~ = (: :) ~ V-X em M2 (IR). Sendo B a base canônica do espaço M2 (IR) determine li! traço da matriz (F)B' (Nota: traço = soma dos termos da diagonal principal.) 5. Calcular o traço da matriz do operador linear F E L(IR3) dado por F(x, y, z) = (x,x~y,x+z). GeneralizarparaF(x,y,-z) = (ax + by + cz,dx + ey + fz,gx + +~+W. . 147 6. Seja F o operador linear do 1R2 cuja matriz em relação à base B = {(I, O), (1, 4)} é(F)p(: :) Determinar a matriz de F em relação à base canônica, usando a fórmula de mudança de base para um operador. 7. Seja B = {ep e2, e3} uma base de um espaço vetorial V sobre IR. Sendo F, G E L(V) dados por F(e l) = e l - e2' F(e2) =el + e3, F(e3) = e2' G(el) = 2el + e3' G(e2) = el e G(e3) = e2 - 3el' determinar em relação à base B as matrizes dos seguintes operadores lineares: F, G, F +G, 2F - G, F o G, G o F, F2 + G2, F-I (caso exista) e (F o G)-l (caso exista). 8. Determinar o operador linear do IR2 cuja matriz em relação à base B = {(1, 2), (O, 5)} é 9. Sejam F, G E L(P2(1R), P3(1R» assim definidos: F{p(t» = tp(t) - p(l) e G{p(t» = = (t - l)p(t), Vp(t) E P2 (IR). Determinar as matrizes de F e de G em relação ao seguinte par de bases: B = {I, t - 1, (t - 1)2} e C = {I, t - 1, (t - 1)2, (t - 1)3} de P2 (IR) e P3 (IR) respectivamente. 10. Seja F E L{P2 (IR), IR) definida por F(p{t» L: p(t)dt. Determinar a matriz de F em relação às bases: 14. Sejam F e G operadores lineares do 1R3 tais que: F(x, y,z) = (x, 2y, y - z) e que a matriz de 2F - G em relação à base canônica é G:O Determinar a matriz de G em relação à base canônica. Determinar também G(x, y, z). 15. Seja T um operador linear de um espaço ve.torial V de dimensão 2. Se a matriz de T em relação a uma certa base B de V é (: :) mostrar que T2 - (a + d)T + (ad - bc)I = O(operador nulo). 16. Sejam V um espaço vetorial de dimensão finita n e F E L(V). Se U é um sub-espaço de V de dimensão m e se U é invariante pelo operador F, mostrar que existe uma base de V em relação à qual a matriz de F é da forma onde A é uma matriz mx m, B é do tipo m x (n - m), O é a matriz nula (n - m) x m e C é quadrada de ordem n - m. a) B = {I, t, t2 } e C = {I}; b) B = {l, 1 +t, -1 + t2 } e C = {-2}. 4. ESPAÇO DUAL 11. Se a matriz de um operador linear F do m.3 em relação à base canônica é (1 1 O)O 1 OO 1-1 e se H = I + F + 2F2, determine a matriz de H em relação à base canônica do lR? Ache também H(x, y, z). 12. Determinar todos os operadores lineares F do IR2 tais que F2 = F e F(x,y) = (ax, bx + + cy). Seja U um espaço vetorial sobre R. Conforme já vimos o próprio R é um espaço vetorial sobre R. Logo tem sentido falar em L(U, R) como espaço vetorial sobre R. Este espaço vetorial é chamado espaço vetorial dual de U e: costuma ser denotado por U*. Assim, L(U, R) = U*. Cada elemento de U* recebe o nome de forma linear ou funcional linear sobre V. Exemplos ]) F: R 3 -+ R dada por F(x, y, z) = 2y é um elem&nto do espaço (R3 )* pois se trata de uma transformação linear de R3 em R. É portanto uma forma linear sobre R 3 • 13. Determinar todos os operadores lineares F do IR2 tais que F2 que F(x, y) = (ax + by, cy). ]48 o (operador nulo) e 2) Em geral como se apresenta um elemento F do espaço dual de IRll? Seja F uma forma linear sobre o IRn. Indiquemos por {el> e2,' .. ,en} a base canônica ]49 de IRn, isto é, e I = (1, O, ... ,O), ez = (0,1, O, ... ,O), ... ,en = (O, ... ,O, 1). Da- do então u = (XI> ,xn) E IRn, u é combinação linear dessa base da seguinte ma· neira: u = Xlel + + xnen. Logo F(u) = xIF(el) + ... + xnF(en). Se indicarmos por kl> , kn os escalares F(el)' ... , F(en), respectivamente, tere· mos: F(XI' ... , xn) = klxl + + knxn . Por outro lado, dada uma n-upla qualquer (kl' , kn) de números reais é fácil verificar que a aplicação F: lRn """* lR, dada por: F(XI, ... , xn) = klxl + ... + + knxn é uma forma lineár sobre o lRn. Então podemos afirmar que F E (lRn)* se, e somente se, existem números reais k l , ... , kn de forma que F(XI' ... , xn) = klxl + ... + knxn, V- (XI, ... , xn) E lRn. Seja U um espaço vetorial sobre lR de dimensão n. Se B = {UI, ... , un} é uma base de U, então todo vetor desse espaço se apresenta como u = XI UI + + ... + xnun' com os Xi em lR, e é fácil verificar que pertencem ao dual de U as aplicações FI, ... , Fn assim definidas: Fi: U """* lR e Fi(U) = xi (i = 1, ... , n). Dado F E U* suponhamos que F(ud = k l , . " , F(Un) = kn. Então F(u) = xlF(ud + + xnF(un) = klxl + ... + knxn = klFI (u) + + ... + knFn(u) = (kIFI + + knFn)(u). Como u é genérico conclui-se que F = klF I + '" + knFn. Com isso provamos que [FI, ... , Fnl = U*. Por outro lado, S\) admitirmos que alF I + ... + anFn = O (transformação nula), teremos: alF I (uJ + ... + anFn(un) = a n = O o que vem garantir que {FI, ... , Fn} é um conjunto L.I. em U*. Assim provamos o seguinte teorema: Teorema 1 - Se B = {UI> ... , un} é uma base do espaço vetorial U, então as aplicações F 1> ••• , Fn que associam a cada u = XIUI + ... + xnun E U os ele- mentos XI, ... , Xn, respectivamente, pertencem a U* e constituem uma base deste espaço. Logo, se dim U = n, então dim U* = n. Nota: A base {FI, ... , Fn} construída no teorema acima leva o nome de base dual da base B = {UI, ... , un}. 150 I Exemplo - Determinar a base dual da base B = {(I, O), (1, In do IR? Sejam UI = (1, O) e Uz = (1, 1). Conforme o exemplo 2 dado neste parágrafo: FI(x,y)=ax+bye Fz (x, y) = cx + dy faltando-nos determinar a, b, c e d. Mas isto é questão apenas de fazer algumas substituições convenientes: FI (UI) = aI + bO = 1 F!Cuz) = aI + bl = O Fz (UI) = cl + dO = O Fz (uz) = c1 + dI = 1 Logo a = 1, b = -1, c = O e d = 1. Assim a base dual de B é {FI> Fz}, onde: FI (x, y) = X - Y e Fz (x, y) = y, V(x, y) E lRz. 5. MATRIZES SEMELHANTES Dadas as matrizes P e Q, ambas quadradas e de ordem n, dizemos que P é semelhante a Q se, e somente se, existe uma matriz inversível M, também de ordem n, de modo tal que: P = M-IQM. É fácil ver que a semelhança assim definida é uma relação de equivalência em Mn(lR). A semelhança de matrizes está intimamente ligada à mudança de base e re- presentação matricial de operadores lineares. De acordo com a proposição 2 demonstrada neste capítulo duas matrizes do mesmo operador linear são semelhantes. Mas também vale a recíproca desse fato: se P = M- IQM, então P e Q representam um mesmo operador linear. Provemos esta afirmação. Tomemos uma base B de lRn (estamos supondo as matrizes reais e de ordem n) e seja F E L(lRn) o operador tal que (Fh = Q. Suponhamos B = = {UI, ... , un} eM = (aij)' Consideremos então os vetores do lR n : 151 é diagonalizável pois se considerarmos a matriz inversível M - (2 1) então M- l = 1.. (1 1) - 3 -1 53 -2 Definição 5 - Uma matriz quadrada se diz diagonalizável se for semelhante a uma matriz diagonal. A questão de saber se uma matriz quadrada é ou nã'o diagonalizáve1 é bastante importante mas somente será tratada no capítulo 2 da parte 2. A seguir daremos apenas um exemplo. vn = Cl:lnUI + ... + Cl:nnun · Como a matriz M é inversível pode-se concluir que o conjunto C = {VI> •.• , vn} também é 'uma bas.e de ]Rn. Como obviamente M é a matriz de mudança da base B para a base C, então M = (I)c,B. Teremos então P = M-IQM = (I)B,dF)B(I)c,B = (F)c. Logo P é a matriz de F em relação ã base C. A semelhança de matrizes aparece também no problema de diagonalização de uma matriz. Fz (x, y, z) = -x + Y = O} {b l = -1 =1 > bz= 1 > 2b3 = O b3 = O Fazendo (1, 1, O) = et. (O, 1, O) = ez e (O, 0,2) = e3 os coeficientes ai, bi e ci (i = 1,2, 3) nas igualdades acima se determinam levando em conta que Fj (ei) = 1 se j = i e Fj (ei) = O se j *" i (j == 1, 2, 3). Assim: :~}-> {:~ :~ => Ft<x, y, z) = x. 2a3 = O a3 = O Por último Analogamente Fl(el) = ai + az FI (ez) = az FI (e3) = Fz (el) = b l + bz Fz(ez) = bz F z (e3) = Solução Seja {F1> Fz, F 3} a base dual procurada. Essas transformações são dadas por FI (x, y, z) = alx + azy + a3z Fz (x, y, z) = b1x + bzy + b3z F3(x, y, z) = clx + czy + c3z Solução a) (FI + 5Fz )(x, y) = FI (x, y) + 5Fz (x, y) = 2x + y + 5 (x - 3y) = 7x - 14y. b) (-3FI + 2Fz )(x, y) = -3FI(X, y) + 2Fz (x, y) = -3(2x + y) + 2(x - 3y) = = -4x - 9y. 2. Determinar a base dual da seguinte base do IR3: {(l, 1, O), (O, 1, O), (O, O, 2)} A matriz e calculando teremos: M-IAM = (4 0) ° -1 que é uma matriz diagonal. F3 (el) = cl + Cz F3 (ez) = Cz F3 (e3) = = O } {Cl = Cz = O =0 => 1 c3=- 2c3 = 1 2 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 1. Sejam F I e Fz os funcionais lineares de (IRz)* definidos por F I (x, y) = 2x + y e Fz (x, y) = x - 3y. Determinar: a) FI + 5Fz e b) -3F I + 2Fz . 3. Verificar se os funcionais lineares FI> F2 , F3 do (IR3)*, abaixo definidos, formam uma base deste espaço: Fl(x, y, z) = 3x - y, Fz(x, y, z) = x + 2y + z e F3 (x, y, z) = 5y - 3z. Solução Basta verificar se eles formam um conjunto L.I. pois dim (IR3)* = 3. Suponhamos que alF I + a2 F2 + a3F3 =0 (funcional linear nulo). Então (alFI +a2FZ + a3F3)(x,y,z) = = O (número zero), V- (x,- y, z) E IR3. Daí: ai (3x - y) + az (x + 2y + z) + a3 (5y - 5z) = = (3al + az)x + (-ai + 2az + 5a3)y + (az - 5a3)z = O, V-x, y, z E IR. 152 153 Portanto { 30<1 + 0<2 = O {0<1 - 20<2 - 50<3 = O -0<1 + 20<2 + 50<3 = O que é equivalente a 0<2 - 50<3 = O 0<2 - 50<3 = O 0<3 = O Logo 0<1 = 0<2 = 0<3 = O que vem garantir que {F1> F 2 , F 3} é L.I. e portanto é uma base de (R3 )*. 4. Seja V = R4 . Consideremos o sub-espaço W* de V* gerado peios funcionais F 1> F2 e F 3 dados por F 1 (x, y, z, t) = 3x t, F 2 (x, y, z, t) = 5z - t e F 3 (x, y, z, t) =x +z. Determinar o seguinte sub-espaço de V: W = {u E V I F(u) = O, VF E W*} (Mostre antes que, de fato, W é um sub-espaço de V). Solução Mostremos que W é sub-espaço de V. Como F(o) = O, VF E W*, então o E W; se ul e u2 E W, então F(Ul + U2) = F(Ul) + F(u2) = O + O = O, VF E W*, o que mostra que ul + u2 E W; se u E W e O< é um escalar, então F(o<u) = o<F(u) = O< • O=O, para todo F E W*, o que significa que o<U E W. Por outro lado, como O<l F 1 + 0<2 F2 + 0<3F3 = O <=> < > 0<1(3x - t) + 0<2(5z - t) + 0<3 (x + z) = O, "Ix, y, z, t E R <=> (30<1 + 0<3)X + (50<2 + 0<3)z + (- 0<1 - 0<2)t = O, V x, y, z, t E R Solução O teorema do núcleo e da imagem nos diz que dim V = n = dim Ker(F) + dim Im (F) = = dim Ker(G) + dim Im (G). Como Im (F) c R, dim R = 1 e F '" O, então dim Im (F) = 1. Analogamente dim Im (G) = 1. Logo dim Ker(F) = dim Ker(G) = n - 1. For outro lado, o teorema da dimensão da soma nos garante que: dim(Ker(F) + Ker(G» + dim(Ker(F) () Ker(G» = dim Ker(F) + dim Ker(G) = 2n - 2. Em geral, Ker(F) c Ker(F) + Ker(G) e devido à hipótese Ker(F) '" Ker(G), teremos Ker(F) ~ Ker(F) + Ker(G); então necessariamente Ker(F) + Ker(G) = V. Logo dim (Ker(F) + Ker(G» = n e daí vem dim (Ker(F) () Ker(G» = (2n - 2) - n = n - 2. 6. Mostrar que as matrizes não são semelhantes. Solução Devemos mostrar que não existe uma matriz inversível M= (: :) tal que ou, o que é equivalente, <=> cuja única solução é 0<1 = 0<2 = 0<3 =O, segue que: {Fl> F2, F 3} é L.I. e dim w* = 3. É fácil notar que dado u E R4 U EW <=> F 1 (u) = F2 (u) = F 3 (u) = O <=> { 3X - t = O <=> 5z - t =0 x + z = O Como a única solução deste sistema é a trivial x = z = t = O, então: W = {(O, y, O, O) I y E R}. Uma base de W é {(O, 1, O, O)}. M-' (: :) M = (: :) (: :) M =M (: :) Como (: :) (: :) (::) (: :) teremos necessaríamente <=> [ C = a d = a O= c O= c ... 5. Sejam F e G dois funcionais lineares não nulos sobre um espaço vetorial V de dimensão n. Supondo Ker(F) '" Ker(G), determinar as dimensões dos seguintes sub-espaços de V: Ker(F), Ker(G), Ker(F) + Ker(G) e Ker(F) () Ker(G). 154 M= (: :) que não é inversível para nenhum valor de b pois tem uma linha nula. 155 7. Seja F um operador linear de um espaço vetorial V de dimensão n. Se Fn- l = O(operador nulo) e Fn-2 * O, mostre que existe uma base B de V em relação à qual a matriz de F é da forma seguinte, com aI, ... , an E IR: aI O O O O a2 O 1 O O ..................... an-2 O O 1 O an-l O O O 1 an O O O O a) {(1, I, 2), (1, 2, O), (3, 4, O)} do IR3 ; b) {(1, 2), (O, 1)} do ~; c) {(O, 1, O, O), (2, 1, O, O), (O, O, 1, 1), (O, O, O, 3)} do IR4 ; d) {1, t, 1 - t2} do espaço P2 (IR). 4. Seja V = IR3. Considere o sub-espaço W* de V* gerado pelos funcionais F e G dados por F(x, y, z) = x - y eG(x, y, z) = y - 2z. Determinar umabase do seguinte sub-espaço deV:W = {UEVIF(u) = O,VFEW*}. *5. Provar que todo sub-espaço vetorial W de V, com dim W = dim V - 1, é o núcleo de uma forma linear não nula. F(uo) = Ov + OFn-2 (uo) + ... + 1F(uo) + OUo Solução Como Fn-2 * O, então existe Uo E V de maneira que Fn -2 (uo) * o. Então o exercício resolvido 12 (§ 1 - deste capítulo) nos garante que é L.I. o conjunto {uo, F(uo), F2 (uo), ... , Fn -2 (uo)}. Logo este conjunto pode ser completado com um vetor v de modo a formar uma base B = {v,. Fn- 2 (uo), Fn- 3 (uo), •.. ,. F (uo), uo} do espaço V. Achemos a matriz de F em relação a esta base. F(v) = alv + a2Fn-2(uo) + ... ~ an_IF(uo) + anuo F(Fn- 2 (uo» = Fn- l (uo) = Ov + OFn-2 (uo) + ... + OF(uo) + OUo F (Fn-3 (uo» = Ov + 1Fn- 2 (uo) + ... + OF (uo) + OUo => aI ° ° O O a2 ° 1 O O => (F)B = ..................... an_l O O O 1 an ° O O O *6. Seja V um espaço vetorial de dimensão finita. Sejam u e v dois vetores desse espaço com a seguinte propriedade: ('v'F E V*)(F(u) = o = F(v) = o). Mostrar que {u, v} éL.D. Sugestão: Se fossem L.I. existiria uma base B de V contendo u e v. Considerar a base dual. 7. Verificar se são bases de (IR3)* os seguintes conjuntos: a) {F, G, H}, onde F(x, y, z) = 2x, G(x, y, z) = y + z e H(x, y, z) = x - 2z; b) {F, G, H}, onde F(x, y, z) = 2x + y - z, G(x, y, z) = x e H (x, y,z) = x-y +4z. *8. Sejam F e G formas lineares não nulas no espaço vetorial V, linearmente dependentes. Prove que Ker(F) = Ker(G) e sua dimensão é n - 1 se dim V = n. 9. Mostrar que a semelhança de matrizes é uma relação de equivalência no conjunto Mn(IR). 10. Verifique se são semelhantes as matrizes:(-: - ~) , (: :) *11. Provar que se A e B são semelhantes então An e Bn são semelhantes, para todo n ;;. 1. Sendo p(t) um polinômio, p(t) = ao + alt + ... + antn, indicamos por p(A) a ma- triz p(A) = aoI + alA + ... + anAn. Provar que se A e B são semelhantes, então p(A) e p(B) são semelhantes. L EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Sejam FI e F2 E (1R3)* definidas por FI(x,y,z) = x - 3y + 2z e F2 (x, y, z) = = 2x - y + z. Determinar F I + F2, 2F I + 3F2 e os respectivos núcleos. 2. Seja F E (1R3)* definida por F(l, -1,3) = 0, F(O, 1, -1) = O e F(O, 3, -2) = 1. Determinar F(2, -1, -3). 3. Determinar as bases duais de cada uma das seguintes bases: 156 12. Para que valores de a, b e c (reais) as seguintes matrizes de M2 (IR) são semelhantes?(:-:) , (:-:) *13. Sejam A, B, C, D matrizes de ordem n, sendo A e B semelhantes, C e D semelhantes. É verdade que A + C e B + D são semelhantes? E quanto a AC e BD? 157 CAPíTULO 6 Espaços com Produto Interno 1. PRODUTOS INTERNOS (c) <u, v> = <v, u>, Vu, v E V; e (d) <u, u> é um número real maior que zero para todo vetor u =1= o. Definição 2 - Um espaço vetorial real com produto interno ou espaço eucli- diano é um espaço vetorial sobre R munido de um produto interno. Nota: Em geral existem muitos produtos internos diferentes sobre o mesmo espa- ço vetorial. Veja exercícios resolvidos n.O 5 e n.O 6. Lembremos, de início, que um dos conceitos fundamentais quando se estu~ dam os vetores da geometria é o de "produ- to escalar", que nada mais é do que uma aplicação que a cada par de vetores (ti, 1) . , aldd --*--*aSSOCIa um numero re a o por u x v = = I ti 11 vi o cos e onde e é o ângulo for- madQ por li e t. Se em relação à base fun- { ~--7 -7} --* --* -+damental 1,0J, k temos u = xli + X2j + --* --* -;7 --* --* + X3 k e v = Yl1 + Y2j + Y3k, então -+ i -> k Exemplos 1) Produto interno usual do R n Se u = (Xl, ... , Xn) e v = (y1, " . , Yn) são vetores genéricos do R n, então: (u, v) f-+ XIYl + ... + xnYn é um produto interno no IRn. Das quatro condições a serem verificadas mostremos apenas como se procede em (b) e (d). (b) <au, v> = (axl)Yl + ... + (axn)Yn = a(xIYl + ... + xnYn) = = a<u, v>. (d) Se u =1= (O, O, ... , O), então um dos Xi, ao menos, é não nulo. Logo <u, u> = X1 2 + '" + x; > O. o que faremos neste capítulo é generalizar a definição de "produto escalar" visando a introduzir, entre outras coisas, o conceito de "distância" em situações bem gerais. Definição 1 - Seja V um espaço vetorial de dimensão finita sobre R.* Entende-se por produto interno sobre V uma aplicação que transforma cada par ordenado (u, v) E V X V em um número real (que indicaremos por <u, v» obedecendo às seguintes condições: (a) <u + v, w> = <u, w> + <v, w>, \tu, v, w E V; (b) <au, v> = a<u, v> v-a E R e Vu, v E V; A definição a ser dada aqui seria um pouco diferente no caso de espaços vetoriais sobre <C. No apêndice, ao fim do capítulo, daremos uma idéia de como seria esta questão no caso de o corpo de escalares ser o dos complexos. 158 2) É um produto interno sobre o espaço Pn (R) a aplicação dada por: (f(t), g(t)) f-+ <f(t), g(t» = [1 f(t)g(t)dt, ·0 onde f(t) e g(t) são polinômios quaisquer de Pn (IR). Façamos a verificação da condição (a). Dados f(t), g(t) e h(t) em Pn (R): <f(t) + g(t), h(t» = \1 (f(t) + g(t))h(t)dt = ·0 = foI (f(t)h(t) + g(t)h(t))dt = foI f(t)h(t)dt + J: g(t)h(t)dt = = <f(t), h(t» + <g(t), h(t» As propriedades P1, •.• , P6 que seguem são válidas em qualquer espaço veto- rial euclidiano. Note que em sua demonstração não foi usada a propriedade (d) da definição 1. ] 59 P1. <o, U> = <U, o> = O, \lu E V. Prova: Já sabemos que Ou = o, para todo u E V. Logo: <o, u> = <Ou, u> q~) O <u, u> = O. Como <u, o> = <o, u>, então <u, o> = d. - P2. <u, av> = a<u, v>, "Ia E IR e vu, v E IR. Prova: <u, av> (gl <av, u> (!?) a<v,. u> (gl a<u, v> _ P3 • <u, v + w> = <u, v> + <u, w>, "lu, v, W E V Prova: <u, v + w> ~) <v+w, u> (~ <v, u> + <w, u> (g) <u, v> + + <u, w>.• P4. Dado um número inteiro m ~ 1, fi fi < I aiui> v> = I ai <Ui, v> i=l i=l É só raciocinar por indução com base nos axiomas (a) e (b) da definição de produto interno. - TI n Ps . <u, I ajVj> = I aj <u, Vj> (n ~ 1). j=l j=l Prova: Basta usar as propriedades P2 e P3 acima e raciocinar por indução. - fi n fi n P6 • < I aiui, I íljVj> = I I aiílj <Ui, Vj>. i=l j=l i=l j=l Observação importante: Quando nos referimos ao IRn como espaço euclidiano, fica subentendido que o produto interno é aquele do exemplo 1 acima. 160 2. NORMA E DISTÂNCIA Definição 3 - Seja V um espaço euclidiano com o produto interno (u, v) -+ -+ <u, v>. Dado um vetor u E V indica-se por 11 u 11 e chama-se nonna de u o nú- mero real positivo dado por lIull = V<u, u>. (Aqui já usamos a condição (d) da definição 1). Exemplo - Se no IRn consideramos o produto interno usual, dado u = = (Xl> ..• , xn) nesse espaço, temos: lIull = .J'-x-=:-+--.-.-.-+-x-=-~. Proposição 1 - Em todo espaço euclidiano V, temos: a) lIaull = lalllull, "Ia E IR e "lu E V e b) lIull ~O, "lu E V e lIull = O <-> u = o. Demonstração a) lIaull = .J<au, au> = .Ja2 <u, u> = .Ja2 lIull2 = lalllull. •b) Pela própria defmição temos lIull ~ O. Por outro lado lIull = O < > <u, U>1/2 = O<=> <u, u> = O < > <=> u = o. (Notar que nesta última equivalência usamos o axioma (d) da definição de pro- duto interno e a propriedadeP1.) - Proposição 2 - (Desigualdade de Cauchy-Schwarz) - Se V é um espaço vetorial euclidiano, então: I<u, v>1 ,;;;;; lIullllvll, Vu, v E V. Demonstração • Se v = 0, então <u, v> = O e Ilull Ilvll = O. Logo tem-se uma igualdade neste caso. Suponhamos v*o. Para todo a E IR vale a desigualdade lIu + avll2 ~ O. Daí, O ,;;;;; lIu + avll2 = <u + av, u + av> = <u, u> + <u, av> + <av, u> + + <av, av> = IIull2 + a <u, v> + a <v, u> + + c? IIvll2 = IIvl12a2 + 2<u, v>a + lIull2. 161 Obtivemos assim um trinômio do segundo grau em a (pois IIvl12 "* O) o qual é sempre positivo. Logo seu discriminante deve ser negativo ou nulo: 4 <u, V>2 - 4 IIvll2 IIull2 ~ O Portanto: <u, V>2 ~ lIul12 Ilv112. Finalmente, considerando a raíz quadrada positiva de cacia um dos membros desta última igualdade: I<u, v> I ~ lIullllvll.• Corolário (Desigualdade triangular): Num espaço euclidiano vale a seguinte desigualdade: lIu + vII ~ Ilull + IIvll, V- u, v E V. (11) d(u, v) = d(v, u), V-u, v E V, porque: d(u, v) = Ilu - vii = 11(-I)(v - u)1I = l-llllv - ull = d(v, u). (I1I) d(u, v) ~ d(u, w) + d(w, v) -\lu, v, w E V, pois d(u, v) = lIu - vII = Ifu - w +w - vII ~ lIu - wll + Ilw - vII Pelo fato de valerem as três propriedades acima, damos ã aplicação d: V X V -+ IR o nome de métrica sobre V,induzidapela norma. Onúmero d(u, v)é cha· mado distância de u a v. Nota: Convém lembrar que em geometria, dados os vetores ti e 1, então lti -11 mede a distância entre as extremidades de u e v, desde que esses vetores tenham suas origens representadas na origem dos eixos. Este fato obviamente sugeriu a definição de métrica num espaço euclidiano. e disto conclui-se que: É comum dar a designação de ângulo entre u e v a esse número (J. E, de fato, nos casos em que V = IR? ou V = lR3 e o produto interno é o usual, tal número corresponde â medida do ângulo entre os segmentos orientados que representam os vetores, no sentido geométrico elementar. Como aplicação da desigualdade de Cauchy-Schwarz vejamos como o concei· to de ângulo entre vetores é definido em um espaço euclidiano. Sejam u e v vetores não nulos de um espaço euclidiano V. Da desigualdade I<u, v> I ~ lIullllvll segue que: - lIull IIvll ~ <u, v> ~ lIullllvll --+ --+ u-v --+ V ~ <u,v> ~ - 1 "" lIull Ilvll "" 1. Logo existe um único (J E lR, tal que O ~ (J ~ rr e <u,v> cos (J = Ilullllvll . <=> (t. XiYi)2 ~ (t Xf)(t Y?) . 1=1' 1=1 1=1 n ( n )1/2 ( n )1/I<u, v> I~ Ilullllvll<-> ~ XiYi ~ ~ Xf t; yf .2<=> Demonstração Ilu + vll2 = <u + v, u + v> = <u, u> + <u, v> + <v, u> + <v, v> = = lIuW + IIvll2 + 2 <u, v> ~ IIul12 + IIvll2 + 2 Ilullllvll = = (lIull + Ilvlli. Então lIu + vll2 ~ (Buli -+ Ilvll)2, para todo par de vetores u e v. Desta desigualdade decorre que Ilu + vII ~ Ilull + IIvll, V u, v E V.• Exemplo - Se considerarmos no lRn o produto interno usual e se u = = (Xl,"" Xn) e v = (1'1, ... , Yn) são vetores quaisquer do lRn, então: d(u, v) = lIu - vII, V-u, v E V. Notemos que valem as seguintes propriedades: (I) d(u, v) ;;;. O, V u, v E V e d(u, v) = O<=> u = v, em virtude da proposição 1 acima. Esta última desigualdade também é conhecida como desigualdade de Lagrange. Seja Vum espaço vetorial euclidiano..Consideremos a aplicação d: VXV -+ IR, assim definida: 162 163 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS L Considerando o espaço euclidiano IR3, calcular <u, v> nos seguintes casos: a) u = (t, 2, 1) e v = (4, 1, -3); b) u = (2, 1, O) e v = (4, O, 2); c) u = (1, 1, 1) e v = (2, -1, 5). Solução Solução Supondo w = (x, y) temos <u, w> = x + 2y = -1 e <v, w> = -x + Y = 3. Daí7 2 _ (-7 2) x = -3 e y =3 e entao w =3'3 . 5. Seja V um espaço vetorial euclidiano. Provar que à aplicação (u, v) -+u * v = 2 <u, v> também é um produto interno sobre V. Generalize. 2. Usando o produto interno <f(t), g(t) > = S~ f(t)g(t)dt em P2(IR), determinar o produto escalar de: a) f(t) = t e g(t) = 1 - t2 ; b) f(t) = t - ~ e g(t) =+- (t -+). Solução a) <f(t), g(t» = SOl t(1 - t2 )dt = SOl (t - t3 )dt = ( ~ - ~) I: 1 1 1 =Y-4=2 b) <f(t), g(t» = SOl (t - +)[~ - (t - n] dt = SOl (_t2 + ~ t - ndt = 1 -12' 1 a) <u, v> ="2 • 4 + 2 • 1 - 1 • 3 = 2 + 2 - 3 b)1 <u, v> = 2 • 4 + 1 • O + O • 2 = 8. c) <u, v> = 6. 1. Solução (a) (u + v) * w = 2 <u + v, w> = 2( <u, v> + <v, w» = 2<u, w> + 2 <v, w> = = u * w + v * w; (b) exercício; (c) u * v = 2<u, v> = 2<v, u> = v * u; (d) u * u = 2 <u, u> .. O, Vu E V e se u *- o, então u * u;> o. Generalização: podemos substituir o "2" por qualquer a> o. 6. Sendo u = (Xl> xz) e v = (Yl> yz) vetores genéricos do IR2 , definamos <u, v> = XI;1 + XZ~2 com a, b E IR fixos e não nulos. Provar que <u, v> define um produto a b interno sobre o IR2 • XZY2 )T =o:<u,v>; 4 = Uu - vU2 = <u - v, u - v> = UuU2 - 2 <u, v> + IlvIlz . Logo 2 <u, v> = -4 + 1 +1 = -2. Então <u, v> = -1. (c) hnediato; (d) <u, u> = xl2 Z + xz 2 .. o, Vu E IR?; <u, u> = O < >~ = a 7 a = ; =O <=> l'l = Xz = O <=> u = (O, O). L 3. Seja V um espaço vetorial sobre IR. Ponhamos por definição <u, v> = O, .'1{' U, V E V. Verificar se (u, v) 1-+ <u, v> = O é um produto interno sobre V. Solução Temos de verificar as quatro propriedades da definição de produto interno. (a) <u + v, w> = O = O + O = <u, w> + <v, w>; (b) e (c): exercício. (d) Se V = {o}, então obviamente vale esta condição; se existe u *- o em V, então temos <u, u> = O com u *- o, o que mostra que <u, v> = O, "fu,.v E V, não define um produto interno sobre V. 4. Consideremos o espaço euclidiano IR2• Sendo u = (1,2) e v = (- 1,1) em IR2, determine um vetor w deste espaço tal que <u, w> = - 1 e <v, w> = 3. 164 7. Sejam u e v vetores de um espaço euclidiano tais que 11 v 11 Determinar <u, v>. Solução 1,11 u 11 1 e 11 u- v 11 2. 1.65 ,. d lR212. Sejam u = (Xl> x2) e v = (Y1, Y2) vetores genencos o . a) Mostrar que <u, v> = X1Y1 - 2x1Y2 - 2X2Y1 + SX2Y2 define um produto interno sobre o lR2 ; b) Determinar a norma de u = (1, 2) em relação ao produto interno usual e também em relação ao produto definido em a). 8. Em P2(IR) com o produto interno dado por <f(t), g(t». = S~ f(t)g(t)dt calcular a nor- ma de f(t) nos seguintes casos: a) f(t) = t; b) f(t) = _t2 + 1. Solução a) IIf(t)1I = <f(t), f(t»l/2 = j C(f(t))2 dt = '0 b) IIf(t)II ,;, J .1 0 1 (1 - t2)2 dt = jf;. Solução a) (1) <u + v, w> = (Xl + Yl)Zl - 2(Xl + Y1)Z2 = x1z1 + Y1z1 - 2XlZ2- 2Y1Z2 - 2X2zl = (X1Z1 - 2X1Z2 - 2X2zl + SX2 zÚ + (YlZt 2lx2 + Y2)Zl + 5 (X.2+- Y2)Z2 = 2Y2 zl + SX2Z2 + SY2Z2 = 2Y1Z2 ~ 2Y2z1 + SY2 z2) = 9. Denomina-se versor todo vetor de norma igual a 1. Se u '1= o, então _u_ é um versor cha- 11 u 11 mado de versor de u. Determinar o versor de u = (2, 2, 1) cdnsiderando no IR3 o produto interno usual. = <u, w> + <v, w>; (2) <au, v> = aX1Y1 - 2ax1Y2 - 2ax2Y1 + SaX2Y2 = a(x1Y1 - 2X1Y2 -- - 2x2Yl + 5x2Y2) = a <u, v>; Solução <u, u> = 36 + a2 + 1 = a2 + 37 = 41. Logo a2 = 4. Daí a = ±2. IR3 Determinar a E IR3 de maneira que lIull = ~, onde13. Considere o espaço euclidiano . u = (6, a, - 1). b) No produto usual: lIull = ~<u, u> = )12 + 22 = yT+4=.,;s:, No produto definido em a): lIu 11 = ~ <u, u> = )'--;12'_-4-.-1-.-2-+-S-.-:-2"2 =~ Solução lIull = ~4 + 4 + 1 - 3. Logo II~II = (2,;, 1) = (i-, ; ,+). 10. Num espaço vetorial euclidiano provar que: a) lIull = IIvll <-> <u + v, u - v> = O; b) lIu + Vll2 = IIUll2 + IIvll2 <=> <u, v> = O. Solução a) lIull = IIvll < > lIull 2 = IIvll2 <=> lIull2 _ IIvll2 = O < . > lIull 2 - IIvll 2 + <u, v> - <u, v> = O<=> <u, u> - <u, v> + <v, u> _ - <v, v> = <u + v, u - v> = O. b) lIu + vl1 2 = IIull2 + IIvll2 <=> <u + v, u + v> = <u, u> + <v, v> <=> <-> <u, u> + <u, v> + <v, u> + <v, v> = <u, u> + <v, v> <=> < > 2 <u, v> = O <=> <u, v> = O. (3) (4) Imediato; 2 22 4 42+2_<u, u> = Xl - 2X1X2 - 2x2Xl + 5x2 = Xl - x1 x2 + x2 x2 - = (Xl -2X2)2 + X22 ;;;. O, Vu = (Xl, X2) E lR2 ; além disso <u, u> = = O <=> Xl - 2X2 = O e x2 = O<=> Xl = X2 =O <=> <-> u = (O, O). 14. Achar o ângulo entre os seguintes pares de vetores doIR3: a) u = (I, 1, 1) e v = ( ~ , -I, -}); b) u = (1, -1, O) e v = (2, -I, 2). Solução L 11. Mostrar que num espaço euclidiano vale a identidade: ~ 11 u + v 11 2 -til u - vll 2 = <u, v>. Solução 1 2 1 2 1 1 T"U + vl -Tllu-vll =T<u+v,u+v>-T<u-v,u-v>= 1 1 =4«u, u> + <u, v> + <v, u> + <v, v» -4«u, u> - <u, v> - <v, u> + + <v, v» = <u, v>. 166 a) lIull = .J3, IIvll = .J3 e <u. v> = -} - 1 + -} = O. Daí 2 167 cos IJ = <u, v> lIull • IIvll b) lIull = "j2, IIvll = 3 e 3 Y2 coslJ = --= ---3.,j2 2 o .,ff . .Jf 2 <u, v> = 2 + 1 + O = 3. Logo 11"IJ=-4 <u, v>t=- --- IIvll2 , <u, v> e.a resposta do problema e Wo = u - -·-2- v. IIvll 17. Sejam u= (1, 1, O) e v = (0,1, 2) no espaço euclidiano IR3. Determinar os vetores w E IR3 tais que Ilwll = 1 e <u, w> = <v, w> = O. I<u, v> I = lIull IIvll. 15. Sejam u e v vetores de um espaço vetorial euclidiano. Mostrar que {u, v} é L.D. se, e somente se, Solução Se {u, v} é L.D., então um dos seus vetores é combinação linear do outro. Seja u com a E IR. Então I<u, v> I = I<av, v>1 = lall <v, v> 1= lalllvll2 e lIullllvll = lIavllllvll = = lalllvllllvll = lalllvll2. Logo I<u, v> I = lIullllvll. Por outro lado, suponhamos I<u, v> I= lIullllvll. Se v = o, então {u, v} é L.D. obviamente. Suponhamos v "* o. Então av, Solução Seja w = (x, Y, z). Então: IIWll2 = xi + y2 + z2 = 1, <u, w> = x + Y = O e <v, w> = Y + 2z = O. Resolvendo o sistema: { x2 + y2 + z2 = 1 x + Y = O y +2z =0 I 2 _ 2 chegaremos a z = ±T' x = ±T e y = +T' I<u, v> I = lIullllvll > <u, v>2 = IIUll2 11vll2 logo 4 <u, v>2 ~ 41Ul2 IVl2 = O. Mas 4 <u,v>2 - 4 lIull 2IIvll 2 é o discriminante do trinômio do segundo grau (em x) IIvll2x2 - 2 <u, v>x + lIull2 = <u - xv, u -,-- xv>. Considerando a raiz a = <u, ~> (dupla) do trinômio temos <u - av, u - av> = Oo IIvll que equivale a u = avo Portanto u - av = o e {u, v} é L.D. 16. Sejam u e v vetores fixos de um espaço vetorial euclidiano. Achar o vetor de menor norma do conjunto {u + tv I t E IR}, supondo v "* o. Solução Seja w = u + tv. Então IIwll = .J<u + tv, u + tv> = Jllull2 + 2<u, v>t + IIvll2t2 Daí d IIwll _ 2 <u, v> + 211vll2t -----at - 2JllUll2 + 2 <u, v>t + IIVll2t2 o vetor de menor norma no conjunto dado é aquele cujo coeficiente t anula a derivada acima. Então: 168 EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Sejam u = (xt>x2)ev = (YbY2) vetores genéricos do IR2. ParaquevaloresdetEIRa função <u, v> = xIYI + tX2Y2 é um produto interno sobre o IR2? 2. Mostrar que se <u, v> = O, para todo vetor v, então u = O. 3. No espaço V =P3 (IR) consideremos o produto interno <f(t), g(t» = S: C(t)g(t)dt. Calcular <f(t), g(t», IIf(t) 11, IIg(t) 11 e IIf(t) + g(t)1I quando f(t) = t 3 - t - 1, e g(t) = t2 + 1. Repita o exercício com f(t) = 2 e g(t) = t 3 + t + 1. 4. Sejamf(t) = ao + alt + ... + antne g(t) = bo + bit + ... + bntnpolinômios quaisquer de Pn(IR). A função (f(t), g(t)) f-7 aobo + albl + ... + anbn E IR é um produto interno no espaço Pn(IR)? 169 5. Seja T um isomorfismo de um espaço vetorial V. Provar que se <u, v> é um produto interno sobre V, então o mesmo acontece com a função PT: V X V -+ R definida por PT (u, v) = <T(u), T(v». 6. Seja V um espaço vetorial euclidiano. Dada uma base {el' ... , en} de V definamos A = (aij) E Mn(R) por aij = <ei, ej> O, j = I, ... , n). a) Provar que A é uma matriz simétrica. n n b) Mostrar que se u = L Xiei e v = L Yiei, então o produto escalar em V pode ser i=l i=l expresso na forma matricial seguinte: <u, v> = (Xlx2 ... Xn)A(YlY2 ... Yn)t. 7. Seja V um espaço euclidiano com produto interno <u, v>. Para que valores de a E IR a aplicação: M = (a11 a12 ) E M2 (R). a21 a22 Definamos <u, v> = auxIYl + a12 x IY2 + a21 x2Yl + a22x2Y2' a) Mostrar que o produto assim definido satisfaz as duas primeiras condições da defi- nição de produto interno. b) Mostrar que a condição (c) da definição de produto interno é válida se, e somente se, M é simétrica. c) Qual a matriz M que leva ao produto interno usual do R2? d) Quais das seguintes matrizes definem produtos internos sobre o R 2 segundo a de- finição de <u, v> que foi dada acima: (u, v) -+ a <u, v> também é um produto interno sobre V? (Veja exercício resolvido n'? 5.) 18. Determinar a norma de cada um dos seguintes vetores: a) u = (3, 1, 2, 1) E R4 ; b) f(t) = t2 + t - I, em relação ao produto interno <f(t), g(t» = S~ f(t)g(t)dt; Sendo a b e c números reais estritamente positivos tais que a + b + c = 1, utilize a, 3 desigualdade de Cauchy-Schwarz no R para provar que(+_1) ( ~ - 1)(+ - 1) ~ 8. 15. Sabendo que lIull = 3 e IIvll = 5, com u e v elementos de um espaço euclidiano, deter- mine Ct E R de maneira que <u + CtV, u - Ctv> = O. Use a desigualdade de Cauchy-Schwarz no espaço euclidiano R3 (produto interno usual) para mostrar que, dados os números reais estritamente positivos aI, a2, a3, vale a desigualdade: *17. ""'16. 9. No espaço vetorial V = M2 (R) considere o produto interno definido no exercício 8. Sendo 8. Chama-se traço de uma matriz A = (aij), quadrada de ordem n, a soma dos termos da sua diagonal principal. Notação: tr(A). Assim, tr(A) = a11 + ... + ann. Sendo V = Mmxn (IR), mostre que <A, B> = tr(BtA) define um produto interno sobre V. calcule <A, B>, IIAII, IIBII e d(A, B). 10. No espaço vetorial euclidiano IR4 sejam u = 0,2, 0,1) e v = (3, 1,4,2). Determinar u + v A <u, v>, lIull, IIvll, d(u, v), e o co-seno do angulo de u e v. lIu + vII 11. Sejam u e v dois vetores não nulos de um espaço vetorial euclidiano. Sendo 8 o ângulo de u e v, mostrar que lIu + vll 2 = lIull 2 + IIvll2 + 211ull IIvll cos 8. (Esta igualda- de é conhecida como lei dos co-senos na geometria elementar.) 12. Sejam u e v vetores de um espaço euclidiano. Determinar o co-seno do ângulo entre u e v, dado lIull = 5, IIvll = 8 e lIu + vII = -1129. 13. Verifique a lei do paralelogramo num espaço euclidiano V: lIu + Vll2 + lIu - Vll 2 = 211ull2 + 211v1l2, \fu, v E V. * 14. Sejam u = (Xl, X2) e v = (Yh Y2) vetores genéricos do R2 e (1 2) ,. 08 d ' .c) A = 2 1 em relação ao produto do exerClClO proposto n. esta sene. 19. Mostrar que a soma de dois produtos internos sobre um espaço V também é um produto interno sobre V (antes, pense bem no significado da palavra "soma"). 170 171 b 20. Encontrar a distância de u a v e o co-seno do ângulo entre u e v nos seguintes casos: a) u =: (1,1,1,1) e v =: (O, 0,1,1) com o produto interno usual do IR4 ; b) u =: 1 + t - t 2 e v =: 3t2 com o produto considerado no exercício 18 b) acima; o) A ~ (~ ~), B ~U~) com o .<oduto ."=0 do ,,,,dcio ,,<ooo,to n o 8 *21. Sejam u e v vetores de um espaço vetorial euclidiano. Prove que <u, v> = O, se, e somente se, lIu + OIvll ;;;. lIull, VOI E IR. *22. Sejam el, e2, ... , er vetores unitários (nonna igual a 1) de um espaço euclidiano tais que lIei - ejll = 1 (sempre que i "* j). Calcule o co-seno do ângulo entre dois vetores ei e ej. Exemplo - No espaço euclidiano IR3 o conjunto S = {(1, O, O), (O, I, O), (O, O, I)} é ortonormal. Por exemplo, a norma de gl = (1, O, O) é IIg 1 1l =: = .J 12 + 02 + 02 = 1 e o produto interno de gl por g2 é < gl, g2 > =: I . O + + O• I + O• O = O. Em geral, para todo n ;;;. 2, o conjunto: {(1, O, ... , O), (O, I, O, ... , O), ... , (O, ... , O, I)} é ortonormal no espaço euclidiano IRn. Proposição 3 - Todo conjunto ortonormal S = {gl, g2' ... , gr} contido num espaço vetorial euclidiano é necessariamente L.I. Demonstração Suponhamos <Xlgl + ... + <xrgr = o. Então: O = <o, gl> = <<Xlgl + .. , + <xrgr , gl> = = <Xl <gl, gl> + <X2<g2, gl> + ... + <xr<gr, gl> = <Xl, De maneira análoga se prova que <X2 = <X3 = ... = <Xr = O. • 3. ORTOGONALIDADE Outra demonstração: Sendo o = <Xl gl + + <xrg r então O + ... + <xrgr 11 2 = <X~ + ... + <xi é daí <Xl = = <Xr = O. • DefilÚção 4 - Seja V um espaço euclidiano. Dizemos que dois vetores u, v E V são ortogonais se, e somente se, <u, v> = O. Um conjunto S = {Ul' ... , Ur} C V se diz ortononnal se, e somente se, (I) IIUill = 1 (i = 1, 2, ... , r) e (lI) dois vetores quaisquer de S, distintos entre si, são ortogonais. Nota: As condições (I) e (11) da defilÚção acima podem ser substituídas pela seguinte: <Ui, Uj> = Oij (símbolo de Kronecker), i, j = 1, ... ,n, cujo significado é Oij = 1 se i = j e 0ij = O se i =1= j. Lembremos primeiro que dois ve- tores não nulos lt e -; defmidos por meio de segmentos orientados são ortogonais se, e somente se, seu produto escalar é zero. Esse fato motiva a seguinte defi- nição: ~ u u x v = Itil • Ivi . CDS e Proposição 4 - Seja S = {gl, ... , gr} um subconjunto ortonormal do espaço euclidiano V. Então, Vu E V, o vetor v = u - <u, gl>' gl - ... - <u, gr> gr é ortogonal a todo vetor do sub-espaço gerado pelos vetores de S. Demonstração Observemos de início que se v for ortogonal aos vetores de S, então será ortogonal a toda combinação linear de S. De fato, seja w = <Xlgl + ... + <xrgr uma dessas combinações lineares. Então: <v, w> = <v, <Xlgl + ... + <xrgr> = <Xl <v, gl> + " . + <Xr <v, gr> = O. Provemos pois que v é ortogonal a cada gi o que é uma questão apenas de cálculos. Vejamos: <v, gl> = <u - <u, gl> gl - ... - <u, gr> gr, gl> = = <u, gl> - <u, gl><glo gl> - ... - <u, gr><gr, gl> = = <u, gl> - <u, gl> = O 172 173 pois <gl> gl> = 1 e <gi, gl> = ° para i =1= 1. De maneira análoga se prova que <v, g2> = ... = <v, gr> = O.• Defmição 5 - Seja V um espaço euclidiano de dimensão finita. Se um con- junto B = {gl, ... , gn} for uma base de V e simultaneamente for um conjunto ortonormal, então diremos que B é uma base ortonormal de V. Exemplo - B = {(1,O,O),(O, 1,0),(0,0, 1)}éumabaseortonormaldeIR3. Generalize para o IRn. Teorema 1 - (processo de Ortonormalização de Gram-Schmidt) _ Todo espaço vetorial euclidiano de dimensão fmita (=1= O) admite uma base ortonormal. Demonstração Se dim V = 1 e se {u} é uma base de V, então o vetor gl = II~II u = II~II é L.I. e tem norma igual a 1. Logo {gd é uma base ortonormal de V. Se dim V = 2, seja {UI, ~} uma base de V. Façamos gl = ~ . Então o lIu lll vetor V2 = ~ - <Ü2, gl> gl é ortogonal a gl devido à proposição 4. Logo o vetor g2 = II~: 11 também é ortogonal a gl além de ser unitário. Daí podermos afirmar que {gl, g2} é um subconjunto ortonormal de V com dois vetores. É pois uma base ortonormal de V. o mesmo raciocínio nos permitirá construir uma base ortonormal em qual- quer caso de dimensão finita n, utilizando-se o mesmo método usado na propo- sição 4.• Finalmente, V3 = U3 - <U3' gl>gl - <U3' g2>g2 = (0,1,2) - Ogl - 3f (O, v[, f)= (0, - ~., ~). Daí: (o, - ~ ,+L (o, - ~ , ~) ~ (. _fi ..(2) ---'-----===-'" - 1 O, 2' 2 ) 1 1 _ 4+"4 V2 Logo: {(l, o, 0), (o, f, v;), (o, - f, f)} é uma base ortonormal do IR3, construída a partir da base B, seguindo-se a demonstração do teorema 1. Seja V um espaço vetorial euclidiano. Dado um sub-espaço vetorial V de V, indiquemos por Vi o seguinte subconjunto de V: Vi = {v E V I <v, u> = 0, "tu E V}. Notemos que Vi é um sub-espaço vetorial de V, uma vez que: (a) <o, u> = 0, "tu E V -> o E Vi; (b) <VI> u> = <V2' u> = 0, "tu E V => <VI + V2, u> = = <Vl~ u> + <V2' u> = ° + ° = 0, Vu E V; e (c) <v, u> = 0, "tu E V => <av, u> = a<v, u> = aO = 0, "ta E IR e 'V u E V. Proposição 5 - Seja V um sub-espaço vetorial de um espaço euclidiano de dimensão finita V. Então V = VEBV1, ou seja, V = V + Vi e V nvl = {o}. Definição 6 - O sub-espaço Vi acima defmido recebe o nome de comple- mento ortogonal de V. Exemplo - Aplicar o processo de Gram-Schmidt do teorema 1 acima à base B = {UI = (1, 0, O), Ü2 = (O, 1, 1), U3 = (O, 1, 2)} do IR3, considerando o produto interno usual nesse espaço. • UI E claro que gl = lIu llI = UI = (1, 0, O). Por outro lado, V2 = U2 _ - <~, gl> gl = (O, 1, 1) - 0(1, 0, O) = (O, 1, 1). Logo V2 (0,1,1) (V2 fi) g2= IIv211 = V2 = °'-2-' 2 . Exemplo - Seja V = IR3, V vi = {(O, 0, z) : z E IR}. Verifique. {(x, y, O) x, Y E IR}. Então 174 l _ 175 Demonstração (a) Seja B = {g } bd t . uI 1> • oo,gr uma ase ortonormal de U. Devido à proposo - 4 es e capIt o, dado u E V, o vetor v = u _ <u Iça0 ortogonal a todo elemento de U, ou seja v E Ul.' LgI > ~I - ooo - <u, gr>gr é J , o ogo. u = <u, gI>gI + .0. + <u, gr>gr + v pertence a U + Ul. já d' . em U. Isso prova V C i:e+aUs~mLa as Vrp~meIras ~arcelas do segundo membro está .ogo -U+U. Em p~~c:~~:U~ ~l.O· CLomo W E Ul., então w é ortogonal a todo vetor de U. ,w - . ogo w = o e então: U n Ul. = {o} .• Conforme acabamos de ver se B - { um sub-espaço U d " . . - g}, ... , gr} é uma base ortonormal de u E V se decompõ: ~~~:a~;ae~c~Idiano ~ de dimensão fmita, então todo vetor ortogonais entre si:' umca, em uas parcelas, uma de U e uma de ul., u = «u, gI > gI + o. o + <u, gr> gr) + v. A parcela <u, gI> g + + < .• sobre o sub-espaço U~ . . . U, gr> gr e chamada projeção ortogonal de u Por outro lado a aplicação E de V em V dada por E(u) = <u, gI> gI + o.. + <u, gr> gr recebe o ~ome de projeção ortogonal de V sobre U. Pode-se mostrar que E . operador lmear deVoeum o seguinte: ,que propomos como exercício. Para este operador tem-se E 2 (u) = E(<u, gI> gt + o. o+ <u, gr> gr) = =<u, gt> gt + . o. + <u, gr> gr, pois esta última soma pertence a U. Logo E2(u) =E() '-"- V "que E2 = E. u, v u E ,o que sIgmfica = ~oternos tam~ém que Ker(E) = {u E V I<u, gt> gt + ... + <u = o} - U . Tambem se pode provar que Im(E) _ U . . ' gr> gr decomposição de V: V = Im(E) $ Ker(E). -. ASSIm temos a seguinte 4. ISOMETRIAS Introduziremos neste parág 1:1 •~ç~o está ligada ao conceito de d~:t~n~:::' c;~~a~~~~o~eo;~::~:~erslli~ear cuja defi- tIveIs com o produto interno. eares compa- 176 Defmição 7 - Seja V um espaço euclidiano de dimensão finita. Um operador linear T: V -+ V com a propriedade de que: IIT(u)1I = Ilull, \tu E V, se denomina isometria sobre V ou operador ortogonal sobre V. Exemplo - Consideremos o espaço euclidiano IR2. A rotação T: IR2 -+ IR2 dada por T(x, y) = (x cos 8 - y sen 8, x sen 8 + Ycos 8), onde 8 é um número real e O ~ 8 ~ 21T é uma isometria pois além de ser urna transformação linear (exemplo 4, parágrafo 2, capo IV) satisfaz a seguinte igualdade: IIT(x,y)1I2 = X2cos2 8 + y2 sen2 8 _ 2xysen8cos8 + x2sen2 8 +y2cos2 8 + + 2xy sen 8 cos 8 = X2(COS2 8 + sen2 8) + y2(sen2 8 + cos2 8) = x2 + y2 = lI(x, y)1I2. Deixamos como exercício a verificação de que o operador T do IR3 dado por T(x, y, z) = (x cos 8 - y sen 8, x sen 8 + Ycos 8, z) é uma isometria. Nota: Uma isometria é um operador linear de um espaço euclidiano que conserva as normas dos vetores. Como nos espaços IR2 e IR3 , quando o produto interno con- siderado é o usual, a norma de um vetor nada mais é do que o comprimento desse vetor (ou módulo), no sentido geométrico intuitivo, podemos dizer que nesses casos uma isometria é um operador linear que conserva os comprimentos dos vetores do espaço. Proposição 6 - Toda isometria T: V -+ V é um isomorfismo. Demonstração Basta provar que T é injetora. Mas dado u E V, T(u) = o > IIT(u)1I = O=> Ilull = O=> u = O. Logo Ker(T) = {o} .• Proposição 7 - Seja T um operador linear sobre um espaço euclidiano V. Então são equivalentes as seguintes afirmações: (I) T é isometria. (lI) T transforma as bases ortonormais de V em bases ortonormais de V. (III) <T(u), T(v» = <u, v>, \lu, v E V. 177 gn} uma base ortonormal de V. Então dados u Demonstração (I) => (lI) Seja B = {gl g } um b ttamb' é b' ... , li a ase or onormal de V; provemos que T(B) , em uma ase ortonormal de V. Como T é injetora T(B) . B A numero de vetores. Então é suficiente mostrar ue T ' .e tem o mesmo Consideremos as identidades: q (B) é um conjunto ortonormal. IIgi + gjW = IIgill2 + IIgjll2 + 2 <gi, gj> e IIT(gi) + T(gj)lf = IIT(gi)1I2 + IIT(gj)112 + 2 <T(gi), T(g)>. Devido • hi 't J Ainda p~~ hi~~t:::~' os primeiros membros dessas igualdades são iguais entre si. IIT(gk)1I = IIgkll (k = 1, ... , n). Logo <T(gi), T(gj» = <gj, gj> = Ôij o que assegura ser T(B) um conjunto ortonormal. (lI) > (III) Seja B = {gl> ... , n n = "Qigi e v = " {3L, L, igi em V, tem-se: i=1 i=1 n n = .I .I Qi{3j <T(gi), T(gj» 1=1 J=1 Por outro lado, um raciocínio análogo ao feito acima nos levará a: n <u, v> = L Qi{3i. i=1 Logo <T(u), T(v» = <u, v>, Vu, v E V. (III) => (I) Imediato: basta tomar u = v. a 178 o nome "operador ortogonal" dado como sinônimo de isometria decorre da proposição seguinte. Proposição 8 - Seja T um operador linear de um espaço euclidiano de di- mensão finita. Então T é uma isometria se, e somente se, a matriz de T em relação a uma base ortonormal é uma matriz ortogonal (sua inversa é igual à sua transposta). Demonstração (_» Seja B = {gl> ... , gn} uma base ortonormal de V e indiquemos por M a matriz de T em relação a essa base: M = (T)B = (Qij)' Então: n n T(gj) = I Qijgi e T(gk) = I Qrkgr, com j, k = 1, ... ,n. i=1 r=1 Daí nI QijQik i= 1 isto levando em conta que <gj, gr> = 0ir. Mas T(B) também é uma base orto- n normal o que acarreta < T(gj), T(gk» = 0jk' Então I QijQik = 0jk' i= 1 o que é suficiente para concluirmos que Mt • M = In· «=) Fica como exercício. É praticamente o caminho inverso da demonstração da primeira parte. • Exemplo - Dizer que uma matriz real de ordem n é ortogonal significa que suas linhas formam uma base ortonormal do IRn. Vice-versa, os vetores de uma base ortonormal do IRn , em relação ao produto interno usual, constituem as linhas de uma matriz ortogonal de Mn(IR). i79 Assim, dada a base ortononnal: B = {(I O O) (O VI V2), , ,\1, 2 '2 ' do IR3 (ver parágrafo 3) a matriz: (O _ VI V2)}\1, 2' 2 3. Mostrar que se u e v são vetores de um espaço euclidiano tais que lIu + vII Ilu - vII, então u e v são ortogonais. Solução lIu + vII = Ilu - vII ===> <u + v, u + v> = <u - v, u - v> > lIul1 2 + + 2 <u, v> + IIVll 2 = IIUll2 - 2 <u, v> + IIvll2=> <u, v> = O. é uma isometria do IR.3 • Este operador e'eixo x. uma rotação de - 45° em torno do é ortogonal e o operador T: IR? --+ IR.3 dado por: T(1, O, O) = (1, O, O) T(O 1 O) = (O V2 V2) , , '2 ,- -2- T(O O 1) = (O VI vT) , , , 2 ' 2 1 O O M= O V2 V22 2 O V2 y'2 -2 -2- 4. Consideremos no espaço vetorial IR2 o produto interno (não habitual) dado por <u, v> '= Xl Yl + 2X2Y2, para todo par de vetores'u '= (Xl' X2), v = (Yl' Y2)' Verificar se u e v são ortogonais, em relação a esse produto, nos seguintes casos: a) u = (1, 1) e v = (2, -1); b) u = (2, 1) e v = (-1, 1); c) u = (3, 2) e v = (2, -1). Solução a) <u, v> = 2 + 2(-1) = O. Logo u e v são ortogonais; b) <u, v> = -2 + 2 = O. Portanto são vetores ortogonais; c) <u, v> = 6 + 2 (-2) = 2. Neste caso u e v não são ortogonais. 5. Determinarm afim de que sejam ortogonais os vetores u = (m + 1,2)ev = (-1,4)doIR2. Solução <u, v> =(m + 1)(-1) + 2 .4= -m + 7 = O >m = 7. <u, v> --2-' mostrar Ilvll EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 1. Seja V um espaço vetorial euclidianQ. Dados u, v E V (v * o) e k = que u - kv é ortogonal a v. Solução <u - kv, v> = <u, v> + <-kv, v> = <u, v> - k <v, v> = <u, v> _ <u, v> IIvll 2 = O. IIVll2 2. Determinar m E !f a fim de que sejam ortogonais os vetores u '= (1 m + 1 m) e v - (m 1 m, m + 1) do IR . ' , - -, Solução <u, v> = m - 1 + (m + l)m + m(m + 1) = 2m2 + 3m - 1. Logo u e v são ortogonais se, e somente se, 2m2 + 3m - 1 = O. Portanto u e v são ortogonais para m = - 3 ± .JT7 4 180 6. Consideremos em P2 (IR) o produto interno dado por <f(t), g(t» = .1 ~ f(t)g(t)dt. Nessas condições, para que valor de m, f(t) = mt2 - 1 é ortogonal a g(t) = t? Solução r l 2 r l 3 m 1 <f(t), g(t» = J o (mt - 1)tdt = Jo (mt - t)dt ="'4 - T= O=> m = 2. 7. Mesmo enunciado do exercício anterior mudando o produ to interno para o seguinte: c 1 <f(t), g(t» = L f(t)g(t)dt. Solução <f(t), g(t» '= L~ (mt3 - tjdt = O Logo f(t) e g(t) são ortogonais para todo valor de m. 181 Solução ri 2 1 1 C a base canônica de P2 (IR)IItl\2 = <t, t> = J o t dt == 3' Como I\tl\ = ..;3' en ao não é ortonormal' em relação ao produto considerado. 11. Seja B = {gl' g2' ... , gn} uma base ortonormal n n u = I aigi e v = I bigi calcular <u, v>. i=l i=l 8. Determinar f(t) E P2 (R) que seja ortogonal a g(t) = 1 e h(t) = t, em relação ao produto interno dado por: <f(t), g(t» = L~ f(t)g(t)dt. Solução Suponhamos f(t) = a + bt + ct2. Então: <f(t), g(t» = f-~ (a + bt + ct2)dt = (at + b~2 + c~3) 1_: = 2a + 2; = O (1) <f(t), h(t» = L~ (a + bt + ct2)tdt = (a t; + b ~ +c ~) 1_: = 2 3 b = O (2) De (1) e (2) tiramos que c = - 3a e b = O. Logo f(t) = a - 3at2 satisfaz o problema para todo valor de a E R. 9. Consideremos em P2 (R) o produto interno definido do seguinte modo: ±bi'" = t aibj, 1=0 ~ 1=0 Solução <u, v> = <~ aigj,t bjgj) = ~ nI aibi = al b l + .,. + anbn· i=l de um espaço euclidiano. Dados n n n "'" "'" "'" ai' bJ' 6 I'J' =L aibj <gi, gj> = L. L j=l i=l j=l para todo par de polinômios 2 2 f(t) = I aiti e g(t) = I biti i=o i=o desse espaço. A base canônica {I, t, t2 } de P2 (R) é ortonormal em relação a esse produto? Solução Verifiquemos primeiro se os vetores dessa base têm norma igual a 1. 111112 = <1, 1> = 1 => 11111 = 1 IItll2 = <t, t> = O • O + 1 • 1 + O • 0= 1 > IItll = 1 IIt2 112 = <t2, t2> = O • O + O • O + 1 • 1 = 1 > IIt2 11 = 1. Verifiquemos agora se os vetores da base dada são ortogonais dois a dois. < 1, t> = 1 • O + O • 1 + O • O= O (Logo 1 e t são ortogonais). < 1, t2> = 1 • O + O • O+ O • 1 = O (Pórtanto 1 e t2 são ortogonais). <t, t 2 > = O • O + 1 • O + O • 1 = O (Então também estes dois vetores são ortogonais). 10. Mostrar que a base canônica de P2 (R) não é ortonormal em relação ao produto interno dado por: <f(t), g(t» = SOl f(t)g(t)dt. 182 12. Isto significa que em todo espaço euclidiano pode-se encontrar uma base em relação à qual o produto interno fica "na forma habitual". 1), U2 = (1, -1,1), U3 = (-1, O, 1) do R 3 , peloOrtonormalizar a base UI = (1, 1, processo de Gram-Schmidt. Solução UI (1, 1, 1) _ (_1_ _1__1_) . (a) gl = l\ull\ = ..j3 - ..;3'..j3'..j3 , (b) V2=U2-<U2,gl>gl=(1,-I,l)- ~(~, ~, ~) = ( ; , - ~ ,-}) . Daí IH3 13. Achar uma base do sub-espaço yl, onde Y é o sub-espaço de IR4 gerado por O, O, 1, 1) e O, 1, 2, O). Ortonormalize esta base. Solução Um vetor v = (x, y, z, t) E lR4 pertence a yl se e somente se <v, (1, O, 1, 1» = x + z + t = °e <v, (1, 1, 2, O» = x + y + 2z = ° {co, 0, 1), (2, 1, O)} é uma base de W. Apliquemos o processo de Gram-Schmldt a essa base. Façamos uI = (0,0,1) e U2 =(2, 1, O) e seja {Bl, g2} a base procurada. ul (O, 0, 1) (O ° 1)(a) gl = UU111 = 1 =" (b) v2 = Ui - <u2' gl> gl = (2, 1, O) - Ogl = (2, 1, O). Logo g2 = II:~II = (2,:ts0) = (.5s' ~,o) {(O ° 1) ( 2 1 o\} é uma base ortononnal de W., , , ~' ~' J .Assim, é a base( 1 -2 1) (-lI)}.j6' .j6'.j6' .,j2' 0, .,j2Portanto{(_I _1 _1).../3' .,[3'.,[3 , ortononnal procurada. O sistema obtido é equivalente a 15. Determinar a projeção ortogonal de u = O, 1) sobre o sub-espaço Y = [(1, 3)} do R 2 . +z+t=O y+z-t=O cujo conjunto solução é {(-z - t, -z + t, z, t) I z, tE lR}. Mas (-z - t, -z + t, z, t) = z(-I, -1,1, O) + t(-I, 1,0,1). Solução 'c ad (1, 3) (1 3)A base ortononnal de Y e 10nn a por g = _.- = --,-- . 00 00 00 Como B = {(-I, -1, 1, 0),(-1, 1, 0, I)} é 1.1., então B é base de yl. Vamos ortonor- malizá-la. Façamos uI = (-1, -1, 1, O) e u2 =(-1, 1,0,1) Logo a projeção é o vetor: 4(1 3) (26)p = <U, g> g = 00 v'1O' --::;:N = 5 '-5- . (a) - ~ = (-1, -1, 1, O) _(~ ~ _1_ 0\ gl - lIull1 .../3 -.../3' .../3' .../3' J (b) v2 = u2 - <u2' gl>gl = (-1,1, 0,1) - Ogl = (-1,1,0,1). Logo = (-1,1,0, 1) =(~ _1_ °_1_) g2 .../3 .../3' .../3' '.../3 . {( -1 - 1 1 ) (-1 lI)}Portanto -- -- -- ° . -- -- 0-- .../3' .../3'.../3' '.../3'.../3" fi é uma base ortononnal de yl. 14. Seja W = {(x, y, z) E lR3 I x - 2y = ol Detenninar uma base ortonormal de W. 16. Seja P2 (lR) munido do produto intemo <p(t), q(t» = .I: p(t)q(t)dt.Ortononnalizar utilizando o processo de Gram-Schmidt a base canônica {I. x. x2}. Solução Fazendo ul = 1, u2 = x, u3 = x2 e {gl. g2. g3} a base ortononnal procurada, temos: 1 -I (a) gl = ~ =-1=1 (pois 111112 = J o dt = 1IIU llI 1 2x - 1(b) V2 =U2·- <U2' gi > gl = X -""2 =--2- • 1( 2x 1)2 1 1 IIV2112 = Jo ---T- dx= 12 > IIV211 = 2.../3 V2 M :. g2 = IIv211 = ,,3 (2x - 1). Solução Como um vetor típico de W é da forma (2y, y, :1;) e (2y, y, z) = y(2, 1, O) + z(O, 0, 1), então W = [(2, 1, O), (0,0,1)]. Mas esses geradores são linearmente'independentes. Logo (c) v3 = U3 - <u3' gl >gl - <u3' g2> g2 = 2 1 1 2 1 = x - T - "2 (2x - 1) = x - x +6' 184 185 2 ( 1 ( 2 1 )2 1 1IIv311 =.10 x - x + 6" dx = 180 > IIv311 = ---6.,jS . v3 IT 2 .. g3 = IIV 311 = yS (6x - 6x + 1). Portanto, {I, .J3(2x - 1), .JS(6x2 - 6x + 1)} é a base ortononnal procurada. . f. 0,1, O, O) (O, O, 1, 1)} , ve tores pela sua norma. Assim \.gl fi' g2 = ..j2 e umabase ortononnal de W. Então a projeção p de u = (l, I, 1, 1) sobre Wé: Portanto IItll= j ( 1 1J t2dt =--. Logo {0t} é uma base ortonormal de U. Portanto a pro- O 0 jeção procurada é: 19. Detenninar a projeção ortogonal ele f(t) = 2t - 1 E P2 (IR) sobre o sub-espaço U = [t], em relação ao produto interno dado por <f(t), g(t» = j: f(t)g(t)dt. Solução = (1, 1, I, 1). Assim p = u, isto é, u E W. De fato u = (1, 1, O, O) + (O, O, 1, 1). dim W + dim Wl = dim V e dim Wl + dim (Wl)l = dim V. Então dim W = dim (Wl)l. Juntando as duas conclusões obtidas temos W = (Wl)l. 20. Seja Y um espaço vetorial euclidiano de dimensão finita. Se W é um sub-espaço vetorial de Y, mostrar que W= (Wl)l. Solução Mostremos primeiro que W C (Wl)l. Se u E W, então: <u, v> = O, v E Wl . Portanto u E (Wl)l. Por outro lado lembrando que V é a soma direta de cada um dos seus sub- -espaços com o respectivo complemento ortogonal (proposição 5) temos: r '" . 2L <u, gl> . i=l r Mostrar que lIu211 ;;. I <u, gi >2, \lu E V (desigualdade de Bessel). i=l Mostrar também que se o conjunto dado é uma base ortononnal de Y, então lIull 2 = rI <u, gi>2, \lu E Y (igualdade de Parseval). i=l r Logo lIuU2 ;;. IIp1l2. Mas p = I <u, gi> gi. Então: i=l Solução Seja W = [gl, ... , gr1i Se p indica a projeção ortogonal de u sobre W, então u = p + h, onde h E Wl . Daí lIull = <p + h, P + h> = IIPll2 + 2 <p, h> + IIhll2 ::: IIPll2 + IIh1l2. r IIUll2 ;;. I <u, gi>2. i=l Por outro lado, se {gl, ... , gr} é"base de V, então: 17. Seja {gl, g2, ... , gr} um conjunto ortonormal de vetores de um espaço euclidiano V. r r u = p = I <u, gi> gi· Daí lIull2 = I <u, gi>2. i=l i=l 18. Achar a projeção ortogonal de (1, 1, I, 1) E IR4 sobre o sub-espaço W = [(I, 1, O, O), (O, O, I, 1)1. Solução Notemos que os geradores de W são vetores lineannente independentes e são ortogonais entre si. Então para detenninar uma base ortononnal de W basta dividir cada um dos seus 21. Sejam U e Y sub-espaços de um espaço euclidiano W de dimensão finita. Provar que (U + y)l = Ul ri y l . Solução (a) Seja W E (U + y)l, então W é ortogonal a todo vetor u + v E U + V. Como U c U + Y e Y C U + Y, então w é ortogonal a todo vetor u E U e a todo vetor v E Y, ou seja, W E Ule W E Vl . Logo W E Ul ri y l . (b) Seja W E Ul ri yl. Então W é ortogonal a todo vetor de U e de Y. Dado então u + v E U + V, temos: <w, u + v> = <w, u> + <w, v> = O + O = O. Portanto W E (U +V)l. 186 187 22. Provar que T E L(IR2) definida por T(x, y) = (~x - ~y, ~x + ~ y) é uma isome- tria. Solução Basta mostrar que T conserva as normas: lIT(x, Y)1I2 = (+x _ V;y)2 + ( V; x + ; y) 2 1232.,ff 3212.,ff = 4 x + 4 Y - -2-xy +T x +TY +-2-xy = = x 2 + y2 = 11 (x, Y)112, V(x, y) E IR2. é uma isometria nesse espaço euclidiano 24. Seja T uma isometria de um espaço euclidiano V. Mostrar que T conserva o cosseno do ângulo entre dois vetores não nulos de V. Solução Sejam u e v os vetores. Como I conserva as normas e conserva o produto interno, então: <u, v> _ <T(u), T(v» liUíIilviI - III (u) 11 III (v) 11 O primeiro membro é o cosseno do ângulo entre u e v, ao passo que o segundo membro é o cosseno do ângulo entre I (u) e I (v). 25. Para que valores de n, m E IR o operador linear I do IR3 definido por I (x, y, z) = ( .,fi .,fi),. '?= x, my + -2-z, ny + -2-z e uma Isometna. 188 Solução III(X,y,Z)1I2 =x2+(my + -![z)2 +(ny + .J[z)2 =x2 +m2y2+ ~z2+ + .,fimyz + n2y2 + ~ z2 +.,j2nyz = x2 + (m2 + n2)y2 + z2 + (V2m + .,fin)yz = = x 2 + y2 + z2, V (x, y, Z) E IR3 > { m2 + n2 = 1 1 -> m + n = O=> m= ± Jr. e n = 4' .J2' Logo T (x, y, z) = (x, ± .J[y + ~ z, 4' .J[Y + .J[z) . 26. Se TI e T2 são isometrias num espaço euclidiano V, mostrar que TIO T2 também o é. Se T é uma isometria em V, provar que I-I também é uma isometria em V. Solução (I) Já sabemos que se I I e T2 E L (V), então TI o T2 também pertence. Por outro lado IIII o T2 (u)1I = IIT I (T2 (u))ll = IIT2 (u)1I = lIull, VUEV, pois tanto I I como T2 conservam as normas. Logo TIo I2 é isometria. (lI) Já vimos que uma isometria é um isomorfismo. Logo existe T- I. Além disso: III- I(u)1I2 = <T-I(u), r-l(u» = <I(T-I(u)), T(T-I(u))> = <leu), leu»~ = = lIull2. Logo IIT-I (u)1I = lIull, Vu E V. Portanto T-Ié também uma isometria em V. EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Considere no IR2 o produto interno dado por <u, v> = xlYI + 2X2Y2 - xlY2 - x2YI para todo par de vetores u = (Xl, x2) e v = (Y1> Y2) de IR2. a) Determinar m a fim de que os vetores (1 + m, 2) e (3, m - 1) sejam ortogonais. b) Determinar todos os vetores do IR2 ortogonais a (2, 1). c) Determinar todos os vetores (m, m - 1) de norma igual a 1. 2. Determinar todos os vetores do IR3 de norma igual a 2 que sejam ortogonais simultanea- mente a (2,1,2) e (- 1,3,4). 3. Determinar uma base ortonormal de cada um dos seguintes sub-espaços do IR4 utilizando o processo de Gram-Schmidt: a) W = [(1,1, O, O), (0,1,2, O), (O, O, 3,4)). b) W = [(2, O, O, O), (1,3,3, O), (3, - 3, - 3, O)). 189 generalizado). 7. Em P2 (IR) com o produto interno defmido por: <f(t), g(t» = 101 f(t)g(t)dt 4. Determinar uma base ortonormal do sub-espaço Wde 1R3 dado por W = {(x, Y, z) E E 1R3 Ix - Y = O}. a) u = lIull «cos a)gl + (cos fi)g2 + (cos ')')g3); b) cos2 a + cos2 fi + cos2 ')' = 1. 16. Seja W um sub-espaço de um espaço euclidiano de dinIensão finita V. Para todo v E V. seja v = w + w' com w E W e w' E Wi. Mostrar que a aplicação T: V -+ V dada por: T(v) = w - w' é linear e tem a seguinte propriedade <u, T(v» = <T(v), U>, "lu, v E V. 17. Seja {gl, g2, g3} uma base ortonormal do IR? Para todo u E IR3 definem-se os co-senos <u, gl> <u, g2> diretores de u em relação à base dada por cos a = lIull ' cos fi = lIull e <u, g3> cos')' = Ilull . Provarque: 15. Sejam U e V sub-espaços vetoriais de um espaço euclidiano de dimenslro finita. Provar que (U íI V).i = Ul: + Vi, (x - y - z,5. Considere a seguinte transformação linear do IR3 no IR2: F(x, y, z) 2z - x). Determine uma base ortonormal de Ker(F). a) Ortonormalizar a base {I, 1 + t,2t2}; b) Achar o complemento ortogonal do sub-espaçoW = [5, 1 + tI. 6. Seja {gl, ... , gn} um subconjunto de um espaço euclidiano V cujos vetores são ortogonais dois a dois. Prove que II t gi 11 2 = i IIgill2 (teorema de Pitágoras 1=1 1=1 19. 8. Determinar uma base ortonormal de W e uma base ortonormal de Wi, onde W é o sub- -espaço de 1R4 dado por W = {(x, y, z, t) : x + y = Oe 2x + z = y}. 9. Determinar um vetor unitário do IR3 que seja ortogonal a todos os vetores do sub-espaço W = [(1, 2, -1), (-1, O, 2)1 10. Determinar a projeção ortogonal do vetor (1, 1, O, -1) E IR4 sobre o sub-espaço W = {(x, y, z, t) E IR4 I x - y .,... z = Oe z - 2t = O} 18. Seja V um espaço euclidiano. Se T: V -+ V é uma transformação linear que conserva o produto interno, prove que T é uma isometria. (Veja a proposição 7.) Considere os seguintes vetores do IR3: u = (2, 2, 2) e v = (3, 3, I). a) Determinar dois vetores VI e V2 tais que v = VI + v2; VI é ortogonal a u e v2 = ÀU (À E IR); b) Se w = (-5, 1, -1) decompor vem uma parcela de W = lu, wl e uma parcela deWi ; c) Determinar uma base ortonormal de W. 11. Provar que os vetores 1, t e t2 - ~ de P2 (IR) são dois adois ortogonais em relação ao pro- duto interno dado por: <f(t), g(t» = ri f(t)g(t)dt. 12. Determinar uma base ortonormal do sub-espaço W = [(1, 1, 1), (1, -2, 3)1 do R 3 em relação ao produto interno dado por: <u, v> = XIYI + 2X2Y2 + x3Y3, para todo par de vetores u = (Xl, x2, x3) e v = (Yl, Y2, Y3) do IR3. 13. Determinar um polinômio de grau 3 em P3(1R) que seja ortogonal a 1, t e t2 com relação ao produto interno definido no início deste capítulo como exemplo 2. *20. Seja V um espaço euclidiano. Se u E V, W = [uI e E é a transformação linear que associa a cada vetor de V sua projeção ortogonal sobre W, mostre que: IIv - E(v)1I ,.;;; IIv - wll, "Iv E V e Vw E W. Interpretar geometricamente esse resultado. 21. Seja V um espaço euclidiano de dimensão finita e seja E a projeção ortogonal de V sobre o sub-espaço W de V. Mostrar que o operador linear E tem a seguinte proprie- dade: <E(u), v> = <u, E(v», "lu, v E V. 22. Determine m E IR. a fim de que o seguinte operador linear do IR.3 seja uma isometria: ( 1 1 -1 2 1 1 1) F (x, Y, z) = .,fi x + .,fiY + mz, .J6 x + .J6Y - .J6z, - -fi x + .,fi z . . al (t -1). . . r h . (1 2)23. Determinar uma matnz ortogon A = A cUJa pnmella In a seja "5 ' 5 . 14. Sejam u e v dois vetores linearmente independentes do IR3. Mostrar que existem dois, e apenas dois, vetores de norma igual a 1 que são ortogonais simultaneamente a u e v. *24. Mostrar que a matriz de mudança de base entre duas bases ortonormais de um espaço euclidiano de dinIensão finita é uma matriz ortogonal. 190 191 25. Mostre que (12 - A) (I2 + At' é uma matriz ortogonal, onde A = (O 5) -5 O . *26. No espaço vetorial V = Mn(lR) consideremos o produto interno definido por < A, B > = = tr (ABt). Dada uma matriz M E V, seja TM: V --> V o operador linear definido por TM(X) = MX, 'ri X E V. Mostre que TM é uma isometria se, e somente se, M é uma'matriz ortogonal. Demonstração S · B - {g g g } uma base ortonormal de V. Por hipóte-( » eJa - 1, 2,···, n se <A(gi)' gj> = <gi' A(gj» paraquaisqueri,j(l ~ i,j ~ n). Mas se amatriz de AemrelaçãoaB é (A)B = (aij)' então 27. Determine a isometria do 1R3 cuja matriz em relação à base canônica é übs.: x, y e z devem ser determinados numericamente. (i, j n2 akigk e A(gj) k=l 1, 2, ... , n), e daí n n < 2 akigk, gj> = <gi' 2 atjgt>· k= 1 t= 1 *28. Seja V um espaço euclidiano de dimensão finita. Sendo U um subespaço vetorial de V, indi- quemos por E : V --> U a projeção ortogonal de V sobre U. Provar que E é sobrejetora, isto é, Im(E) = U. Donde 5. OPERADORES AUTO-ADJUNTOS e portanto aji = aij (i, j = 1, 2, ... ,n) e (A)B é simétrica. « ) Seja B = {gl' g2, ... , gn }uma base ortonormal de V e admita- mos que (A)B = (aij) é simétrica. Então, como n n <A( '\ > <" a g g > - " akl'Dkj' = aj'l' e, analogamente,gjJ, gj = L ki k, j - L k= 1 k= 1 <gi' A(gj» = aij, n n n n () > < " A(g) " R. g.> - " " lX 1·t3j·<A(gi), gj'> =<A u , v = L lXi i , L I-'j j - L L i=l j=l i=l j=l n n 2 2 lXit3j <gi' A(gj» = <u, A(v». i= 1 j=1 Definição 8 - Seja V um espaço vetorial euclidiano, Um operador A E L(V) se diz auto-adjunto se <A(u), v> = <u, A(v» para quaisquer u, v E V. Se a dimensão de V é finita os operadores auto-adjuntos admitem uma caracte- rização matricial bastante simples, como veremos a seguir. Proposição 9 - Seja V um espaço euclidiano de dimensão finita. Então, um operador A E L(V) é auto-adjunto se, e somente se, a matriz de A em relação a uma base ortonormal de V é simétrica. obtemos que <A(gi), gj> = <gj,A(gj» . gj' E B. Considerando então vetorespara qUaIsquer gj, n n u = 2 lXigi e v = I t3jgj, teremos i=l j=l genéricos u, v E V, 192 193 Nota: Seja V um espaço euclidiano de dimensão finita. Se A1 e A2 são operadores auto-adjuntos de V, então A1 + A2 também é auto-adjunto pois «A1 + A2)(u), v> = <A1(u) + A2(u), v> = <Al(u), v> + <A2(u), v> = = <u, Al(v» + <u, A2(v» = <u, Al(v) + A2(v» = <u, (Al + A2)(v» É fácil ainda mostrar que se A é auto-adjunto e a E lR, aA é também auto-adjunto. Logo o conjunto dos operadores auto-adjuntos de V é um sub-espaço vetorial de L(V). Fixemos então uma base ortonormal B do espaço V e consideremos a aplica- ção A ~(A)B que a cada operador auto-adjunto AEL(V) associa sua matriz relativamente à base B. É claro que se trata de uma transformação linear e injetora. Levando em conta a proposição 9 podemos afirmar mais: é um isomorfismo do espaço dos operadores auto-adjuntos no espaço das matrizes simétricas de ordem n(n = dim V) sobre IR. Logo os operadores auto-adjuntos sobre espaços euclidianos podem sempre ser identificados com matrizes simétricas reais. Exemplo - O exemplo que apresentaremos mostra que a hipótese de que a base B na proposição 9 seja ortonormal é imprescindível. No espaço IR3 considere- mos o produto interno usual e seja TEL (IR3) definido por T(x, y, z) = (2x + 2z, x + z, x + z). A matriz de T em relação à base B' = {(1, 1, O); (1, O, O); (O, O, I} (não orto- normal) é simétrica. Mas T não é auto-adjunto pois <T(1, O; O); (O, 1, O» = «2, 1, 1); (O, 1, O» = 1 ao passo que <(1, O, O); T(O, 1, O» = <(1, O, O); (O, O, O» = O. EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Seja H um sub-espaço vetorial do espaço euclidiano V. Então cada v E V se expressa, de uma única maneira, como v = h + t 194 onde h E H e tE H1. Considere a aplicação A: V -> V definida por A(v) = h - t, qualquer vEV. a) Mostrar que A é linear e é auto-adjunto. b) Se V = 1R.3 , com o produto interno usual, e H = [(1, 1, O)], achar amatriz de Arelativa à base usual do R3. 2. Seja V um espaço euclidiano de dimensão finita. Mostrar que duas quaisquer das proprieda- des a seguir de um operador AE L(V) implicam a restante: a) A é auto-adjunto b) A é uma isometria c) A2 = I 3. Seja TEL(V) um automorfismo. Se T é auto-adjunto, mostrar que T-1 também o é. 4. Seja A um operador auto-adjunto de um espaço euclidiano V. Se H é um sub-espaço vetorial de V com a propriedade uEH ->A(u)EH mostrar que H1 tem também essa propriedade. 5. Seja T um operador auto-adjunto de um espaço euclidiano V. Se <T(u), u> = 0, para todo uEV, mostrar que T = O. 6. Sejam T, SEL(V) operadores auto-adjuntos. Mostrar que: ToS é auto-adjunto se, e so- mente se, TOS = SoT. 6. ESPAÇOS HERMITIANOS Indicaremos brevemente como os conceitos apresentados nos §§ 1 - 5 se apresentam em um espaço vetorial sobre o corpo <C dos números complexos. Seja V um espaço vetorial sobre <C. Um produto interno sobre V é uma aplicação (u, v) t-+ <u, v> de V X V em <C, para a qual se verificam as seguintes condições: (a) <Ul + U2, v> = <Ul, v> + <U2, v>, VUl, U2, vEV; (b) <au, v> = a<u, v>, Va E <C e Vu, v E V; 195 1. PERMUTAÇÕES N~tação: indicaremos abreviadamente uma permutação a de Nn por Determinantes ( 1 2 o" n) a (1) a (2) .. , a (n) .a= CAPíTULO 7 Seja n ;> 1 um número natural. Consideremos o conjunto Nn = {I, ... ,n}. 'Defmição 1 - Toda aplicação bijetora a: Nn -+ Nn chama-se permutação do conjunto Nn. Se a e <.p são permutações de Nn,então ao <.p: Nn -+Nn também é uma permuta- ção. A aplicação idêntica de Nn (indicaremos por id) é obviamente uma permuta- ção. Além disso, a inversa a-I de uma permutação a de Nn também é uma permuta- ção de Nn. (c) <u, v> = <v, u>, \lu, v E V; (d) Para todo u E V, u *- o, <u, u> é um número real maior que zero. Exemplo - Seja V = <en. Se u = (Xl, ... , xn) e v = (YI> Y2' ... , Yn) indicam vetores quaisquer de <en, então a aplicação dada por: (u, v) f-* <u, v> = XÔ'l + '" + xnYn defme o chamado produto interno usual de CCn. Verifiquem:os as condições (c) e (d) da definição (c) <v, u> = YlXl + " . + Ynxn = YlXl + + Ynxn = = YlXl-+ ... + xnYn = XlYl + + xnYn = <u, v>. (d) Se u *- o, então um dos xi pelo menos não é igual a zero. Logo: <u, u> = XIXI + ... + xnxn = Ixd2 + " . + Ixnl2 > O. Queremos registrar que os conceitos fundamentais introduzidos nos espaços euclidianos (norma, distância, ortogonalidade, base ortonormal, complemento ortogonal e isometria) são definidos do mesmo modo num espaço vetorial sobre CC com produto interno. E resultados importantes obtidos, como a desigualdade de Cauchy-Schwarz, as propriedades da métrica induzida pela norma, o teorema de Gram-Schmidt e a proposição 7, também são válidos neste caso. Apenas as demonstrações teriam que ser ligeiramente mudadas. Um espaço vetorial complexo com produto interno é também chamado de Espaço Hermitiano. Exemplos 1) Se n = 2, existem duas (= 2!) permutações do conjunto N2 = {l, 2} que são id = G ~) e a = (~ ~ ) . 2) Existem 6(= 3!) permutações de N3 = {I, 2, 3}. São elas:(: ~ :), (~ ~ :) (~ ~ ~), C ~ ~), (~ ~ ~), (~ ~ ~). 3) Existem 24(= 4!) permutações de N4 • Escreva-as como exercício. 196 197 Definição 2 - Consideremos uma permutação ( 1 2 ... n) a= a (1) a (2) ... a (n) de Nn. Seja r o número de pares ordenados (i, j) com 1 ~ i < j ~ n tais que a(i) > aO). Chama-se sinal da permutação a o número inteiro representado por sgn(a), que é sgn (a) = 1, se r é par sgn(a) = -1, se r é ímpar. Exemplos 1) Seja a = (1 2 3) 312 Os pares (i, j) com 1 ~ i < j ~ 3 e a(i) > aU) são (1, 2) e (1,3); logo r = 2 e sgn(a) = 1. 2) seja o ~ ( : ~ ~) O único par (i, j) com 1 ~ i < j ~ 3 e a(i) > aU) é (2, 3). Então r 1 e sgn(a) = -1. 3) Tomemos a = (1 2 3 4 5) 3 1 2 5 4 . Neste caso os pares (i, j) com 1 ~ i < j ~ 5 e a (i) > aU) são (l, 2), (1, 3) e (4, 5); logo r = 3 e sgn(a) == -1. Definição 3 - Uma permutação a é par (respectivamente, ímpar) se sgn(a) = 1 (respectivamente, sgn(a) = -1). Defmição 4 - Chama-se transposição uma permutação Z em que existe apenas um par (i, j) de maneira que i < j e Z (i) > Z(j) e que deixa os demais elementos fixos, isto é, Z (k) = k, k "* i, j. Esta transposição é indicada por (i j). Exemplos (aqui i = 1 e j = 2); 198 (: 2 ~) • (aqui i = 2 e j = 3);3 (: 2 3 4 5 :) (neste exemplo i = 3 e j = 6).2 6 4 5 Nota: As transposições são permutações ímpares muito simples pois n - 2 ele- mentos de Nn = {I, ... , n} são inalterados por elas e, logicamente, os outros dois são invertidos ou transpostos. As transposições são importantes devido ao seguinte teorema, cuja demons- tração omitiremos. Teorema 1 - Toda permutação a do conjunto Nn pode fatorar-se na forma a = Z1 o Z2 o ... o Zs onde Zi são transposições. Se a = Z1' o Z; o ... o Z; é outra decomposição de a em transposições, então s e t são ambos pares ou ambos ímpares. Além disso, sgn(a) = (-1)s. Decorre desse teorema que sgn(a o~) = sgn (a) sgn(~), onde a e ~ são permutações quaisquer do conjunto Nn. Em particular para toda transposição Z, sgn (a o Z ) = - sgn (a). A verificação destas fórmulas é uma tarefa para o leitor. 2. DETERMINANTES Seja A = (aij) uma matriz real de ordem n. Consideremos um produto da forma a10(1) a2o(2) •. , .• ano(n) onde a é uma permutação do conjunto Nn. Nesse produto aparece apenas um elemento de cada linha de A (pois os primeiros índices não se repetem) e apenas um elemento de cada coluna de A (pois os segundos índices também não se repetem, já que a é bijetora). Vamos.multiplicar esse produto pelo sinal de a que é 1 ou -1: sgn(a) a1o(1) a2o(2) •.. , • ano(n)' 199 Finahnente somemos todos os números assim obtidos, de maneira que a percorra o conjunto de todas as permutações de Nn. Teremos portanto n! parcelas na somat6ria real I sgn(a) aIU(I) a2u(2) " ... " anu(n). U Definição 5 - Chama-se determinante da matriz A de ordem n o número Logo det(A) = all~2a33 + a12~3a31 + a13~la32 - all~3a32 - a13~2a31 - - a12~la33 Notemos que como o número de parcelas de det(A) é n!, então o cálculo de determinantes através da definição se toma trabalhoso em demasia para n ~ 3. Mas em certos casos, como no exemplo seguinte, o problema é relativamente simples. det(A) = I sgn(a)aIU(I) a2U(2) " ... " anu(n). U Exemplos 1) Se A = (all), então det(A) = au. ( au a12)2) Seja A = E M2 (lR)~l a22 MP::"(: do~r::{:; 2~ '.~:Sr~ Logo det (A) = au ~2 - a12 a21 . (sinal -1) 4) Seja A = (aij) uma matriz de ordem n em que aij = O, sempre que i*" j. Mostremos que neste caso det(A) = alla22 ann. De fato, temos: A = (~~'..~ ' ~ ) O O ••. ann Examinemos cada parcela que figura na expressão de det(A). Para a = id, temos sgn (id) = 1 e portanto aparece a parcela all ~2 ... ann . Se a * id, existe i E Nn tal que a(i) * i; logo na parcela definida por a aparece o elemento aiU(i) que não pertence à diagonal prinCipal de A, o que significa que aia(1 )a2 a( 2) ... aia(i) ... a = O Assim as parcelas correspondentes aos a * id são nulas e o deter-na(n) . , minante se reduz a - Ca12 'U)3) Seja A = a21 a22 a23 E M3(lR).a31 a32 a33 As permutações do conjunto {l, 2, 3} e respectivos sinais são G 2 :) (~ 2 ~)2 (+ 1) 3 (-1) (~ 2 ~) G2 ~)3 (+ 1) 2 (-1) (~ 2 ~) (~ 2 :)1 (+ 1) 1 (-1) 200 det (A) = au ~2 " ... " ann . EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Calcular sgn(a) nos seguintes casos: C2 3 :) (~ 2 3 :)(a) (b)3 2 1 4 (~ 2 3 4 :) (~ 2 3 4 5 :)(c) (d) 23 4 5 5 6 201 3. Calcular det(A) (À E IR): 2. Calcular det(A) nos seguintes casos: A= para todo 1 ~ i ~ n e todo ÀE IR. An Isso nos permite pensar no determinante como uma função de n variáveis AI, A2, .. , , An que são vetores do R.n: P1 • A função determinante é linear em cada uma das variáveis AI, A2, ... , An, isto é: (a) det(A1, A2, , Ai +A'i, ,An) = =det(A1, A2, , Ai, ,An) + det(A1 , A2, ... ,A'i, ... , An); (b) det(A1, A2, , ÀAi, , An) = Àdet (AI , ... , Ai, ... , An) . Seja A = (aij) uma matriz de ordem n. A linh~ j-ésima da matriz A 6 A(j) = (ajl aj2 ... ajn) que indicaremos apenas por AJ, para facilitar a notação. Então a matriz A pode ser representada pela seqüência de vetores-linha det(A) = det 203, Nota: Podemos também pensar no determinante como uma função das n colunas. AI, ... , An de A. Conforme veremos na proposição Ps , tanto faz pensar em termos de linhas como de colunas. Em razão da definição· que demos de deter- lninante, vamos trabalhar sempre com as linhas, até que se estabeleça a propriedade Ps . Daí para a frente, cada propriedade enunciada em termos de linhas tem uma correspondente para colunas e vice-versa. 3. PROPRIEDADES DOS DETERMINANTES C:) (b) A=(: ~) (: 3 D G2 i)(d) A = 1O (} O O 0) (~ O O ~)2 O O 3 O1 4 O (f) A = O 4O 1 -1 O O (c) A = (e) A = (a) A= (1 -À 1) 1 1- À (a) A = C~cular det~A - À13) e, a seguir, no polinômio p(À) obtido, substitua Àpor A obtendo assim a matriz p(A). ' 4. Determinar os valores reais ou complexos de Àde modo que det(A) = Ono exercício 3. (021 ~3 ~4)5. Seja A = 6. :unplie as i~éias usadas no exemplo 4 deste parágrafo para provar o seguinte: se A = (a") e uma matnz em que aij = O, todas as vezes que i < j, então IJ det (A) = aUa22 •...• ann. 7. Escrever todos os produtos ao 'fi onde a e 'fi são permutações de L__.2•02 ....... _ Prova - Esta propriedade decorre de que em cada uma das parcelas de ao fato de determinante ser linear na primeira linha que é AI = (371., 271., À) = = 71.(3,2,1). Sugestão para o leitor fazer a demonstração: usar o teorema 1. Prova - De fato, det(AI, ... , Ai + Ai, ... , Ai + Ai, ... , AU ) = O, pois, há duas linhas iguais (i e j). Então, pela linearidade em cada variável, O= det(AI, , Ai + Ai, ... , Ai + Ai, ... , AU ) = = det(AI, ,Ai, , Ai, , AU) + + det(AI, ,Ai, ,Ai, ,AU ) + + det(AI, , Ai, ,Ai, ,AU) + + det(AI, , Ai, , Ai, ,AU). Pela propriedade (P2), det(AI, ... , Ai, ... ,Ai, ... ,AU) = det(AI, ... ,Ai, ... ,Ai, ... ,AU) = O. Logo . det(AI, ... , Ai, ... ,Ai, ... , AU ) =: -det(At, ... , Ai, ... ,Ai, ... ,AU). _ Nota: A propriedade P3 costuma ser assim enunciada: se trocamos entre si duas linhas de uma matriz A, o determinante muda de sinal. Decorre daí (não faremos a demonstração) que se a é uma permutação das linhas de A = (AI, ... , AU), então det(Aa(l), ... , Aa(u») = sgn(a)det(AI, ... ,AU ). 2 1 1 ) , devido 2 3 -1 À~) = Àdet271.3 -1( 371. 2) det ~ Exemplos l)det (X;l Y~l Z~3)=det(~ ~ ~)+det(~-~-~) 221 221 221 devido ao fato de que determinante é uma função linear na primei):a variável AI, que neste caso é AI = (x + 1, Y - 1, z - 3) = (x, y, z) + + (1, -1, -3). det(A) = L sgn(a)ala(l) ... aua(u) aparece um e apenas um elemento de a cada linha. - ( X+2 Y l+t) (x 1) (x 1)3) det = det. + det + x+3y 2-t x 2 3y -t (2Y t) (2Y t)+ det + det = x - 2tx + Y - 5yt.x 2 3y -t Explique como chegamos a este resultado. P2 • Se A = (AI, A2 , ••• , AU) é uma matriz de ordem n e se Ai =Ak , com j < k então det(A) = O. Prova -'- Será feita no apêndice ao fim deste capítulo. _ P4 • Seja A = (AI, ... , AU). Então vale sempre a igualdade: det(A) = det(AI, ... , AU ) = det(AI, ... , Ai + U + L ~Ak, ... , AU), \f G:k E IR. k=l k fi A prova decorre de PI e P2 ; fica como exercício. P3 • Dada uma matriz A de ordem n suponhamos que B é a matriz obtida da seguinte maneira: B = (AI, , Ai, , Ai, , AU), sendo que A = (AI, , Ai, , Ai, , AU ). Então det(B) = - det(A). Ps . Det(A) = det(At), para toda matriz A de ordem n. Prova - Fica como exercício. Nota: A propriedade Ps permite estender as propriedades das linhas de A às colunas de A. Por exemplo, se duas colunas de A são iguais então det A= O. Escreva as propriedades PI, P2 , P3 e P4 em termos de colunas, como exercício. 204 205 206 Exemplo O exemplo a seguir mostra como a propriedade P4 para colmas pode ajudar no cálculo de um determinante. Seja (i 5 2 ~)4 2A= 2 13 1 Somando à segunda a primeira colma, multiplicada por - 5, obtemos a matriz 1 O 2 ~)3-11 21 -3 1O 3 1 que tem o mesmo determinante que A (mas não é A). Em seguida substi- tuímos a terceira coluna pela diferença entre a terceira e o dobro da primeira coluna desta última matriz: ( ~ -l~ -~ ~)1 -3 -1 2 O 3 1 3 Substituindo nesta última matriz sua quarta coluna pela diferença entre ela própria e a primeira coluna: 1 O O 3 -11 -4 1 -3 -1 031 -4Em seguida multiplicamos a segunda coluna por 11 e somamos com a terceira coluna e depois multiplicamos a segunda coluna por ~i e somamos à quarta coluna: 1 O O O 3 -11 O O -3 1 2011 11 3 1 24O -TI TI Multiplicamos a terceira coluna por -20 e somamos com a quarta: 1 O O O 3 -11 O O 1 -3 1 O11 O 3 -1 411 e pelo exercício 6 acima det A = - 4. ExERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Provar que se A = (Al , ... , ~) e Àb ... , Àn E IR, então det(ÀlAl , ... , ÀnAn) = Àl • '" • Àndet(A). 2. Sem cálculo, provar que a matriz ( 3 -6 x) 1 -2 y 2 -4 z tem determinante igual a zero quaisquer que sejam x, y, z E R. 3. Seja A uma ~atriz de ordem 3. Provar diretamente que det(A) = det(At). 207 a primeira par e a segunda ímpar. Agrupemos os termos correspondentes: al1 ~2 a33 - al3 a22 a31' Existem finalmente duas permutações que levam 3 em 2: Na expressão do determinante de A agrupemos os termos que contêm a12: - al2 a21 a33 + al2 a23 a31' Analogamente existem duas permutações que levam 2 em 2: (: ~ :) (+ 1) e G~ ~) H) G ~ ~) (+1)(: ~ ~) (-1) e 6. Soj. A ~ (i )(b b ... b). Qumto , d"(A)? S. Seja A uma matriz de ordem n tal que A + At = O. Provar que det(A) = (_ l)ndet(A). Que acontece se n é ímpar? 7. Provar que det (~ :: ::) = det (:: 1 cZ c3 ab usando as propriedades PI e Ps . 8. Seja A = (AI' Az,A3) uma matriz de ordem 3. Seja B = (AI - Az - A3, Az - AI - A3,A3 - AI - Az)· Provar que det(B) = - 4 det A. 9. Provar que det(A) = Osendo A= ( 1 cos a cos 2a cos a cos 2a cos 3a cos 2a) cos 3a cos 4a a primeira ímpar e a segunda par, cujos termos correspondentes são: -al1 aZ3 a32 + + al3 aZl a3Z' Assim det{A) = (-aI2 ~l a33 + alZ a23 a3~) + (al1 aZ2 a33 - a13 ~2 a31) + + (a13 a21 a32 - all~3a32) = a12(a2I a33 - a23a31) + + a22 (al1 a33 - a13 a31) + a32 (aI3~1 - al1a23) = a12 A12 + ~2A22 + a32A32, com a defmição evidente de A12 , A22 e A32 . Observemos que 4. COFATORES Tomemos a matriz ( all al2 a13) a21 a22 a23 a31 a32 a33 . Seu determinante ~ dado pela soma das seis parcelas sgn(a) ala(l) a2a (2) a3a(3) . EXIstem duas permutaçoes que levam I em 2: (à direita, está o seu sinal) (~ ~ :) (-1) e (~ ~ :) (+1) ( al1 e A32 = -det a21 3 A expressão det(A) = I ai2Ai2 é o desenvolvimento de det(A) pela i=l segunda coluna. O que foi feito com respeito à segunda coluna também vale para as duas outras, ou seja, 3 det (A) = I aikAik (k = 1, 2, 3). i= I 208 209 Nota: Tudo o que foi feito para as matrizes de ordem 3 vale para as matrizes de ordem n. Para verificar tal afIrmação seja A uma matriz de ordem n e ftxemos um Úldice j, 1 ~ j ~ n. As n! permutações do conjunto {I, 2, ... , n} estão repartidas em n classes disjuntas SI, . " , Sn, onde Si consiste das permutações a tais que a(i) = j. Além disso cada classe Si consiste do mesmo número de permutações que é (n - I)!. Decorre daí que: det(A) = L sgn(a)alja20 (2) • '" • ano(n) + OESl + L sgn(a)alO(1)a2ja30(3) •...• ano(n) + oE~ + ... + L sgn(a)alo(1)~O(2) •...• an-l, o(n-l) anj = oESn = aljA1j + a2jA2j + ... + anjAnj onde Aij = L sgn(a)alo(l) •...• ai-l,o(i-l)ai+l,O(i+l) •...• 3.no(n) oESi (i=I,2, ... ,n). Portanto EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Calcular os cofatores de cada um dos termos damatriz 2. Calcular o cofator do elemento x da matriz 3 3. De.senvolva pela primeira coluna (det (A) = I ailAil) e depois calcule o determinante i=l da matriz n det(A) = L aijAit) i= 1 Vj = 1, ... , n. 4. Repetir o exercício 3 com a matriz Defmição 6 - O número real Aij obtido segundo as considerações acima chama-se cofator do elemento aij da matriz A. Devemos notar que Aij é o deter- minante da matriz de ordem n - 1 obtida de A pela supressão da linha i-ésima e da coluna j-ésima, multiplicado por (_I)i+j. Este é o desenvolvimento de det (A) pela coluna i-ésima. É possível provar que det (A) = n =L ariAri> para todo r tal que 1 .-; r .-; n. É o desenvolvimento de det (A) pela i=l r-ésima linha. Para isto basta lembrar que det (A) = det (At). 210 5. Sejam A, B e C matrizes de ordem 2 e seja de ordem 4. Provar que det(X) = det(A)det(B). Este resultado vale para A,B, C E Mn(IR). 211 5. ADJUNTA CLÁSSICA E INVERSA Definição 7 - Seja A = (ajj) uma matriz de ordem n e seja Ajj o cofator de aij. Chama-se adjunta clássica (ou simplesmente adjunta) de A a matriz AdjA = (~:: ...~:... ::: ..~=) A1n A2n ... Ann Calculemos o produto (Adj A)A. O elt~mento de posição (i, j) nesse pro- n duto é I Akiakj e este número é igual a ôjjdet(A). De fato, para i = j essa k=1 n soma vale I akiAki que é o desenvolvimento de det(A) pela coluna i-ésima. k=1 Para i =1= j é o desenvolvimento pela coluna,i-ésima do determinante da matriz A' = = (Alo' .. , Aj' ... , Aj, ... , An), com as colunas i e j iguais, e portanto vale zero. Então (Adj A)A = (det(A»In. Se considerarmos o desenvolvimento de det(A) por meio de uma de suas linhas chegare~os a que A (Adj A) = (det (A»In . Portanto vale sempre a igualdade: A(Adj A) = (Adj A)A = (de'(A) d,.(A).... ) det(A) ~ deltA) (I I... I) ~ dot(A)ln• Relembremos: uma matriz A de ordem n é inversível se, e somente se, existe uma matriz B, também de ordem n, de maneira que AB = BA = In. Então das consi- derações que acabamos de fazer resulta a seguinte proposição: Proposição 1 - Uma matriz quadrada A tal que det (A) =1=°é inversível e sua inversa é dada por: 212 Exemplo - Seja cujo determinante é 1 X 7 - 1 X 2 = 5. Neste caso a adjunta de A é a matriz: (7-1) -2 1 Temos (1 1) (7 -1) (5 0) = 5. (1 0)2 7 -2 1 ° 5 ° 1 Logo A- 1 =_1 (7 -1) 5 -2 1 O teorema a seguir será demonstrado em apêndice; sugerimos ao leitor que faça sua demonstração quando A e B têm ordem 2. Teorema 2 - Sejam A e B matrizes de ordem n. Então det(AB) = det (A) det (B). Corolário - Seja A uma matriz de ordem n, inversível. Então: det(A) '* ° e det(A-1) = (det(A»-1. Demonstração - Por hipótese existe. uma matriz B de ordem n tal que AB = BA = In. Logo det(AB) = det(A)det(B) = det(In) = 1. Daí det(B) =1=° 1 e det (B) = det (A) . • 213 I, I (k = 1, 2, ... , n). 18 18 36 X =18 = 1, Y = 18 = 1 e z = - 18 = -2. 215 (;-5~-1 -2) (2 ~5~-2)Ll1 = 11 i 1 2 ,Ll2 = 4 \1 i 2 e~J-l 1 8 ~J 1 Exemplo - Resolver o sistema { 2x - Y. - 2z = 5 4x + y + 2z = 1 8x-y+ z=5 Neste caso A = (~ -~ -~) e det(A) = 18. 8 -1 1 Além disso com det(Ll1) = 18, det(~) = 18 e det(Ll3) = -36. Logo obtida de A pela substituição de sua k-ésima coluna por B. Temos então finalmente det(Llk) Xk = det(A) Esta fórmula dá a solução de AX = B quando A é inversível e é conhecida como regra de Cramer. n desenvolvido pela sua primeira coluna. De um modo geral o termo I Ajkbj j=l (k = 1, 2, ... , n) é o desenvolvimento, pela coluna k-ésima, do determinante da matriz .................................. Xl Au A21 Ant X2 1 A12 A22 An2 det(A) ...................................... Xn A1n A2n Ann nL Ajl bj 1 j=l det(A) nI Ajnbj j=l 6. REGRA DE CRAMER .................................................... antXl + am X2 + ... + annxn = bn ou, equivalentemente, Consideremos wn sistema de Cramer sobre ]R: all x l + a12 x2 + + alnxn = b1 ~lXl + ~2X2 + + ~nxn = b2 AX = B onde A. = (aij) é inve~sív~l, X = (Xl ~ '" xn)t e B = (b1 b2 ... bni. Já vimos no capItulo 1 que taIS sIstemas são compatíveis determinados com solução dada por X = A-I B. Levando em conta a proposição I do parágrafo precedente, temos: X= 1 (d)det(A) a ~ A B. Este último resultado nos permite calcular explicitamente xl> ... , xn. Vejamos como. n O termo L Ajl bj é o determinante da matriz j=l 214 Seja V um espaço vetorial de dimensão n. Se F: V -+ V é um operador linear e B e C são bases de V, sabemos que existe uma matriz inversível M tal que (F)c = M- 1 (F~M. Logo det((F)c) = det(M-l(F)BM) = det(M-1)det((F)B)det(M) == = (det(M»-1det(M)det((F)B) = det((F)B)' Assim, embora a matriz de F dependa da base escolhida em V, todas as matrizes que representam o mesmo operador F têm o mesmo determinante. Definição 8 - Chama-se determinante de um operador linear F: V -+ V o determinante da matriz de F em relação a uma base qualquer de V. Usaremos a notação det(F) para indicá-lo. As seguintes propriedades são imediatas: (I) Se F e G são operadores lineares de V, então det(F o G) = det(F)det(G). det (I) = 1, se I indica a identidade de V. F: V -+ V é um isomorfIsmo 'se, e somente se det(F) "* O. 217 7. DETERMINANTE DE UM OPERADOR LINEAR EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Seja F: 1R2 -+ IR.2 o operador linear dado por F (1, O) == (2, 1) e F (O, 1) == (3, 3). Calcular det(F). 2. Seja H : V ~ V a homotetia H;\ (v) = ;\v, V-v E V. Calcular det(H). 3. Seja F: V -+ V um operador linear tal que F2 == F. Quanto vale det(F)? 4. Seja F: IR3 -- IR3 dado por F(x, y, z) = (x - y + z, 2x - z, x + y + z). Calcular det(F) e det(F2). n-l n ao ao n-l n aI aI (11) (I1I) n-1 a nan n (Vandermonde) 2 ao ao 2 aI aI A== 1 1 (-: :-: ~)A== -z t x-y -t -z Y x b) Provar que se ai *" aj para i *" j então A é inversível. a) Provar que det A = n (aj - ai), onde o símbolo n. significa O~i<j~n 0~1<J~n que devemos multiplicar todos os números aj - ai com os índices i e j satisfazendo a condição O ~ i < j ~ n. Por exemplo, o determinante de (~ :: :::) vale (a2 - al)(a2 - ao)(al ~ ao). 1 a2 ~2 a) A == (: ~ ) B == (~) b) A =C~ ~) B =C) o) A =U~ ~ ~) B =(D uma matriz de ordem 4, com x, y, z, t E IR. Calcular det A e provar que A é inversível, se ao menos um dos 4 números x, y, z e t não for nulo. 1. Calcular, se existir, a matriz inversa de A (usando sua adjunta) e use essa inversa para resolver AX = B nos seguintes casos: * 3. Seja **2. Seja a matriz de ordem n + 1 EXERCÍCIOS PROPOSTOS 216 219 (1) (7) bnkn = det(A) • det(B), • a Então det (C) = ~ det( .~~~~l.b,k,l~" " ~~~~2.~k~~, .'...., " ~,a,l~~~~~n, Iank1bk11 Iank2~22'" Ianknbknn n Cij = I aikbkj (i, j = 1, ... , n). k=l = det(A) I sgn(a)b1k1 • a (6) =det(A) I sgn(a)bk11bk22 ... bknn = a Teorema 2 - Sejam A e B matrizes de ordem n. Então det (AB) ~ l1ct(A)det(B). Demonstração - Sejam A = (aij), B = (bij) e C = AB = (Cjj). Logo p = I sgn(ar) [a1ar(1) •...• anar(n) - a1(ar Z)(1) •...• an(ar (;)(n)] r=l Para cada r = 1, 2, ... , p, vale a igualdade a1ar(1) •.... anar(n) = a1(ar (;)(1) •...• an(ar (;)(n)· De fato, fazendo ar = a para simplificar a notação, temos: aiaO) = ai(aZ)(j) = aj(aZ)(j), pois Ai = pJ, e aja(j) = ai(a Z)O), pelo mesmo motivo. Além disso, temos também, V- k =1= i, j, aka(k) = ak(a (;)(k). Logo, os fatores são os mesmos nos dois produtos cuja igualdade afirmamos valer. Segue daí que det (A) = O. • 218 Neste apêndice provaremos os resultados sobre determinantes não demons- trados no texto. (P2) Seja A = (A1, ... , An) uma matriz de ordem n. Se existem i, j, com 1 ~ i < j ~ n e Ai = Aj, então det(A) = O. Demonstração - Seja z: = (ij) a transposição determinada por i e j; isto é, Z (i) = j, Z (j) = i e Z(k) = k, se k =1= i e k =1= j. Dada uma permutação qualquer a do conjunto {1, ... , n} a permutação aO Z é tal que sgn(a o Z) = = sgn(a)sgn( z:) = (-l)sgn(a) = -sgn(a). Vamos repartir o conjunto de todas as permutações de Nn da seguinte maneira: {ai> alo Z } U {a2, a2 o Z} U ... U {ap, ap o Z} n! onde os conjuntos binários são dois a dois disjuntos e p = 2 . Daí: + sgn(a1 Z )a1(a, (;)(1) •...• an(a, z;)(n) + .... + + sgn(ap)a1ap(1) ....• anap(n) + sgn(ap Z)a1 (ap (;)(1) • • . .. . an(ap n(n) = det(A) = I sgn(a)a1a(1) ..... ana(n) = sgn(a1)a1a, (1) •...• anal (n) + a APÊNDICE IV Determinante de um Produto de Matrizes Explicações 1) Usamos o fato de que o determinante é uma função linear em cada coluna. Esse fato foi usado para todas as colunas. 2) Mais uma vez a linearidade, usada nas n colunas. 3) Eliminamos as ::"(b::~ .q~..k: ~k~J)=:: '" j pois neste caso ankl '" ankn (duas colunas iguais). 4) Com a hipótese kj =1= ~ para i =1= j,a matriz tem as mesmas colunas que a matriz A, porém permutadas. Se .~ U' k: ~) então a matriz acima tem determinante igual ao de A multiplicado por sgn(u). 5) Óbvio. 6) Umâ permutação e sua inversa tem mesmo sinal. Definição de determinante. Nota final: Toda a teoria sobre determinantes de matrizes reais aqui construída poderia ser feita para as matrizes complexas de maneira inteiramente análoga. 220 CAPíTULO 8 Formas Bilineares e Quadráticas Reais Em algumas passagens deste capítulo o leitor encontrará uma certa seme- lhança entre o que se expõe aqui e o que foi exposto nos capítulos 6 (Espaços com Produtos Internos) e 7 (Determinantes). Mais precisamente, o estudo das formas bilineares simétricas é uma generalização do que se fez no capítulo 6 e o estudo das formas bilineares anti-simétricas está, de uma certa forma, ligado ao estudo dos determinantes. Em realidade o determinante pode ser visto conto uma forma (multi1inear) anti-simétrica. 1. FORMAS BILINEARES DefInição 1 - Sejam Ue V espaços vetoriais sobre .IR. Uma função f: U X V ~ .IR é uma forma bilinear se, e somente se, a) f(UI + Ü2, y) = f(Ul, v) + f(u2' v); b) f(au, v) = af(u, v); c) f(u, VI + V2) = f(u, VI) + f(u, V2) e d) f(u, av) =af(u, v), para todos os vetores u, UI e Ü2 de U, v, VI e V2 de V e para todos os escalares aER O conjunto de todas as formas bilineares de U X V em .IR será denotado por B(U; V) e, quando U = V, apenas por B(U). O conjunto B(U; V) tem uma estrutura de espaço vetorial sobre .IR. De fato, sendo f e g formas bilineares desse conjunto, defme-se f + g por (f + g)(u, v) = "'" f(u, v) + g(u, v) e M(À E .IR) por (M)(u, v) = Àf(u, v), para todo (u, v) E U XV. ~ um trabalho rotineiro provar que f + g e M pertencem a B(U; V). Exemplos 1) Sejam U = V =.lRn e f:.lRn X .lRn ~ .IR dada por f((Xl' : .. , xn), (Yl' ... , Yn)) = XIYl + X2Y2 + ... + xnYn. Trata-se do produto interno habitual no .lRn para o qual já vimos que valem as propriedades exigidas na definição .acima. 221 223 Exemplo - Achemos a matriz da forma bilinear f(u, v) = X1Yl + 3X1Y2 - X1Y3 + X2Yl - 3X2Y3 (exemplo 4 do item anterior) em relação às bases canô- nicas. Como Proposição 1 - Fixadas as bases B do espaço vetorial U e C do espaço vetorial V, a correspondência que associa a cada forma bilinear f E B(U; V) sua matriz em relação a essas bases, é um isomorftsmo do espaço vetorial B(U; V) no espaço vetorial Mmxn(IR). Demonstração - É rotineira. Faça-a como exercício. Para inspirar-se, se for o caso, veja a proposição 1 do capítulo 5 e páginas seguintes. - Da proposição anterior decorre que se dim U = m e dim V = n, então dim B(U; V) = dim Mmxn(IR) = m °n. A mesma proposição nos ajudará a cons- truir uma base de B(U; V). Se B = {Ul> ... , Um} e C = {Vl' ... , vn} são bases de U e V, respectiva- mente, lembremos que as funções Fi: U -+ IR dadas por Fi(X1Ul +. " + xmum) = = Xi (i = 1, ... , m) constituem uma base do espaço dual de U (base dual de B), da mesma maneira que as funções Gr V -+ IR, deftnidas por Gj(Y1Vl + ... + + Ynvn) = Yj (j = 1, ... , n) formam uma base do espaço dual de V. Observando que (Fi ® Gj)(Uj, Vj) = Fi(Ui)Gj(Vj) = 1 o 1 = 1 e que (Fi ® Gj)(ur , vs) = Fi (ur)Gj (vs) = 0, sempre que i =F r ou j =F s, concluímos que a matriz associada a Fi ® Gj, no isomorftsmo considerado na proposição 1, é a matriz cujo termo de índices i e j é igual a 1 e cujos demais termos são nulos. Logo as formas Fi ® Gj (i = 1, ... , m; j = 1, ... , n) estão em corres- pondência, no isomorfismo considerado, com as matrizes da base canônica de Mmxn (.IR.). Portanto formam uma base de B(U; V). f((I, O), (1, 0, O)) = l,f((I, O), (0,1, O)) = 3, f((I, O), (O, 0, 1)) = -1, f((O, 1), (1,0, O)) = 1, f((O, 1), (O, 1, O)) =°e f((O, 1), (0,0, 1)) = -3, a matriz é é chamada matriz da forma bilinear f em relação às bases B e C. (Veja exercício 4 a seguir). A 222 Suponhamos que U e V sejam espaços vetoriais sobre IR de dimensões m e n respectivamente. Tomemos uma base B = {Ul' ... , Um} de U e uma base C = m n = {Vl, ... , vn} de V. Então, se u = I aiui E U e v=I bjvj E V, f(u, v) = i=l j=l 2. MATRIZ DE UMA FORMA BILINEAR matriz m x n 2) Seja A uma matriz real m x n ftxada. A aplicação fA: Mmxl (IR) X X Mnxl (IR) -+ IR dada por fA (X, Y) = XtAY é bilinear devido à propriedade associativa da multiplicação de matrizes, devido à propriedade distributiva desta em relação à adição e ainda porque (aP)Q =P(aQ) = = a(PQ) e (P + Q)t = pt + Qt (a E IR; P e Q matrizes). 3) Sejam ({J: U -+ IR e u: V -+ IR duas formas lineares (veja capítulo 5, § 4). A função f: U x V -+ IR deftnida por f(u, v) = ((J(u)u(v) é bilinear. Verifiquemos o item (c) da deftnição dada: f(u, Vl + V2) = ({J(U)U(Vl + V2) = ((J(U)(U(Vl) + U(V2)) = = ({J(U)U(Vl) + ((J(U)U(V2) = f(u, Vl) + f(u, V2)' Esta forma bilinear é denotada por ({J ® U e recebe o nome de produto tensorial das formas lineares ({J e u. 4) Sejam u = (Xl> X2) e v = (Yl> Y2' Y3) vetores genéricos de IR2 e do IR3 respectivamente. A função f: IR2 X IR3 -+ IR dada por f(u, v) = X1Yl + 3X1Y2 - X1Y3 + X2Yl - 3X2Y3 é uma forma bilinear çonforme se veriftca facilmente. 5) Todo produto interno em um espaço vetorial sobre IR é uma forma bilinear, o que. decorre da própria deftnição de produto interno. EXERCÍCIOS PROPOSTOS 3. Provar que B(U; V) é um espaço vetorial sobre IR. 2. Provar que se f: U X V .... IR e g: U X V .... IR são bilineares, então f + g e Àf são bili- neares (À E IR). 9. Sejam "P: IR2 -+ IR e 1/1: IR2 -+ IR as formas lineares dadas por "P(x, y) = 2x + ye I/I(x, y) = X - y. Calcular as formas bilineares: a) "P 0 1/1; d) 1/1 0 1/1; b) 1/1 0 "P; e) "P 0 1/1 - 1/1 0"P; c) "P 0 "P; f) "P 0 1/1 + 1/1 0 "P. *12. Sejam V um espaço, {VI' ... , vn} uma base de V e "P: V -+ IR uma forma linear. A matriz de "P é, por definição, a matriz 1 X n ("P){vj} = ("P(Vl), ... , "P(vn»· 8. Seja a forma bilinear f(u, v) = aXlYl + bX2Yl + cXlY2 + dX2Y2' Que condições devem satisfazer a, b, ce d para que: a) f(u, v) = f(v, u) para todo u, v E IR2 ; b) f(u, v) = - f(v, u) para todo u, v E IR2 ; *c) Existau '* O tal que f (u, v) = O para todo v E IR2 ; *d) f(u, v) = O para todo v E IRz acarrete u = O. 10. Sejam "P: IR2 -+ IR e 1/1: IR3 -+ IR dadas por "P(x, y) =2x+3y e 1/1 (x, Y, z) = X+Y- z. Calcular as formas bilineares "P ® 1/1 e 1/1 ® "P. Existe "P ® 1/1 + 1/1 ® \{ft. 11. Seja f: U X V -+ IR uma forma bilinear. Seja Uo um vetor fixo de U. Se W = {v E V I f(uo, v) = O}, prove que W é sub-espaço vetorial de V. Como se obtém a matriz de "P 0 a a partir das matrizes de "Pe de a? Sugestão: voltar ao exercício 9. rI aif(ui, v); i=l c) f (t aiui, v) 1=1 d) f (u, t bjVj ) = t bj f(u, Vj); J=l J=l. e) f(~aiui' ~bjVj)' = I aibj f(Ui, Vj). 1 1 .. 1, J 1. Mostrar que f: U XV .... IR é uma forma bilinear se, e somente se, a) f(alul + azuz, v) = alf(ul> v) + azf(uz, v) e b) f(u, ai VI + azvz) = alf(u, VI) + azf(u, vz) para todos os vetores u, UI, Uz de U, todos os vetores v, vi> Vz de V e quaisquer esca- lares ai e az em IR. 4. Seja f: U X V .... IR uma forma bilinear. Provar que a) f(o, v) = f(u, o) = O; b) f(-u, v) = f(u, -v) = -f(u, v); 6. Calcular a matriz das formas bilineares que aparecem no exercício anterior em relação à base canônica. 7. Seja a forma bilinear do IR2, f(u, v) = xlYl + 2XlY2 - xZYl + x2Y2. Calcular sua ma- triz em relàção às seguintes bases do IR2: 5. Sejam u = (Xl. Xz) e v = (Yi> yz) vetores genéricos do IRz . Quais das seguintes funções são formas bilineares: a) {(l, 1), (l, -I)}; b) {(2, 1), (1, 2)}; c) {(2, 3), (4, I)}. A partir de agora estudaremos formas bilineares definidas em V X V com valores em IR. Neste caso consideraremos sempre a mesma base para definir a matriz de uma forma bilinear. Defmição 2 - Dizemos que duas matrizes A e B de ordem n são congruentes se existe uma matriz inversível P, do mesmo tipo, de maneira que B = ptAP. Usaremos a notação A "'" B para indicar que A e B são congruentes. Essa relação binária em Mn(IR) tem as seguintes propriedades: (I) A"'" A; (lI) A "'" B > B "'" A; (111) A "'" B e B "'" C > A "'" C. 3. MATRIZES CONGRUENTES - MUDANÇA DE BASE PARA UMA FORMA BILINEARe) f(u, v) = 1; f) f(u, v) = XlZ + XZYl; g) f(u, v) = XlYl + xzYz + 1; h) f(u, v) = xlYz - xZYl. a) f(u, v) = xlYl; b) f(u, v) = xlYZ; c) f(u, v) = Xl (Yl + yz); d) f(u, v) = O; 224 225 n nI I Xif(Uj, Uj)xj e i=l j=l A demonstração da primeira é trivial: tomar P = In. Quanto à segunda, se B = ptAP, então A = (pt)-lBP-1. Como porém vale a igualdade (pt)-l = (P-1)t, obtemos A = (P-l)t B(P-1). Deixamos como exercício a verificação de (I1I). Portanto a relação "congruência de matrizes" é uma relação de equivalência. Exemplo - As matrizes A = (~ ~) e B = (: ~) são congruentes pois tomando a matriz inversível P = (~ ~ ) teremos Uma vez introduzido o conceito de congruência de matrizes, podemos pensar em representar uma forma bilinear em relação a duas bases e comparar as matrizes. Seja V um espaço vetorial sobre IR de dimensão n, {UI, ... , un} uma base de V, f: V X V -+ IR uma forma bilinear. Sua matriz em relação a essa base é a matriz A = (ajj) defmida por f(uj, Uj) = ajj. Consideremos agora uma outra base {VI, ... , Vn} de Ve suponhamos que f(vj, Vj) = bjj . Veremos a seguir que é possível estabelecer uma relação entre as matrizes A e B envolvendo a matriz de mudança P da primeira dessas bases para a segunda. Consideremos os vetores u e v do espaço V referidos às duas bases consi- deradas: n n n n U= I XjUj = I YjVj e v = I X{Uj = I Y{Vj. j=l i=l i=l i=l No § 8 do capítulo 4 vimos que valem então as seguintes relações: ou apenas X = PY e X' = Py' com os significados óbvios de X, X', Y e y'. 226 Portanto f(u, v) = f (i XiUj, i Xj'Uj) = 1= 1 J= 1 f(u, v) = f (t YiVi, t YIVj ) = t i Yif(Vj, Vj)yj. 1=1 J=l 1=1 J=l As igualdades acima podem ser colocadas na forma matricial do seguinte modo: f(u, v) = XtAX' e f(u, v) = ytBY'(*) o que decorre diretamente do conceito de produto de matrizes. Daí, levando em conta as igualdades X = PY e X' = PY', ytBY' = f(u, v) = XtAX' = (PY)tA(pY') = yt(ptAP)Y/ isto quaisquer que sejam os vetores u e v tomados. Logo B = ptAP. Conclusão: quando se muda a base de V a matriz de f muda para uma outra que lhe é congruente. Por outro lado pode-se provar facilmente que toda matriz congruente à matriz A representa a forma bilinear f em relação a alguma base de V. De fato, se B = ptAP, com P inversível, e se X e X/ são as matrizes das coordenadas de u e v, em relação a uma certa base, então Y = p-1X e y' = = p- 1X/ serão as matrizes das coordenadas de u e v, respectivamente, com respeito a uma outra base do espaço (ver capítulo 3 - § 8 - PROBLEMA 3). Daí ytBY' = yt(ptAP)Y' = (Py)t A(pY') = xtAX' = f(u, v). Segue disso que a matriz de f em relação a uma certa base será inversível se, e somente se, todas as possíveis representações matriciais de f forem inversíveis. Definição 3 - Uma forma bilinear f: V X V -+ IR se diz não degenerada quando admite uma representação matricial inversível. Caso contrário a forma se diz degenerada. Exemplo - O produto interno no IRn cuja matriz em relação à base canô- nica é evidentemente In é um exemplo importante de forma bilinear não degene- rada. Observação: Nos parágrafos seguintes resolveremos problemas do seguinte tipo: dada uma forma bilinear procura-se uma base em relação-à qual a matriz dessa forma seja "bem simples". (*) Isto mostra que o exemplo 2 do primeiro parágrafo deste capítulo é bastante geral. 227 EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Sejmn A= (~ -;), B= (~ ;) e P= C_:). Calcuw ptAP e com- parar com B. Conclusão? 2. Seja a forma bilinear do IR? dada por f(u, v) = xlYl + xlY2 + x2Y2 - x2Yl para todo u = (xl' xz) e v = (Yl' Y2)' Calcular amatriz de f em relação às bases: a) {(O, 1), (1, O)}; b) {(l, O), (0, I)}; c) {(I, 1), (1, -I)}. Verifique que elas são congruentes duas a duas. 3. Seja a forma bilinear do 1R3 dada por f(o, v) = xlYl + 5x2Y2 + 8X3Y3 + xlY2 - ; xlY3 - 2x2Y3' Calcular sua matriz e~ relação às bases {(l, 0, O), (0,1, O), (0, 0, I)} e {(l, 1, 1), (l, 1, O), (1,0, O)} e provar dlretmnente que as matrizes são congruentes. 4. Sejmn as formas lineares do IR3, lp(x, Y, z) = x +Y+ ze 1/I(x, Y, z) = 2x - y. Calcular a matriz de 'P ® 1/1 em relação às bases do exercício 3. *5. Seja A = ( : ~). Encontre uma matriz inversível P tal que ptAP seja uma matriz diagonal. 6. Provar que se ptAP é uma matriz simétrica então Aé simétrica e reciprocmnente. Que se pode dizer se Aé anti-simétrica? Foi usado o fato de P ser inversível? 4. FORMAS BILINEARES SIMÉTRICAS E ANTI-SIMÉTRICAS Definição 4 - Uma fonna bilinear f: V X V --)o R é chamada simétrica se f(u, v) = f(v, u), para todo (u, v) E V X V. ' É claro que se f e g são simétricas então f + g também é pois (f + g)(u, v) = f(u, v) + g(u, v) = f(v, u) + g(v, u) = (f + g)(v, u). O mesmo acontece, é evidente, com ÀÍ (VÀ E R). Portanto o conjunto das formas bilineares simétricas de V X V em R é um sub-espaço de B(V) que se denota por Bs(V). 228 Nota: É evidente que a matriz de uma fonna bilinear simétrica é uma matriz simétrica. Seja, por outro lado, A uma matriz simétrica e seja f a forma represen- tada por A, com relação a uma certa base. Assim: f(u, v) = XtAX' mantendo as notações anterionnente usadas neste capítulo. Daí f(v, u) = (X')tAX = (X')tAt(Xt)t = (XtAX')t = (f(u, vnt = f(u, v) pois f(u, v) é uma matriz I X 1 que, portanto, coincide com sua transposta. Logo o espaço das fonnas bilineares simétricas é isomorfo ao espaço das ma- trizes reais simétricas cuja dimensão é n(n + 1)/2 (exercício resolvido 8 - § 6 - ca- pítulo 3). Desse isomorfismo segue, inclusive, que a dimensão de Bs(V) é também n(n + 1)/2 desde que a dimensão de V seja n. Por último, da relação B = ptAP segue que B é simétrica se, e somente se, A é simétrica. Logo se f é uma fonna bilinear simétrica sua representação matricial será simétrica qualquer que seja a base considerada. Teorema 1 - Seja f: V X V --)o R uma forma bilinear simétrica. Então existe uma base de V em relação à qual a matriz de f é diagonal. Demonstração (por indução sobre a dimensão de V): São triviais os casos em que f = Oe aquele em que dim V = 1. Suponhamos pois f =1= Oe dim V > 1. Certamente existe um vetor Vl tal que f(Vl' Vl)=I= O. De fato, se f(v, v) = O, Vv E V, então f(u +v, u + v) = f(u, u) + f(u, v) + f(v, u) + f(v, v) = 2f(u, v) = = O, Vu, v E V. Daí f = O o que é absurdo. Considerando o vetor Vi tal que f(Vl' Vl)=I= O, todo vetor v E V admite a seguinte decomposição ( f(v, Vl»). f(v, Vl) v = v - ·Vl + . Vl = Xl + X2f(Vl' Vl) f(Vl' Vl) Observemos que X2 é múltiplo de v1 e que ( f(v v») f(v, Vi) f(Xi' vd = f . v - f(v:, ~i) Vl, Vl = f(v, Vl)- f(Vi' Vl) f(Vl' Vl) = O (dizemos que Xl eortogonal a Vl relativamente a f). Como um múltiplo não nulo de Vl não pode ser ortogonal a Vi (relativamente a f), a decomposição acima é única no seguinte sentido: todo vetor v E V se decompõe, de maneira única, como a soma de um múltiplo de Vi e um vetor ortogonal a Vl relativamente a f. O sub-espaço gerado por Vi ede dimensão 1; logo os vetores ortogonais a Vl (relativamente a f) fonnam um sub-espaço de dimensão n - 1. A restrição I de f a este sub-espaço é simétrica; pela hipótese de indução existe uma base 229 230 ~H~j B = ( ~ ~ .. ~.) é de ordem k. 1 O O onde Considerando a nova base {Vl, ... , Vk, Wk,·.·, wd obteremos a representação matricial desejada. • f(u, v) = f(Àv, v) = ÀÍ(v, v) = O. 231 Corolário 1 - Se f: V X V -+ lR é anti-simétrica não degenerada então a dimensão de V é par. Prova - Para que f seja não degenerada sua matriz deve ser inversível, o que significa que os zeros da diagonal não aparecem. - Corolário 2 - Se dim V = 2k = n, então existe uma base de V em relação à qual a matriz de uma forma bilinear anti-simétrica não degenerada é do seguinte tipo Prova - Seja {Vl' Wl, V2' W2, ... , Vk, wd a base de V em relação à qual a matriz de f é Scja W o sub-espaço gerado por u e v. A restrição de f a W é uma forma bilinear anti-simétrica e sua matriz em relação à base B = { f(u~v) , v } é precisamente maior que 1. Existe então (u, v) E V X V de modo que f(u, v) =1= O. Esses vetores LI e v são necessariamente L.I. pois, caso contrário, teríamos por exemplo u-= Àv (À E lR) e daí A (verifique). Seja U = {u E V I f(u, w) = O, \/w E W}. ~ode~se provar então que U ® W=Ve daí decorre que dim U =n - 2. A restrição f de f a U é anti-~imé. trica e, por hipótese de indução existe uma base de U tal que a matriz de f em relação a ela é do tipo desejado, porém de ordem n - 2. Juntando à base B a base de U nessas condições obtemos a base que se pretente. - {V2, ... , vn} deste sub-espaço de maneira que f(Vi, Vj) = O se 2 ~ i =1= j ~ n. Considerando a base {Vl, V2, ... , vn} de V (porque é base?) temos f(vi> Vj) = O, sempre que i =1= j, e portanto a base procurada. - O '. Nota: Do que ficou dito acima segue que as formas bilineares anti-simétricas formam um sub-espaço de B(V) o qual será indicado por Ba(V). É claro também que a matriz de uma forma bilinear anti-simétrica é uma matriz anti-simétrica. Vice-versa, dada uma matriz anti-simétrica, pode-se mostrar que a forma bilinear de que ela provem, escolhida uma certa base de V, é anti-simétrica. Logo há um isomorfismo entre os sub-espaços das matrizes anti-simétricas sobre .IR de ordem n e o das formas bilineares anti-simétricas de V X V em lR, desde que dim V = n. Em particUlar a dimensão de Ba(V) é 2 n(n + 1) _ n(n - 1) n - 2 - - 2 isto porque Mn(lR) é soma direta do sub-espaço das matrizes simétricas com o das matrizes anti-simétricas, sendo portanto a dimensão deste último a diferença entre as dimensões dos dois primeiros. Teorema 2 - Seja f: V X V -+ .IR uma forma bilinear anti-simétrica. Então existe uma base de V em relação à qual a matriz de f é A A Corolário - Para toda matriz simétrica A existe uma matriz inversível P de modo que ptAP é uma matriz diagonal. -Definição 5 - Uma forma bilinear f: V X V -+ .IR se diz anti-simétrica se f(u, v) = -f(v, u), V- u, v E V. Decorre da definição que f(u, u) = O,Vu E V. É fácil provar que se f e g são anti-simétricas então f + g também é anti-simétrica, o mesmo acontecendo com Àf, para todo ÀE IR. A onde Demonstração (por indução sobre dim V): Se f é nula nada há a provar. a caso dim V = 1 também é trivial. Suponhamos f não nula e a dimensão de V 1. Escrever a expressão geral de uma forma bilinear simétrica no IR2 e no IR3. EXERCÍCIOS PROPOSTOS 4. Provar que I() ® 1JJ - 1JJ ® I() = Ose, e somente se, I() e 1JJ são linearmente dependentes. n n = L L xpqf(vj, Vj) = i=1 j=l ~ X.v~L J Jj=lq(u) = f(u, u) = f (t XiVi,1=1 n U = L XiVi E V temos i= 1 para todo (u, v) E V X V. Estas fórmulas são conhecidas como identidades de polarização e mostram que não somente q está univocamente determinada por f como também vale a recíproca: q determina f univocamente. Como uma conseqüência do teorema 1, veremos a seguir que toda forma qua- drática admite uma "forma cartônica". Seja agora {VI> ... , vn } uma base do espaço V; suponhamos q: V -+ IR a forma quadrática associada à forma bilinear simétrica f. Então, para todo vetor que é simétrica. A forma quadrática associada a f é a função q(v) = Xl2 + 2x,] + 3x; + X1X2 + X2X1 = X12 + 2~2 + 3x; + 2X1X2 Nota: Dada uma forma bilinear simétrica, se qé a forma quadrática associada a f um cálculo fácil (faça-o) mostrará que 1 1 f(u, v) = "2[q(u + v) - q(u) - q(v)] =4 [q(u + v) - q(u - v)] c) 2f = g + h.b) h E Ba(V);a) g E Bs (V); 5. FORMAS QUADRÁTICAS o estudo das formas bilineares está intimamente ligado ao das formas quadrá- ticas. Estas aparecem em numerosos problemas dentro e fora da Matemática o que torna o seu estudo bastante atraente. 5. Dada f E B(V) provar que as formas bilineares g e h definidas por g(u, v) = f(u, v) + + f(v, u) e h(u, v) = f(u, v) - f(v, u) satisfazem as condições: 2. Escrever a expressão geral de uma forma bilinear anti-simétrica no IR2 e no IR3 . Encontrou algo de familiar? 3. Sejam I() e 1JJ formas lineares sobre V. Provar que a forma bilinear I() ® 1JJ - 1JJ ® I() é anti-si- métrica e I() ® 1JJ + 1JJ ® I{J é simétrica. Defmição 6 - Seja f: V X V -+ IR uma forma bilinear simétrica. Conside- remos a função qr: V -+ IR defmida por qr(v) = f(v, v), para todo v E V. Esta função de uma variável, que indicaremos apenas por q, quando não houver possibi- lidade de confusão, chama-se forma quadrática sobre V associada à forma bilinear f. Exemplos 1) A forma quadrática associada ao produto interno usual do IRn é q(Xl. ... , xn) = x;z + '" + xi. 2) É uma forma bilinear simétrica do IR3 a função f dada por f(u, v) = XlYl + 2X2Y2 + 3X3Y3 + XlY2 + X2YI> onqe u = (Xl, X2, X3) e v = (Yl' Y2, Y3)' Observe por exemplo que a matriz de f em relação à base canônica é nL f(Vi, Vi)X{ + 2 L f(Vi, Vj)XiXj. i=1 i<j Sendo A = (f(Vi, Vj)) a matriz de f em relação à base considerada e se1'l;do X a matriz das coordenadas de u, em relação à mesma, a igualdade obtida pode ser expressa, como já vimos, assim: q(u) = Xt • A • X O teorema 1 nos assegura que existe uma base de V em relação à qual a matriz de f ê diagonal. Supondo Y a matriz das coordenadas de u nessa base e essa representação diagonal de f, teremos 232 23~ 234 n Seja a forma quadrática no lRn, q (Xl, ... , Xn) = I aijXiXj com aij = i,j= 1 = aji' Suponhamos all =1= O. Façamos a seguinte mudança de coordenadas: 235 q(Y1, ... , Yn) = aUY12 + q1(Y2, ... , Yn) onde q1 (Y2' ... , Yn) é uma forma quadrática em n - 1 variáveis Y2, ... , Yn· Se por acaso all = Omas a12 =1= O fazemos a substituição de variáveis Então, levando para a expressão de q (Xl, ... , Xn) estas substituições obteremos Xn = Yn Vamos dar a seguir dois processos práticos para reduzir uma forma quadrá- tica a uma expressão diagonal. 6. REDUÇÃO DE FORMAS QUADRÁTICAS: ALGORITMOS 3. Seguindo o processo dado acima, reduzir a uma soma de quadrados as seguintes formas qua- dráticas no IR2: a) q(X1, X2) = X12 + Xz2 - 4X1X2; b) q (Xl> X2) = X1X2 + Xz2; c) q (Xl, X2) = X1X2· 6.1. PROCESSO DE GAUSS • Z = O O o ~1 US+1 Ut , ... ,Wt =---, V-dS+1 V-dt -1 1 o q(u)=zt. Wt+1 == Ut+1> ... , wn = uno U1 UsW1= --, ... , Ws = --, WS+1 = Yd; v'ds" EXERCÍCIOS PROPOSTOS 2. Escrever a matriz das formas bilineares que aparecem no exercício 1, em relação à base ca- nônica do IR3. Com isso dizemos que q foi reduzida a uma soma de quadrados. 1. Qual a forma bilinear simétrica que dá origem à forma quadrática do 1R3; a) q(X1, x2' X3) = X12 + x22 + x32 - 2X1X2 + 4X1X3 - x2 x3; b) q(Xl> x2, x3) = x12 - x22 + 4X2x3; c) q(X1, x2, X3) = 2(X1X2 + x1 x3 + X2X3)' Se as coordenadas de u em relação a esta última base são dadas pela matriz Z e e se zt = (Zl, ... , zn), então q (u) ~ y'DY ~ (y" ... , Yn) • D· (J~) ~ d, Y,' + , .. + dnY;; (1) Dizemos que a base com a qual conseguimos esta última igualdade diagonalizou a forma quadrática q. A igualdade (1) é uma expressão diagonal de q. Esta última expressão de q (u) pode ainda ser melhorada da seguinte maneira. Ordenemos, se necessário, a base {U1' , un} que diagonalizou q (u), de ma- neira que d1, ... ,ds sejam positivos, dS+1, , dt sejam negativos e dt +1, ... , dn sejam nulos. É claro que isso sempre é possível e que OO;;;; s, t O;;;; n. Consideremos então uma nova base {W1' ... , wn} assim construída Daí: sendo portanto P = (~ ~) ~)O) . ( 1-3) . (11 -3 2 O = (1 -3) (1 3) = (1 O) O -7 O 1 O -7 Logo q (yI, Y2) = Y; - 7Yi . ( 1-3) (1pt • • P = -3 2 3 q(Y1> Y2) = 2(YI + Y2)(Yl - Y2) = 2y; - 2Y22 O mesmo cálculo feito matricialmente apresenta-se assim. A matriz de q é (~ ~) e a matriz de mudança de base éP = (: _:) . obtendo Exemplo 2 - Seja q(XI, X2) = 2XlX2 = XlX2 + XIX2· Sendo all = O devemos fazer a substituição{:: :~: ~ ~: Daí Exemplo 1 - Seja q(XI' X2) = Xl2 + 2xi - 6XlX2 = x; + 2~2 - 3XlX2 - 3X2Xl Sendo all '* O fazemos a substituição { Xl = Yl - (-3Y2) X2 = Y2 Xn =Yn q(Yb Y2) = (Yl + 3Y2)2 + 2yi - 6(YI + 3Y2)Y2 = = Y; + 9Y22 + 6YlY2 + 2Y22 - 6YlY2 - 18y{ = Yl2 - 7Yi Xl = Yl +Y2 X2=YI-Y2 X3 = Y3 obtendo e recaímos numa forma quadrática nas variáveis Yl , ... , Yn em que o coeficiente de Y? é não nulo. A esta aplicamos então a mudança de coordenadas explicada de início. Repete-se o procedimento com a forma quadrática ql. A repetição desse raciocínio um número finito de vezes nos levará à redução desejada. que é uma forma diagonal. Vejamos como o mesmo processo pode ser visto sob o ângulo das matrizes. A matriz de uma forma quadrática é a matriz da forma bilinear de que ela provém. Logo a matriz de q no exemplo é ( 1-3) -3 2 A matriz de mudança de base P é tirada da substituição de variáveis { Xl = Yl + 3Y2 X2 = Y2 pt. e~).p =pt. (~ ~) • (: _ ~) = = pt. (1 -1) (1 1) (1 -1) = (2 O) 1 1 1 -1 1 1 O -2 Donde q(Yb Y2) = 2y? - 2y,j. Exemplo 3 - Seja q(XI, X2, X3) = Xl2 + 2XlX2 + ~2 - 4XlX3 - 6X2X3 + xi = = x; + XlX2 -2XIX3 + X2Xl + xi - 3X2X3 - 2X3Xl - 3X3X2 + xi, . forma quadrática no IR3. 236 237 G O -DO = B e-1 G O -D 1 T O Então do que resulta As multiplicações de matrizes, deixamos a cargo do leitor. Observe o leitor que este processo é trabalhoso, sendo impraticável quando o número de variáveis for grande. Tudo o que explicamos acima pode ser "meca- nizado" da maneira explicada a seguir. obtendo Y2 = Z2 Efetuamos as substituições { Xl = YI X2 = Y2 X3 = Y3 q(YI, Y2, Y3) = (YI - Y2 + 2Y3)2 + 2(YI - Y2 + 2Y3)Y2 + Y22 - 4(YI - Y2 + 2Y3)Y3 - 6Y2Y3 + Y; = Yl2 + yl + 4y; - 2YIY2 + + 4YIY3 - 4Y2Y3 + 2YIY2 - 2yl + 4Y2Y3 + Y; - 4YIY3 + 4Y2Y3 _ - 8y; - 6Y2Y3 + Y; = Y{ - 3y; - 2Y2Y3' Efetuemos agora a redução de ql(Y2, Y3) = -3y; - 2Y2Y3. Façamos, conforme a teoria, as substituições YI = Zl ( 1 O ~ - ~ 1q(ZI, Zz, Z3) = zl + 3 Zz2 - 3z;. É claro que a mesma redução poderia ser feita por matrizes. Vejamos como. 6.2. PROCESSO DAS MATRIZES ELEMENTARES No apêndice I, capítulo 1, vimos o que são matrizes elementares. Foi provado nesse apêndice que se E é uma matriz elementar de ordem n e se A é uma matriz qualquer n x n a matriz EA é a matriz que se obtém de A efetuando na matriz A a mesma operação elementar que transformou In em E. Assim como definimos naquela altura operações elementares com as linhas de uma matriz poderíamos definir operações elementares com as colunas dessa matriz. E teríamos as matrizes elementares por colunas, definidas de maneira óbvia, em contraposição àquelas já conhecidas. Também poderíamos provar, de modo análogo, que se F é elementar (por colunas) AF é a matriz que se obtém de A efetuando sobre suas colunas a mesma operação elementar (com colunas) que transformou In em F. Também é claro que o conjunto das matriZes elementares por colunas é o mesmo conjunto das matrizes elementares (por linhas). Por exemplo a matriz Efetuamos duas mudanças obtendo ql(Z2, Z3) = -3 (Z3 _-}Zz)2 - 2Zz (Z3 --}Z2) = -3212+ 2 2 1 - - Z3 - TZ2 2Zzz3 - 2Zzz3 + 3 Z2 = 3 Zz2 - 3z;. Portanto ( 11-2)A matriz de q inicialmente é A = 1 1-3 . -2 ~3 1 sucessIvas de bases dadas respectivamente por P, ~G-~ De P, ~ 238 239 241 a) Somando à segunda linha a primeira multiplicada por (-1) e à segunda coluna da matriz obtida sua primeira coluna multiplicada por (- 1) obtemos sucessi- vamente ( ~ ~ =~) -2 -1 I ( ~ ~ -~)O -1 -3 e e e (~ ~ =~) -2 -3 1 (~ -~ -~)\? 0-1 (~ ~ =~)O -1 -3 (Convém, nesta altura, parar um instante e comparar o resultado obtido com o processo de Gauss.) c) Permutemos a segunda e a terceira linhas da última matriz e façamos a mesma operação com as colunas do resultado obtido. Teremos d) Finalmente G=: -D G-~ -1) G-~ D b) Somando à terceira linha desta última matriz o dobro de sua primeira linha e à terceira linha da matriz assim conseguida o dobro de sua primeira coluna achamos, respectivamente Na primeira destas passagens substituímos a terceira linha pela soma dela com a segunda multiplicada po~ - +. Na segunda fizemos o mesmo com relação à segunda e à terceira colunas. Na prática podemos (com base na associatividade da multiplicação de ma- trizes) efetuar primeiro as operações com linhas que forem possíveis, depois todas as operações com colunas correspondentes, e assim por diante. Vejamos como fazer isso de uma maneira que nos leve também à obtenção de P. A = (~ ~ =~) -2 -3 1 tanto se obtém de 13 somando à terceira linha desta sua primeira linha multi. plicada por 3, como se obtém de 13 somando à primeira coluna desta sua terceira coluna multiplicada por 3. Observemos que a transposta de uma matriz elementar é ainda elementar. A transposta da matriz E acima é a matriz que se obtém de 13 somando à primeira linha de 13 o triplo de sua terceira linha. Ou somando à terceira coluna de 13 o triplo de sua primeira coluna. Em resumo, se para efetuar uma certa operação elementar com as linhas de uma matriz A precisamos multiplicar A por uma matriz elementar E obtendo EA a mesma operação seria efetuado com as colunas de A calculando o 'produto AE< Consideremos agora uma forma quadrática q (u) = XtAX sobre um espaço vetorial V. Já sabemos que existe uma matriz inversível P de modo que ptAP = D é diagonal e que D é uma outra representação matricial de q. Mas P, por ser inversível, é um produto de matrizes ele,mentares EI, ... , Er (apêndice I, capí- tulo 1); P = Er E2EI. Logo D = (Er ~EI)tA(Er ... E2Et> = (EltE2t ... Ei)A(Er ... ~EI) = = (Elt E{-I)(EiAEr)(Er_1 '" EI). Esta igualdade nos diz que existe uma seqüência fmita de operações elemen- tares que aplicadas alternadamente sobre as linhas e sobre as colunas irá transformar A na matriz D. Como pt = Elt ... Ei == (E/ ... Ei)ln , a mesma seqüência de operações, aplicadas sobre as linhas, transformará a matriz In na transposta da matriz P de mudança de base. Exemplo - Diagonalizar a forma quadrática q (Xl, X2., X3) = Xl2 + 2Xl X2 + +X22 - 4XIX3 -6X2X3 +x;. Amatriz de q é 240 7. LEIDE INÉRCIA Conforme vimos nos parágrafos 4 e 5 é sempre possível fazer uma mudança de variável da forma X = PY de modo a diagonalizar uma forma quadrática q (Xl, ... , xn). No entanto existem muitas mudanças da forma X = PY que nos conduzem a uma forma diagonal. Contudo, existe um invariante neste processo. É o que afIrma o teorema seguinte. Teorema 6 (Lei de Inércia): Seja q uma forma quadrática em um espaço vetorial V. Suponhamos que numa representação diagonal de q o número de coefI- cientes positivos seja r e o número de coeficientes negativos seja s. Então em qualquer outra representação diagonal de q haverá r termos positivos e s termos negativos. Demonstração: Seja {Vl, ... , vn} uma base de V que diagonaliza q. Assim n se u = L: xivi E V, então q (x) = dl X{ + ... + dnxJ e podemos supor d l > O, i= 1 3. Reduzir por operações elementares à forma diagonal as formas quadráticas do exercício 2. Comparar os resultados. 4. Seja a forma quadrática q(Xl, X2) = ax; + 2bxlX2 + cxi, a"* O. Reduza-a à forma diagonal, dando a substituição linear correspondente à redução. 2. Reduzir pelo processo de Gauss à forma diagonal as formas quadráticas seguintes no IR3: a) X; + X1X2 - xi + X; + 2X2X3; 222b) 3Xl + 2X2 - 3X3 + 5X2X3; c) X{ - xi - X; + 2X1X3 + 4X2x3 + 6X1X2' Dar, em cada caso, a substituição linear que diagonaliza a forma quadrática. O O 1 o 1 O -2: 1 I -1: -1 I -3: 2 O: 1 I -3: 2 I -1: -1 O: 1 I -1: 2 1: 5 3:-"5 1 O -1 O -1 O O -3 O O: 1 IO I 2 1: 5 "5:-"5 o 1 O O 1 O O O 1 1 O O 1 -1 2 1 2 -1 -2 -3 1 O -1 -3 O -1 O 1 1 -3 O O -1 O -3 -1 G~~ Ci :-D ~pt wgo EXERCÍCIOS PROPOSTOS o leitor deve notar que não efetuamos nenhuma operação elementar com colunas pará obter pt . O por que disto está no último parágrafo da explicação deste método. onde 1. Reduzir à forma diagonal pelo processo de Gauss as seguintes formas quadráticas no IR2: 22' a) Xl + X2 + 2X1X2; b) X{ + xi - 2X1X2; ) 2 2C Xl - X2 - 2X1X2; d) 4X1X2 + xi; e) 4X1X2. ... , dr > O, dr +1 < O, ... , dr +s < Oe dr +s+l = ... = dn = O. . n Seja {Ul' : .. , un} uma outra base que diagonaliza q. Sendo u = L: Yiui, i= 1 então q(u) = d l'Y12 + .. : + d~yJ e podemos supor que d l' > O, ... , d~ > O, d;+l < O, ... ,d~+q < O e d~+q+l = O, ... , dri = O. Devemos provar que p= = r e q = s. 242 243 Sejam U = [VI, ... ,vr ] e W = [up +1, ... ,un]. Mostremos que U nW = {o}. De fato, seja w E U n W. Então w = alvl + ... + arvr = bp+1uP+l + ... + bnun, com os ai e os bj em m.. Portanto q(w) = d1a12 + ... + dra; ;> O e q(w) = d~+lbp+l + '" + d~bJ :;;;;; O do que decorre que q(w) = O. Como porém di, ... , dr > Oa igualdade q(w) = = d1a12 + ... + dra; = O é possível se, e somente se, ai = ... = ar = O, ou seja, se e somente se w = o. Como dim U = r e dim W = n - p, temos r + (n - p) = dim U + dim W = dim (U n W) + dim{U + W) = =dim(U+W):;;;;;n donde r + (n - p) :;;;;; n e portanto r:;;;;; p. De maneira análoga provamos que p ;> r. Então p = r. Daí vem que s = q.• Defmição 7 - O par (r, s) das considerações acima chama·se assinatura da forma quadrática q. Exemplos 1) A forma quadrática q(Xl, X2) = X{ + 2X22 - 6X1X2 tem.assinatura (1, 1). 2) A forma quadrática q(Xl' X2) = 2X1X2 tem assinatura (1,1). 3) A assinatura da forma quadrática q(Xi> X2, X3) = X{ + 2X1X2 + xi _ - 4X1X3 - 6X2X3 + xi é (2, 1). 4) A forma quadrática associada ao produto interno usual no m.n tem assinatura (n, O). Deixamos como exercício o cálculo da assinatura das formas quadráticas dos exercícios do parágrafo 6. 244 Exemplos V(f...) == {u E V I T(u) == f...u} = Ker(T - f...I) (x, y) Ix, yl / ~ ~ ~ , , , (y, x), , , , , , - Ix, v)' T(x,yl (\------ I I I I I I I ------ I I I I 2) Seja T: ]R2 -+ IR2 dada por T(I, O) == (O, 1) e T (O, 1) == (-1, O), então T(x, y) == xT(I, O) + yT(O, 1) == == x(O 1) + y(-I, O) == (-y, x). T é , ° então uma rotação de 90 . Neste caso é impossível que T (x, y) == f... (x, y) com (x, y) =1= (O, O) pois o ângulo entre (x, y) e T (x, y) é de 90°. Logo T não admite vetores próprios, V (f...) == {o}, V f... E IR. 3) Seja V um espaço vetorial e T == Ri\. == homotetia de razão f.... Assim, T(u) == Ri\. (u) == 'Au, Vu E V, e todo vetor é vetor próprio com valor próprio f.... Neste caso V ('A) == V. 4) Seja T a rotação de ângulo e no ]R3, tendo como eixo fixo o eixo-z. Ou seja, T é o operador cuja matriz na base canônica é: ( cos e sen e O) -sen e cos e O O O 1 1) Seja T: ]R2 -+ ]R2 dado por T(x, y) == (y, x). A aplicação T é a reflexão dos vetores em tomo à diagonal A Assim, se o vetor está no eixo-x, sua imagem está no eixo-y. Não há portanto vetores próprios no eixo-x. No entanto se (x, y) está na diagonal t:" teremos T(x, y) == (x, y) e assim todo vetor de t:, é um vetor próprio de valor próprio igual a 1. Analogamente se um vetor está na diagonal t:,', sua imagem está em t:,' e é exatamente seu oposto. Logo os vetore,s de t:,' são vetores próprios com valor próprio -1. Então V(I) == t:, e V(-I) == t:,. Defmição 2 - O sub-espaço introduzido nas considerações acima chama-se sub-espaço próprio de 'A e será indicado por V ('A). Assim: Seja V o espaço vetorial constituído dos vetores definidos por meio de seg- mentos orientados. Consideremos um operador linear T: V --+ V. Tomando-se "ao acaso" um vetor liE V, em geral lie T(U) não têm a mesma direção. Mas existem, às vezes, certos vetores privilegiados para os quais T(U) = À,U, com À, E IR; isto é, T (U) e li têm a mesma direção. Neste caso o efeito de T sobre lié apenas uma mudança de módulo ou uma mudança de sentido. Os vetores assim privilegados são importantes, conforme veremos a seguir. Às vezes é possível formar uma base com eles e esta será uma base privilegiada. Definição 1 - Seja V um espaço vetorial (sobre IR ou sobre <C) e seja T: V --+ V um operador linear. Um vetor u E V, u ~ o, é um vetor próprio de T se existe um escalar À, (de IR ou <C, respectivamente) tal que T(u) = À,u. Neste caso À, é um valor próprio de T associado a u. Notas: CAPíTULO 1 Diagonalização de Operadores Lineares e Forma de Jordan 1) As expressões "vetor próprio", "auto-vetor" e "vetor característico" são sinônimas bem como "valor próprio", "auto-valor" e "valor característico". 2) O escalar À, é univocamente determinado por Teu pois T(u) = À,u = À,'u ~ (À, - À,')u = o ~ À, = À,' Fixado À" o cojunto [u E V IT(u) = À,uJ é um sub-espaço vetorial de V pois T(u) = À,u ** (T - U)(u) = o ** u E Ker(T - UfJ o que significa que o subconjunto que acabamos de definir coincide com Ker(T - U) que sabemos ser um sub-espaço vetorial de V. (*J I indica o operador idêntico de V. 1. VALORES E VETORES PRÓPRIOS 246 247 Definição 3 - Dada uma matriz A = (aij) de ordem n (real ou complexa), chama-se polinômio característico de A o seguinte polinômio de grau n: Logo Retomemos os cinco exemplos dados neste parágrafo e calculemos PT (x) (mudamos a variável t da definição por x). 1) A matriz de T na base canônica é G ~) ( -x 1)PT (x) = det = x2 - 1 1 -x Exemplos 2) A matriz de T é cujas raízes em IR são 1 e-I. Demonstração - Da definição 1 segue que À é valor próprio de T se, e somente se, Ker(T - Àln) =1= {o}. Mas isto equivale a que T - Àln não é inversível e, ainda, a que det(T - Àln) = °(ver capítulo 7 - § 7). Como por definição, det(T - tln) = det«T) - tIn) = PT(t), então a proposição está provada. - Proposição 2 - Seja T um operador linear de um espaço vetorial sobre K(KS= IR ou K = <C) de dimensão n. Então os valores própriosde T são as raízes de PT(t) emK. Nota: Se V é um espaço sobre <C, então PT(t) é um polinômio complexo que, devi· do ao teorema fundamental da álgebra, tem n raízes (n = dim V) em <C,já levando em conta a multiplicidade algébrica das raízes. Neste caso, então, um operador linear T tem n valores próprios. Mas se V é um espaço sobre IR o número de valores próprios de um operador T E L (V) é menor que ou igual à dimensão de V, pois algu- . mas das raízes de PT(t) podem não ser reais. = det(A - tln>. Ix, y, zl I I I I I I Ix, y, 01 5) Seja P: IR3 ~ IR? a função P(x, y, z) = (x, y, O) que é a projeção sobre o plano xy. Neste caso (O, 0, 1) é vetor próprio com valor próprio °pois P(O, 0, 1) = (O, 0, O). Todo vetor do plano xy é vetor próprio com valor próprio 1 pois P(x, y, O) = (x, y, O). Temos então: V (1) = plano xy e V (O) = eixo-z. Proposição 1 - Matrizes semelhantes têm mesmo polinômio característico. Demonstração - Se B e A são semelhantes, existe uma matriz inversível M tal que B = M- 1AM. Daí: PB(t) = det(B - tIn) = det(M-1AM - tIn) = = det(M-1AM - tM-1lnM) = det(M-l(A - tIn)M) = = det(M~l)det(A - tln)detM = det(A - tln) = PA (t). - A proposição que acabamos de provar toma válida a seguinte definição: o vetor (0,0,1) é vetor próprio com valor próprio 1 pois T(O, 0,1) = (0,0,1). Não há outros vetores próprios quando °< e < ;. Logo V (1) = eixo-z. Definição 4 - Seja V um espaço vetorial de dimensão n e T: V ~ V um operador linear. Chama-se polinômio caracteristico de T o polinômio caracterís- tico da matriz de T em relação a qualquer base de V. Notação: PT(t). Tal definição é válida porque matrizes do mesmo operador são necessaria- mente matrizes semelhítntes.. Logo PT(X) = det que não tem raízes em IR. ( -x -1) .. = x 2 + 1 1 -x 248 249 3) Seja {el, ... , en } uma base de V; a matriz de Hi\ = T em relação a essa base é x= (11) O operador P: IR3 -+ IR3 dado por P(x, y, z) = (x, y, O) tem valores próprios O e 1. Vetores próprios associados a O: P(x, y, z) = O(x, y, z) = (O, O, O) <-> (x, y, O) = = (O, O, O) <=> X = Y = O. Então os vetores próprios associados ao zero são os vetores x • (O, O, 1), \Ix E IR*. Vetores próprios associados ao 1: P(x, y, z) = 1(x, y, z) <=> (x, y, O) = (x, y, z) <=> z = O. Os vetores próprios neste caso são os vetores (x, y, O), onde x =1= O ou y =1= O. Podemos achar dois vetores próprios que são linearmente independentes, a saber, (1, O, O) e (O, 1, O). O 2) Assim como definimos valores e vetores próprios de um operador, pode- mos definir valores e vetores próprios de uma matriz. Se A é uma matriz, de ordem n, real ou complexa, chama-se valor próprio de A toda matriz Notas: 1) Uma vez conhecidos os valores próprios de um operador T, podemos achar os vetores próprios associados a cada vetor próprio. Se Àé um valor próprio (raiz do polinômio PT (x)) os vetores próprios associados a À são os vetores não nulos do núcleo de (T - 11.1). Vejamos alguns exemplos. (I) O operador T: IR? -+ IR? dado por T(x, y) = (y, x) tem como valores próprios 1 e -1. Os vetores associados ao valor próprio 1 são aqueles que satis- fazem (x, y) =1= (O, O) e (T - ÀI)(x, y) = (O, O) com À= 1 ou seja (T - I)(x, y) = = (O, O) ou ainda T (x, y) = (x, y) ou (y, x) = (x, y) donde vem x = y. Logo os vetores próprios associados a 1 são os vetores da forma (x, x) = x (1, 1), \I x E IR*. Analogamente os vetores próprios associados a-I são os múltiplos de (1, -1), dado por x(l, -1), \Ix =1= O. O )O - l-x - À O O O À O o O À (~.~.~ .. ~ 0. ) O O... À-x PT(x) = det e portanto Pr(x)~ det (_:~ -x :~-x = (1 - x)(x2 - 2 cos (J x + 1) cujas raízes são: 2 cos (J + ..;x 2 cos (J - ..;x 1, 2 e 2 e À é o único valor próprio de T; neste caso À é uma raiz múltipla de PT (x) com multiplicidade n. 4) Neste caso onde 6. = 4 (cos2 (J - 1). Se Icos (J I < 1 as duas raízes são complexas e se cos (J = = ±1, as três raízes são reais. 5) A matriz de P em relação à base canônica é e portanto cujas raízes são O e 1, esta com multiplicidade 2. (1-~ xPp (x) = det Ol-x O O tal que AX = ÀX, onde Àé um escalar chamado valor próprio de A. Para que Àseja um valor próprio de A é necessário e suficiente, então, que exista umamatriz X =1= O, 250 251 2. DIAGONALIZAÇÃO DE OPERADORES 9. Sejam A e B matrizes triangulares com a mesma diagonal principal (aii = bii, i = = I, ... , n). Prove que: PA (t) = PB (t). *10. Provar que se Àé valor próprio de T, então'Àn é valor próprio de Tn. Generalizando, se p(t) é um polinômio então p(À) é valor próprio de p(T), onde p(T) = aoI + alT + + ... + anTnsep(t) = ao + alt + ... + antn. 8. Seja A uma matriz triangular, ou seja, uma matriz A = (aij) tal que aij = °sempre que i > j (ou, ao contrário, aij = 0, sempre que i < j). Qual o polinômio característico deA? 7. Seja ( ~ : ) a matriz de um operador do IR? Ache os valores pr6prios de T. Existem, neste caso, dois vetores próprios linearmente independentes'? G:) respectivamente. Os polinômios característicos respectivos são PT (x) = x2 - 1 e PS (x) = (1 - X)2, cujas raízes são: PT(x): 1, -1 e PS (x): 1 (dupla). São vetores próprios de T linearmente independentes: fI = (1, 1), associado a 1, e f2 = (1, -1), associado a -1. Logo {fI> f2 } é uma base de ]R2. Vamos examinar dois operadores do ]R2 que se comportam de maneira dife- rente quanto aos vetores próprios. São eles T(x, y) = (y, x) e S(x, y) = (x + y, y) cujas matrizes em relação à(b 01 ase o~.an)ônica são ~)= e ~)= Os vetores próprios de S devem satisfazer a condição S(x, y) = (x, y), ou seja, (x + y, y) = (x, y) que equivale ao sistema: { X + y = x y=y cuja solução geraí é y = O. O sub-espaço próprio de S é formado então pelos múltiplos do vetor (1, O) e portanto sua dimensão é 1. Então é imposs(vel formar uma base de JR2 com vetores próprios de S, contrariamente ao que se verificou com o operador T. ( 2 0), (-1 -1), (2 1) e (-1 -3)1 1 -3 1 ° 1 -1 1 3. Determinar valores e vetores próprios do operador T do IR4 cuja matriz em relação à base canônica é: EXERCÍCIOS PROPOSTOS 2. Achar os valores e os vetores próprios do operador linear T do IR3 dado por a) T(l, 0, O) = (2, 0, O), T(O, 1, O) = (2, 1, 2) e T(O, 0, 1) = (3,2, 1); b) T(l, 0, O) = (O, 0, O), T(O, 1, O) = (O, 0, O) e T(O, 0, 1) = (5, -1, 2). 1. Achar os valores e os vetores próprios do operador T do IR2 dado por: a) T(x, y) = (x + y, x - y); b) T(x, y) = (-x,-y); c) T(l, O) = (O, -1) e T(O, 1) = (1, O). 3) Se Àé valor próprio de T, o número s = dim(V(À» chama-se multiplici- dade geométrica de À. Reveja nos exemplos acima a multiplicidade geométrica dos valores próprios. 4. Determinar o polinômio característico e os valores próprios do operador linear T: V -*V que é definido em uma base {el, ... , en} por T(ei) = Àiei (Ài E IR). 6. Calcular o polinômio característico e os valores próprios da matriz: uun do tipo n X 1,tal que (A - Ãln)X = O. Ora, isto ocorre se,e somente se,A - Ãln não é inversível e portanto se, e somente se, det(A - Ãln) *" o. Levando em con- ta a definição 3 deste item podemos concluir que Àé valor próprio de A quando, e somente quando, Àé raiz do polinômio característico de A. 5. Calcular o polinômio característico e os valores próprios das seguintes matrizes: 252 253 254 Hr n (H1 + ... + Hr _ 1) = {o} a soma em questão é chamada direta e se indica por H1 E!l ••• E!l Hr . Para uma soma direta H = H1 E!l ••• (& Hr de sub-espaços de um espaço Vvale o seguinte fato: se B1, ... , Br são bases de Hi> "', HI' respectivamente, então B = B1U ... UBr é uma base de H. n Como cada Hi é gerado por Bi e todo u E H é uma soma u = I u Í> onde ca- i=l da Ui E Hi, então B gera o sub-espaço H. Para mostrar que B é linearmente indepen- dente suponhamos B1 = {uu, , Ulnl}"'" Br = {un ,.·. ,urnr }. Então, se aUul + ... + allllullll + + artUn + ... + arnru rnr = o deixando no primeiro membro apenas as n r últimas parcelas teremos an Url + ... + arnrurnr = v ondevEHl + ... + Hr - 1· ComoHr n(H1 + '" + Hr - d = {o},então v = anUn + ... + arnrunlr = o e, levando em conta que Br é L.!., concluímos que a r1 = ... = a rnr = a. A repeti- ção desse raciocínio nos levará à conclusão que todos os escalares a são nulos e, con- seqüentemente, que B é linearmente independente. 255 H2 n H l = {o} H3 n (H1 + H2) = {o} H1 + .,. + Hr ={Ul + ... + UrIUiEHi}· É claro que H1 + ... + Hr também é um sub-espaço de V. Se ocorrerem ainda as igualdades Nosso objetivo agora é dar um critério para que um operador linear T de um espaço de dimensão finita (sobre IR ou ~) seja diagonalizável. Para tanto precisare- mos de alguns pré-requisitos ainda não constantes do texto. Lembremos que a sorna de dois sub-espaços H1 e H2 de um espaço vetorial V é o sub-espaço Hl + H2 = {u + v Iu E H l ; v E H2} e que essa soma se diz direta se H1 n H2 = {a}. Estas noções podem ser gene- ralizadas de maneira óbvia Se Hl , ... , Hr(r;;;' 1) são sub-espaços vetoriais de V, a soma desses sub-espaços é o conjunto 0) = (~l - X)(~2 - x) .. '(~n- x) ~n-x (10)O -1 . (T~ Em resuIl1o: existe uma base do R 2 em relação à qual a matriz de T é diagonal. Tal fato não ocorre com a matriz do operador S. Em outras palavras, a matriz de T é semelhante a uma matriz diagonal, o que não acontece com a matriz de S. Faremos a seguir um estudo breve dos operadores que podem ser diagonalizados conforme o operador T acima. Defmição 5 - Seja V um espaço vetorial de dimensão finita. Um operador T: V ~ V se diz diagonalizável se existe uma base de V formada por vetores pró- prios de T. Se B = {el, ... , en} for uma base formada de vetores próprios de T então No caso do operador T, se B = {fi, f2 }, então (1 O) 1(-1 -1) (O 1) (1 1)O-1 = -2 -1 1 1O 1-1 Mais ainda, sendo M = ( 1 1) a matriz de mudança da base canônica para 1 -1 a base B, temos (T)B = M-l(T)M, ou seja ( ~1 ~ 0)° 2 "'~n onde ~l' ... , ~n são os valores próprios de T. Segue daí que e assim PT (x) se decompõe em fatores lineares. Nota: Os números ~1, ... , ~n não são necessariamente distintos dois a dois. Pode acontecer de o polinômio característico PT(x) de um operador linear T se decom- por em fatores lineares da forma x - ~,sem que T seja diagonalizável. É o que acontece, por exemplo, com o operador linear S: IR2 ~ IR2 dado por S(x, y) = = (x + y,y)cujopolinômiocaracterísticoé(x - l)(x - l)quejávimostratar-se de operador não diagonalizável. 257 Donde u = QllUu + ... + QU1 UU1 e portanto u E H1. Analogamente se chega à conclusão que V(Ài) C Hi para todo i (1 .;;; i .;;; k). Das igualdades V(Àj) = Hi resulta que dim V(Ài) = dim Hi = ri que é amul- tiplicidade algébrica de Ài. À1Qk1 = ÀkQk1, , À1Qkrk = ÀkQkrk Q21 = ... = íX2r2 = = Qk 1 = ... = akrk = O Nota (Importante): Seja A uma matriz real n x n. Se B indica a base canônica do lRn, existe então um operador linear T E L (Rn) tal que (T)B = A. A matriz A se diz diagonalizável se, e somente se, T é diagonalizável; isto é, quando existe uma báse B1 de IRn tal que (T)B1 = D é diagonal. Essa base B1, como vimos, é forma· da por vetores próprios de T. «===) Por hipótese o polinômio característico de T pode ser fatorado sobre K do seguinte modo: PT(t) = (À1 - tY1 ... (Àk - tYk ondeÀi *- Àjsei *- jer1 + ... + rk = graudePr(t) = dimV. Amultiplicidade algébrica de cada um dos valbres próprios Ài é, pois, ri (i = 1,2, ... ,k). Por hipó- tese ainda, dimV(Ài) = ri (i = 1, 2, ... , k). Seja H = V(À1) + ... + V(Àk) e mostremos que V(Ài) n V(À~ = {O},sem- pre que i *- j. De fato, se u E V (Ài) n V(Àj), então T(u) = ÀiU = ÀjU e daí (Ài - Àj)u = o. Como Ài *- Àj, então u = o. Conseqüentemente V(Àr) n(V(Àd + + ... + V(Àr -1)) = {o}(2 .;;; r .;;; k) e então H = V(À1) Cf) ... Cf) V(À0· DaídimH = dim V(À1) + ... + dim V(À0 = r1 + .,. + rk = ne,sendoHum sub-espaço vetorial de V cuja dimensão é n, então H = V. Tomando uma base Bi de V(Ài) (i = 1,2, ... , k), então B = B1u ...UBk é uma base de V, constituída só de vetores próprios de T. Donde T é diagonalizável. e assim Então À1íXUUll + ... + À1íXu1 U1r1 ... + À1íXk1Uk1 + ... + À1íXkrkUkrk = = À1u=T(u)= íXu T(Ull) + ... + íXkrkT(Ukrk) = = À1íXllUU + ... + À1íXu1UU1 + ... + ÀkíXk1Uk1 + ... + ÀkíXkrkukrk' Comparando a primeira e a última combinações lineares acima obtemos À1íX21 = À2íX21 , ... , À1íX2r2 = À2Q2r2 o 256 Uma conseqüência do que acabamos de mostrar é que dim(H1 Cf) ... Cf) Hr) = dim Hl Cf) ... Cf) dim Hr· 1) o polinômio característico de T tem todas as suas raízes em K (sempre acontece no caso K = (8); 2) a multiplicidade algébrica de cada valor próp'rio Jq de T é igual à dimensão de V(Ài). Demonstração: (===» Seja B = {Ull' ... , UU1' ... , Uk1' ... , ukrk}uma ba- se de V formada de vetores próprios de T de maneira que em cada Bj = { Ui!, ... , Uir) estão todos os vetores próprios associados ao valor próprio Ài E K(i = 1, 2, ... , k). A matriz de T em relação a essa base é Teorema 1 - Seja V um espaço vetorial de dimensão finita sobre K(K = IR QU K = (8). Um operador linear T E L (V) é diagonalizável se, e somente se, é portanto, já quePT(t) independe de representação matricial de T, PT(t) = (À1 - t)r1 ... (Àk - tYk cujas raízes estão todas em K. Para cada índice i (1 .;;; i .;;; k) seja Hi o sub-espaço gerado por Bi e mostre- mos que Hi = V (Ài). A inclusão Hi C V(Ài) é fácil de verificar pois um elemento u E Hi é uma combinação linear de Bi e é, portanto, um vetor próprio cujo valor pró- prio associado é Ài. Para provar que V(Àd C H1 tomemos u E V(À1) em relação à base B: u = íXll Ull + ... + íXkrkUkrk' donde vem o vetor próprio \ Para À = -1 temos 2) Seja Para À = 1 temos A = (-~ : -~)O2-2 donde vem o vetor próprio Um cálculo ",álogo nos d.d (~) como ou!m voto< p,óp,io de T, '''0- ciado ao vetor próprio 6. A matriz M = (2 2) é tal que M-1AM _. -1 1 (20 06) . Pedimos ao leitor que faça estes cálculos. Seu polinômio característico é: PA (x) ~ det C~ 4 ~ x _:~.) ~ (x - l)(x + I)(x - 2). 4 ) = x2 _ 8x + 12 = (x - 2)(x - 6) 4 - x( 4 - x PT(X) = det 1 Então: o que mostra que A é diagonalizável. Para À = 2 temos M donde vem que Exemplos 1) Seja T : 1R2 ---> 1R2o operador dado por T(x, y) = (4x + 4y, x + 4y). Sua matriz em relação à base canônica é: í4x + 4y = 2x l x + 4y = 2y. A resolução desse sistema nos leva a que: Mas sendo A e D matrizes de um mesmo operador linear, se indicarmos por M a matriz de mudança de base de B para BI , então (ver Capo 5, § 5). D = M-l AM. Ora, sendo B = [(1,0, ... , 0J; ... ; (O, 0, ... ,0, l)J, se Quer dizer, as componentes do i-ésimo vetor próprio de BI formam a i-ésima co- luna de M(i = 1, 2, ... , n). Para as matrizes complexas n x n vale o mesmo observado acima. é um vetor próprio de T. 258 ; ·259 261 5 6 O 1 O O A= / 2. Determinar uma matriz M E M4 (IR), inversível, tal que M-1 AM seja diagonal, sendo EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Determinar, se possível, uma matriz M E M2 (IR) de maneira queM - 1 AM seja diagonal, nos seguintes casos: íY = O lz = t Donde V(2) = [(x, o, z, z) Ix, z E <C] = [(1, O, O, O); (O, O, 1, 1)], cuja dimensão é 2. Como a multiplicidade algébrica de 2 é 3, então T não é diagonalizável. Cálculos análogos levam à conclusão que V( - 3) = [(O, O, z, -4z) I z E <C] e portanto dim V(-3) = 1, o que mostra que V(2) + V(-3) ;r. (C4. q:ue equivale, por sua vez, a O O 1 -2 - t 4 O Ot2 O O (~1 -001 ~O)teremos M;-lAM = \ 2 - O O O Para À = 2 teremos o vetor próprio Então, formando a matriz M~G!D r~ + Y 2x C-4 -2 -') C2y 2y -4 -1 -2 -2+ t 2z c) 2 2 4 d) -14z - 2t 2t 2 2 4 1 -1 260 t V = (2 - t)2 . [(1 - t)( - 2 - t) - 4] = (2 - t)2(t2 + t - 6) = (2 - t)3( - 3 - t) . 3) Seja T : (C4 -> (C4 o operador linear cuja matriz, em relação à base canôni- ca de (C4 sobre (C, é: 1 O O A 2 O O O 1 O 4 -2 Então Logo, os valores próprios de PT(t) são 2 (com multiplicidade algébrica 3) e - 3 (com multiplicidade algébrica 1). Calculemos as dimensões de V(2) e V( - 3), onde V = (C4. A equação matri- cial A (x y Z t)t = 2 (x y Z t)t equivale ao sistema 3. DIAGONALIZAÇÃO DE OPERADORES AUTO-ADJUNTOS (OU DE MATRIZES SIMÉTRICAS REAIS) Lembremos que um operador auto-adjunto é um operador linear A de um espaço vetorial euclidiano V tal que \ <A(u), v> = <u, A(v» para quaisquer u, v E V. Lembremos ainda que a matriz de A, em relação a qual- quer base ortonormal, é simétrica, e que, reciprocamente, toda matriz simétrica representa um certo operador auto-adjunto, com referência a uma base ortonor- mal. Assim, o problema de diagonalização de uma matriz simétrica equivale ao da diagonalização de um operador auto-adjunto. O polinômio característico de um operador linear sobre um espaço eucli- diano é um polinômio real cujas raízes pertencem ao corpo ~ dos números comple- xds. Mostremos que no caso de um operador auto-adjunto todas essas raízes são necessariamente números reais. De fato, seja S = (sij) uma matriz simétrica real e seja Àum valor próprio de S. Então det(S - Àlm) =O, o que equivale a dizer que o sistema linear homo- gêneo nL SijXj = ÀXi (i = 1,2, ... , n) j=1 admite uma solução não trivial ({31, ... , (3n) e portanto são válidas as igualdades nL Sij{3j = À{3i (i = 1,2, ... , n). j=1 Multipliquemos ambos os membros de cada i-ésima dessas igualdades por {fi e a seguir somemos membro a membro as igualdades obtidas: ~ n n L Sij{3j1Ji = À I {3iiJi' i,j= I i=1 n Como L {3iiJi E IR, se provarmos que o primeiro membro da última igualdade i= I pertence também a IR, então teremos a conclusão desejada, isto é, À E IR. Mas isto equivale a mostrar que esse primeiro membro é igual ao seu conjugado, o que é fácil: 262 n n n L Sij{3jifi I Sijifj~i = I Sij~ {3i = i,j= I i, j= I i, j= I n n n L Sjiifj{3i = I Sij 13i{3j I Sij {3j iJi . i,j= I i, j= I i, j= I Observe-se que a penúltima igualdade na seqüência anterior de igualdades se obte- ve simplesmente permutando-se os índices i e j na dupla somatória. Portanto, já levando em conta a multiplicidade algébrica, uma matriz simé- trica real de ordem n (ou um operador auto-adjunto de um espaço euclidiano de dimensão n) tem n valores próprios. Teorema 2 - Um operador linear A de um espaço euclidiano V, de dimen- são finita n :;;;. 1, é auto-adjunto se, e somente se, existe uma base ortonormal de V formada de vetores próprios de A. Demonstração « ) Se B = {gl, g2' ... , gn}é uma base de V formado de vetores próprios de A, então (A)B é uma matriz diagonal e portanto simétrica. Logo A é auto-adjunto (devido à proposição 8 - capítulo 6).( » Faremos a demonstração por indução sobre dim V. Se dim V = 1, qualquer que seja v E V, v ::/= O, f~endo II~II = g, então {g}é uma base ortonormal de V e, obviamente, como V = [g] e A(g) E V, então A(g) = Àg, para um certo ÀE R. Então g é um valor próprio de A e esta condição fica provada para n = 1. Seja V um espaço euclidiano de dimensão n > 1 e suponhamos o teorema válido para os espaços euclidianos de dimensão n - 1. Sejam A E L (V) e ÀI E IR um valor próprio de A. Se u ::/= o é um vetor próprio de A associado a À" então gl = II~II tambémoépoisA(gl) = A(II~II) = II~IIA(U) = II~IIÀ'U = ÀI 11:11 = = ÀIg I . Se H = [gd, então V = H <±> H1 , onde H1 também é euclidiano (relativa- mente ao produto interno de V, restrito a este sub-espaço) e dim H1 = n - 1. Obser- vemos ainda que H1 é A-invariante, isto é, vale a implicação: v E H1 -+ A(v) E H1 . De fato, se v E H1 < g" A(v) > = <A(gl)' v> = <ÀIg I , v> = ÀI <g"v> = ÀI • • O = O. Isto nos permite considerar A, enquanto atua somente sobre os elemen- tos de H1 , como um operador linear deste sub-espaço. E como <A(u), v> = = <u, A(v» vale para quaisquer u, v E V, também vale para quaisquer u, v E Hl, então A, como operador linear de H1 , é também auto-adjunto. 263 2 -1 O °1 ° Mt·A 'M 2. Seja A E L (IR3) defmida por A(x, y, z) = (x + y + z, x + y + z, x + y + z). a) A~har os valores próprios de A. b) Achar em base ortonormal B do IR3 tal que (A)B é diagonal. c) Qual a matriz de mudança da base canônica do IR3 para B? 265 a) Achar os valores próprios de A. b) Achar uma matriz ortonormal do IR3 em relação à qual a matriz de A é diagonal. c) Achar uma matriz M ortogonal (M-l = Mt) tal que Mt(aij)M é a matriz diagonal obti- da em b). Portanto V2 ° V2 -- -- 2 2 -V2 ° V2M -- 2 2 ° 1 ° é a matriz de mudança da base canônica do 1R3 para Bo, ambas ortonormais, do que decorre que M-! = Mt (ver exercício proposto 24 - item 4 - capo 6). Donde res pelo inverso de sua norma acharemos uma base ortonormal do IR3 constituída de vetores próprios de A: B, ~l(~' -~'1;(0'0'[);('7,'7,0)] 1. Seja A E L (IR3) o operador linear cuja matriz relativa à base canônica é EXERCÍCIOS PROPOSTOS -2 1 ° ° ° - (1 - t)2(1 + t) + -1 - t os vetores próprios correspondentes -2 1 ° A vem que Consideremos a matriz simétrica 1 - t - 2 det(A - tI 3) - 2 1 - t ° °+ 4(1 + t) = (t- 3)' (t + 1)2. Achemos aos valores próprios 3 e-I encontrados. De seu polinômio característico é Pela hipótese de indução existe uma base ortonormal {g2, ... , gn} de HI formada de vetores próprios de A (restrito aHI ). Então B = {gl, g2, . . . , gn} é uma base ortonormal pois cada vetor de HI é ortogonal a gl. Como cada ele- mento de B é um vetor próprio de A, a demonstração fica concluída. { X + Y = ° z = ° Logo V(3) = {(x, - x, O) Ix E IR} é o conjunto dos vetores próprios associados ao valor 3. AnalogamenteseobtémqueV(-I) = {(x,x,z)lx,zEIR}é o conjunto dos vetores próprios associados a-I. Uma base de IR3 formada de vetores próprios de Aé \ Exemplo B={(I,-I,O); (0,0,1); (1, 1, O)}. Note-se que o primeiro desses vetores foi conseguido fazendo x 1 em V(3) e os dos outros foram obtidos para x = °e z = 1 e x = 1e z = °emV(- 1). Essa base é ortogonal mas não ortonormal. Assim, se multiplicarmos cada um dos seus veto- 264 0) (1 -2). 6P 1 2 2) Seja Exemplos A = ( 41 44)1) Seja e calculemos AP. Conforme já vimos a matriz ( _ ~ ~) diagonaliza A, isto é, M- 1AM = (~ ~), ou seja, A = (~ ~) M- 1 de onde se tira que 267 Assim e tomando À = 2 obtemos o vetor próprio C) A~C~ D cujo polinômio característico é PA(x) = (x + 1)2 (x - 2) (verifique). Ela é diago- nalizável pois tomando À = -1 (raiz dupla) obtemos =M M= 1 - 1 O 1 1 O -1 1 o mesmo que se pediu no exercício 1 acima. D= (À1 À2 °) O Àn a matriz diagonal dos valores próprios de A. É claro então que 2 _ (À12 • O) 3 _ (Àl O) p _ (Ài .. ,0)D - '. 2 ,D - 3' ... , D - . pO Àn O, Àn O Àn 6. Seja A E Mo (IR) uma matriz simétrica. Prove que existe uma matriz real ortogonal P, n x n" tal que pt . A . P = D, onde D é diagonal, formada pelos valores próprios de A. 4. APLICAÇÃO DA DIAGONALIZAÇÃO: POTÊNCIAS DE UMA MATRIZ Mas M- 1AM = D acarreta A = MDM- 1 e daí, conforme já vimos no apêndice V, AP = MDPM- 1 • Seja A uma matriz de ordem n. As potências de A são definidas por A2 = = AA, " . ,AP = AP -1A. Em geral é penoso o cálculo de AP, sobretudo se p é grande. No entanto se A é diagonalizável, o cálculo de AP é mais fácil. Pois se A é diagonalizável, existe uma matriz inversível M tal que: M- 1AM = D, sendo 4. Fazer para a matriz real simétrica 3. Seja (sij) uma matriz real simétrica cujo valor próprio de menor módulo é À. Mostrar q (sij) é inversível se, e somente se, À '* O. 266 5. Um operador auto-adjunto de um espaço euclidiano V se diz positivo definido se, e só se, todos os seus valores próprios são maiores que zero. Supondo a dimensão de V finita, mos- trar que: a) A é positivo definido se, e somente se, <A(u), u> >0 para todo vetor não nulo u E V. b) Se A é positivo definido, então seu inverso (caso exista) também o é. ( i ~~ )M- 1 =k =0 2) (eZ O) (1 -2) = 1 O e6 1 2 M. Dk • M-1 k! = M ao . Ak ao I kT= I k=o k=O Por exemplo, se A = (~ :) então D = (~ ~) *I. Calcular AP nos seguintes casos *2. Calcular eA, utilizando as matrizes do exercício 1. D= a) (: 1:) c) (; : : : ) O O -2 EXERCÍCIOS PROPOSTOS 269 conforme já vimos anteriormente. Daí ( e 2 0) -1 1( 2eA=M M =- ° e6 4-1 =l-( 2e2 2e6 ) (1 -2) =.-l. (2(e: + e:) 4 _e2 e6 1 2 4 -e + e então é convergente. A soma dessa série é denotada por eA . ~ fácil perceb~r que ? ~ál culo de eA é em geral difícil. Mas se A for uma matnz quadrada dtagonahzavel então esse cálculo torna-se bem simples pois, sendo AP = MDPM- 1 com 2P - C-I)" ) 2P - (-I)" 2P + 2(-1)P ao Ak = I k! k=o 2P -(-l)P 2P +2(-1)" 2P - (-l)P (-l)P ( 2P + 2(-1)" = ~ 2P - (-l)P 2P - (-l)P ( (-I)" AP = M A2 A3 AP I + A + -2 + -3' + ... + -, + . p. Consideremos uma seqüência AI, A2, ... , Ak, .. , de matrizes reais de tipo m x n. Suponhamos Ak = (ai/k», k = 1, 2, .... Dizemos que a seqüência dada converge para a matriz B= (bij), do mesmo tipo que as Ak, se as seqüências de números reais a··(1) a··(2) a··(k)1J ' 1J ,' •• , 1J , ••• convergem para bij para todo i = 1, ... , m e todo j = 1, ... , n. Por exemplo (~ ~).O:). O:)... ..U:) ... 5. APLICAÇÃO DA DIAGONALIZAÇÃO: SÉRIES DE MATRIZES (NOÇÕES) 268 Segue daí que converge para a matriz (~ ~) pois 1, ~ , -}, ... converge para 0, o mesmo acontecendo com a seqüência 0, 0, 0, ... Se a seqüência Alo AI + A2, AI + A2 + A3 , ••• convergir, para a matriz B, então ~:itemos que a série infinita AI + A2 + A3 + ... + An + ... é conver- gente 'Para B. A matriz B chama-se soma da série dada. Pode-se provar (não o faremos aqui) que, sendo A de ordem n, a série exponencial 270 6. Lema de Gergoshin 271 sup IXjl = n IÀ - aioio 1~ I laiojlj=l Hio n ~ I laiojllxjl ~ j=l Nio nI aiojXj j=l j;i io nI aijXj = ÀXi (i = 1, ... , n) j=l nI aijXj = ÀXi - ajjXi = (À - ajj)Xi j=l Ni Tomemos o índice io tal que 1Xio 1= sup {IXil : i = 1, ... , n}. Então I(À - aioio)xio I = IÀ - aioioI IXio I = nI laioj I IXioI e daí j=l j4io isto é À E D(aioio ; rio). - ou seja n fj= I laijl (i=I,~ .. ,n). j=l j;ii Então o espectro de A está contido na reunião destes n discos. Prova - Tomemo, wn valo, p'6p'io A e "j. X ~ (:) wn veto< p'6p<io de À. A igualdade AX = ÀX significa que Teorema - Seja A = (aij) uma matriz complexa de ordem n. Consideremos os n discos D(ajj, fj)onde 2i ) i - tI = ---------1 2 + i I I I I i -1 r---- I I I I ( 1 + i 2i)Exemplo: Seja A = .. E M2 (C). Então - 1 1 ( 1+i-t PA(t) = det (A - tI2 ) = det _ i = e - (1 + 2i)t + (i - 3) Seja A uma matriz complexa n x n. Chama-se vetor próprio de A toda matriz complexa X de tipo n x I tal que AX = ÀX para algum ÀE C. Neste caso Àé valor próprio de A associado ao vetor próprio X. Como no caso real prova-se que À é valor próprio de A se, e somente se, det (A - ÀIn) = O e portanto os valores próprios de A são as raízes do polinômio PA (t) = det (A - tIn). O conjunto dos valores próprios de A é o seu espectro. cujas raízes são À1 = 2 + i e À2 = i-L O espectro de A é representado pelos pontos seguintes Um problema apresenta-se agora: pode-se prever onde se localiza no plano complexo o espectro de uma matriz, sem calcular explicitamente seus valores próprios? DefInição 6 - Seja Zo um número complexo e r > O. Chama-se disco de centro Zo e raio r o subconjunto D(zo; r) do plano complexo defmido por D(Zo; r) = {z E C : Iz - Zol ~ r} DC e (4) Q (2 1)B, M = (~ ~) G)A, P 273 porém, é triangular superior mas não é matriz de Jordan. onde Cik = I: AijBjk. O leitor, certamente já bastante familiarizado com produ- J=I tos de matrizes, não terá dificuldades em perceber a validade desse resultado. Daí não nos alongarmos mais sobre o assunto. Uma etapa de nosso trabalho no sentido da forma de Jordan passa pelas ma~ trizes triangulares superiores: são as matrizes (uij) tais que Uij = O sempre que 1 < j. Por exemplo, as matrizes de Jordan. A matriz A A A Bnl Bn2ml m2 mn e se o número de colunas de cada Aij for igual ao número de linhas de cada Bjk> então' Diz-se então que M foi particionada nos blocos A, B, C e D. Até aí trata-se simplesmente de notação. Mas se considerarmos duas matrizes P e Q, particiona- das em blocos AlI então pode-se escrever e fizermos J I O O Cu C l2 Clr O J2 O C21 C22 C2r PQ O O Jr Cml Cm2 Cmr n (Â), o teorema 1 deste capítulo fornece uma condição necessária e suficiente para que um operador linear de um espaço vetorial de dimensão finita seja diagonalizá- vel. O exemplo 3, item 2, é de um operador linear do [R4 não-diagonalizável. Neste item trataremos de uma forma de matriz bastante simples, embora n~ tanto como as matrizes diagonais, porém com uma vantagem: toda matriz comple- xa é semelhante a uma delas. Trata-se da forma canônica de Jordan. Como resul- tado fundamental veremos (o que já foi dito em outras palavras) que todo opera- dor linear de <cn pode ser representado, numa base conveniente, por uma forma de Jordan. São chamadas matrizes de Jordan sobre o corpo !C, de ordem respectivamen- te 1, 2 e 3, as matrizes 7. FORMA DE JORDAN 272 onde  E C. A definição geral de matriz de Jordan é óbvia a partir desses casos. Reduzir uma matriz n x n à forma canônica de Jordan significa encontrar uma matriz onde os Ji são matrizes de Jordan, semelhante à matriz dada. Como já observa- mos, isso sempre é possível no caso das matrizes complexas. A demonstração desse fato, contudo, é bastante longa e árdua, razão pela qual não será vista in totum neste texto. Mas, na parte de que trataremos, aparecerão com freqüência matrizes parti- cionadas em blocos. Por exemplo, isso acontece na forma canônica de Mrdan, onde os J I , J2> ... , Jn são blocos, o mesmo acontecendo com as matrizes nulas que nela figuram, indicadas simplesmente por O. Se considerarmos, digamos, a matriz 3 X 3 275 Yln 132n V·p p-I • K • ~)("'I(T>c = O (1 O) ("'I V) (1 O)M-I • A . M . Q = • •O p-I O K O P ( "'Oi Vp-I . K p-I • K • P (S) Devido ao item 5 do capítulo 5, esta matriz efetivamente é uma representa- ~l\() de T. Os valores próprios dessa matriz são, é claro, "'I' "'2, ... , "'n' Como A 6scmelhante a essa matriz e A = (T)B' então "'J, "'2, ... , "'n são os valores próprios tlc T. Nota - A representação matricial obtida para T no lema 1 pode ainda ser melhorada. Vejamos como, reproduzindo passo a passo a demonstração feita (ao Invcs de usar o recurso da indução), mas com alguns cuidados suplementares. Conforme a demonstração, existe uma base C de <rn tal que então e R M' Q. Observando que Q é inversível (pois P o é) e Sejam agora Se P indica a matriz de mudança da base canônica de <rn - I para esta última ba· se, então 132n 133n ~) (S) ("'I(T>c = O Lema 1 - Seja T : <rn -> <rn um operador linear. Existe então uma matriz triangular cujos termos da diagonal principal são os valores próprios de T e que é a matriz de T em relação a uma conveniente base de ([n. Demonstração - (por indução sobre n) Como toda matriz 1x 1 é triangular, o teorema é obviamente verdadeiro pa- ra n = 1. Seja n > 1 e consideremos o teorema verdadeiro para n - 1. Consideremos T : <rn -> <rn conforme o enunciado e seja B a base canônica de <rn sobre <r. Como PT(t) é um polinômio complexo, T admite um valor próprio "'I E <r. Se UI é um vetor próprio ao qual "'I está associado, seja C = [uJ, U2' ... , unJ uma base de <rn obtida a partir de uI' Então T(uI) = "'IUI T(U2) = Ul2UI + u22u2 + ... + un2un e onde V é 1x (n - I), O é (n - 1) x 1 e é (n - 1) x (n - 1). Supondo A (T)B' então (prop. 2, capo 5): onde M é a matriz de mudança de base, de B para C. Ora, como K é (n - 1) x (n - 1), K é matriz de um operador linear S : <rn - I -> ([n - I em relação, digamos, à base canônica de <Cn - f:'Pela hipótese de indução existe uma base de <rn - I relativamente à qual a matriz de S é 274 o O O O A Nosso objetivo é ir efetuando mudanças de base que anulem os termos do bloco Demonstração . 4 Observemos primeiro um exemplo. Digamos, o de um operador lmear de <C que admite, de acordo com a nota anterior, a seguinte representação matricial: 1 : 2 3 I O 1 I 1 O --- -1----- O O I 2 1 I O 0 1 0 2 I onde cada A é triangular superior cujos termos da diagonal principal são iguais a !vi (valor p~óprio de T), a ordem de Ai é a multiplicidade algébrica de !vi e r é o número de valores próprios distintos entre si. Lema 2 - Se T : <cn -> <cn é um operador linear, então T admite uma repre- sentação matricial onde cada A· é triangular superior, todos os elementos da diagonal principal de A jj são iguais a l~i (valor próprio de T), a multiplicidade algébrica de !vi é igual à or- dem de Ajj e !vi ;;t!; !vj sempre que i ;;t!; j. 2 O 3 5 !v2 1 O !v2 U' ( !vI (T) = ~ L Os valores próprios da matriz K são os restantes valores próprios de T, posto que K é semelhante a uma matriz triangular superior cujos termos da diagonal princi- pal são exatamente esses valores. Repetindo para S : <cn - I -> <cn - I o raciocínio feito com T, porém com o cuidado de partir ainda de !vI> caso este número seja também valor próprio de S, concluiremos analogamente que existe uma matriz in- versível MI' de ordem n - 1, tal que Observemos que, neste caso, L admite a seguinte partição em blocos: Com a suposição deque !vI não é raiz simples de PT(t), chegamos então à existên- cia de uma base de cn em relação à qual Se levarmos esse raciocínio até esgotá-lo, o resultado será uma representação trian- gular superior de T mas de tal sorte que a diagonal principal obtida é formada pe- los valores próprios na seguinte seqüência: !vI' !vI> ... , !v!> !v2' ... , !v2' •.. , !vp , ••• , !vp , onde !vi ;;t!; !vj se i ;;t!; j. Um exemplo poderia ser o seguinte onde T11 e T22 são triangulares superiores, a primeira com todos os elementos da diagonal principal iguais a !vl e a segunda com todos iguais a !v2' É claro que isso é geral e podemos afirmar que todo operador linear T : Cn -> cn admite uma representação matricial por blocos c O O O 1 O O O 1 O O 1 O O O O E 277 Vejamos como anular o primeiro desses termos. Consideremos a matriz elementar onde c (a determinar) ocupa a posição (1,3), exatamente a do termo que se quer anular em A. A inversa de E é AJI A12 A lr O A22 A2r O O Arr 276 Ji! O O O Ji2 O P i ' Ai p.- I 1 O O J is; d J. J. são matrizes de Jordan em cujas diagonais figurmn apenas o va-on e 11' ••. , 1S· , ' d À lor próprio Ài ~ Si é a dimensão do subespaço propno e i· Demonstração , . Pelo lema 2 existe uma base de <cu em relação à qual a matnz de T e (T) d' . d A A são respectivamente, os valores própriosonde os termos IagonaIs e 1>"" r :,. , . "_ À I , .," À r de T, a ordem de cada Ai é a multIplIcIdade algeb~lca,de Ài e r e o nume ro de valores próprios, distintos entre si, de T. (Cada Ai,e tnangular.)" . , O lema 3, por sua vez, garante que, para cada Ai> eXIste uma matnz Inversl- vel P i tal que d (') d J e' uma matriz de Jordan com elementos da diagonal principal to-on e: I ca a i ' ' À d T dos iguais a um certo valor próprio Ài de T; (ii) um mesmo valor propno i e À pode figurar em mais de um bloco, ~or~m o número de blocos com o mesmo i é igual à dimensão do subespaço propno de Ài , Teorema 3 - Seja T um operador linear de <Cu. Então T admite uma forma canônica de Jordan onde na diagonal das matrizes de Jordan J i figura sempre o elemento À e r é a di- mensão do subespaço próprio de À.-c o o o 1 O O 1 O O 1 O O O O ( 1 llc+2 c+3 I O 1 I 1 O ----t--------- O O I 2 1 O O: O 2 E • A' E-I e Isto porque o efeito de EA é somar à linha r-ésima de A sua linha s-ésima multipli- cada por c, ao passo que (EA)E -I soma à coluna s-ésima de EA sua coluna r-ésima lllUltiplicada por - c , Observemos, também, que a transformação E • A • E - I afeta apenas os termos aij, tais que i > r e j > s. É claro, então, que através de uma sucessão finita dessas transformações de semelhança se chega ao resultado pretendido, visto que em cada etapa onde a ss ;t:. arr pode-se anular !3rs fazendo c = (- a rs) (ass - arr) - I. O último resultado obtido já se aproxima razoavelmente da forma canônica de Jordan. Mas ainda faltam etapas difíceis, como o lema a seguir, cuja demons- tração omitiremos. O leitor poderá encontrá-la na bibliografia em [13]. Assim, se escolhermos c = - 2, conseguiremos o anulamento pretendido, De um modo geral, se A = (aij) já está na forma dada pela nota anterior, pode-se transformar em nulo qualquer bloco acima dos blocos diagonais, seguindo a idéia do exemplo dado. De fato, seja a rs um elemento de um dos blocos a serem anulados (logo r < s). Seja E a matriz elementar que tem na posição (r, s) um ele- mento c (a ser determinado) e que nas demais coincide com a matriz idêntica. A inversa de E coincide com E salvo na posição (r, s) onde seu valor é-c. Se E • A • E-I = (!3ij), então Lema 3 - Todo operador linear de Cu que admite uma representação ma- tricial triangular superior, cujos termos da diagonal são iguais a À E <C, admite também uma forma canônica de Jordan 279 I ! P (2, 0, O, 0)1 = 2 P I P (O, 2, O, 0)1 = 2 P2 P (O, 0, ~ 3, 0)1 ( - 3) P3 P (O, 0, 1, -3)1 = P3 - 3P4 ~2-1 ~---l ° O O 12 1 I O O1__ ...1 I I ,--, lO 2 1 O OO '2' O OL_~ L ___ J ,-----1 ou íi1O O 1-3 1 1 O O O I I L_~ O O lO -3 1 ° O O '-=31L _____J L __ ~ Exemplo Consideremos o operador do exemplo 3, item 2, que já. vimos não ser diago- nalizável. Seus valores próprios são 2 e - 3, dim V(2) = 2 e dim V( - 3) = 1. Então há dois blocos de Jordan com termo diagonal 2 e um único com termo diagonal - 3, na forma canônica de Jordan de T. Assim as possibilidades são, para essa forma: Procuremos a matriz P inversível, 4 x 4, tal que P - I • A • P = J, onde J é uma das matrizes anteriores. Se chamarmos de PI> P2, P3, P4 as colunas de P, a igualdade AP PJ equivale, no primeiro caso, áo sistema: 5 1 O D x O ° 5 O y O O ° 4 z 1 O ° 4 -4 ou t+ y O5y O4z + t 1 4i + t -4 que é incompatível. Logo devemos descartar a primeira das formas de Jordan exibidas. Para as três primeiras equações desse sistema, o exercício 3 citado fornece uma solução linearmenteindependente:PI = (1,0,0,0)I,P2 = (0,0,1, 1)l e P3 = (0,0,1, -4)1. A última equação equivale a (A + 314)P4 = P3, onde 14 é a matriz idêntica de or- dem 4 e P4 é a coluna incógnita. Temos de resolver, portanto, o sistema: O O p-I r J 11 O O O J12 O O O O J Is, • • • O OJrlO O Jr2 OO O oooJrs, Observamos que, se P I O O P2P O O então P é inversível e PII O O Pi lp-I O O Portanto P • (T) • p-I = Notemos que, para cada i, 1 ::;;; i ::;;; r, na diagonal de cada um dos blocos Jis. figura sempre o valor próprio Àio Logo pode haver blocos diferentes com o mes~ mo valor próprio na diagonal. Observemos ainda que, pelo lema 3, para cada i (1::;;; i ::;;; r), si é a dimensão do subespaço próprio de Ài. Mas si é exatamente o número de blocos de Jordan onde aparece Ài na diagonal, o que conclui a demons- tração. 280 281 Testemos agora a segunda forma de Jordan. Procedendo analogamente, ob- teremos o sistema 2P I P I + 2Pz 2P3 -3P4 Nota - Toda matriz real n x n é matriz de um operador linear T : <CU -> <Cu, onde <cu é considerado espaço vetorial sobre <C. Assim, se uma matriz real n x n tem todos os seus valores próprios em IR, então ela admite uma forma de Jordan que é a forma de Jordan do operador linear de <cu representado por essa matriz, por exemplo em relação à base canônica. EXERCÍCIOS PROPOSTOS o -I 2 -I 3 -I -I O -3 2 O -3 4 -8 -2 -7 5 4 o -4 -2 --1 -3 -I c) 4. Prove que uma matriz complexa A é nilpotente (An = O, para algum n ;;" I) se, e somente se, a forma canônica de Jordan dessa matriz também é nilpotente. 3. Seja J uma matriz de Jordan cujos termos da diagonal são iguais a À. a) Ache PJ(t). b) Ache a dimensão de V(À). 7. Mostre que a inversa de uma matriz de Jordan inversível é triangular -superior. 5. Seja A uma forma canônica de Jordan com r blocos de Jordan. Mostre que A admite exata- mente r vetores próprios linearmente independentes. 8. Seja A uma matriz complexa cujos autovalores são números reais. Mostre que A é semelhante a uma matriz real. 6. A inversa de uma matriz de Jordan, caso exista, também é matriz de Jordan? Justifique. 9. Ache a forma canônica de Jordan do operador diferencial (derivada) D : P 3(<C) ..... P3(<C)· 2. Ache a forma canônica de Jordan das seguintes matrizes 1. Ache todas as possíveis formas canônicas de Jordan de um operador linear T cujo polinômio característico é PT(t) = (t + 1)2 . (t - 2)3. P I . Ou seja: O O O O 1 O O P (PI Pz P3 P4) 1 1O O O O -4 é tal que p-' . A • P ~ (~ 1 O O2 O OO 2 O O O -3 cuja solução é dada por (x, 1, z, z). Uma solução particular simples deste último sistema é (O, 1, O, O). Assim a matriz o O O x O O O O y O O O -1 z O O O 4 -4 t O que equivale a [' ~ I -z + t = O 4z -4t = O Basta resolver APz = P I + 2 Pz ou (A (Deixamos os cálculos a cargo do leitor.) Dessa forma ficou eliminada a ambigüi- dade inicial e esta última matriz é a forma canônica de Jordan do operador dado. lO. Use a forma canônica de Jordan para provar que o determinante de T é o produto, levando em conta as multiplicidades, dos valores próprios de T. Z82 283 • Lembremos as seguintes equações da Geometria Analítica: O Y = (::) ("'Ipt . A • P = O onde "'I e "'z são os valores próprios de A. Assim, considerando a mudança de ba- se determinada por P, cuja equação é X = P • Y, onde Mas, sendo A simétrica, existe uma matriz ortogonal P tal que é a matriz das coordenadas de um vetor genérico do IRz em relação à nova base, a equação (2) fica: f(xl> YI) yt • (pt A • P) • Y + 2(al az) P Y + a = ("'I :z) (::)(Xl Yt) O + 2(al az) P Y+ a = '"Ixr + "'zyr + 2blxI + 2bzYI + a = O (3) onde onde os novos coeficientes bl e bz são expressões em função de aI> az e dos termos de P. Pode-se provar que a mudança da base determinada por P corresponde geo- metricamente a uma rotação - o que não será feito aqui por uma questão de bre- vidade. Estudaremos a equação (3) considerando três casos: "'I"'Z > O, "'I"'Z < Oe "'I"'Z = O. Nos dois primeiros essa equação pode ser colocada, por completamen- to de quadrados, do seguinte modo: Z L = 1; yZ = 2px.bZ Curvas e Superfícies de Segundo Grau CAPíTULO 2 e procurar saber se todas representam secções cônicas ou não. A resposta, salvo os casos degenerados (conjunto vazio, um ponto ou um par de retas), é afirmativa, como veremos. E uma classificação se faz possível a partir dos coeficientes da equação. 1. AS CURVAS DE SEGUNDO GRAU É sabido que, para valores convenientes dos parâmetros a, b e p, elas representam respectivamente as seguintes secções cônicas: elipse (ou circunferência, se a = b), hipérbole e parábola. No aspecto algébrico todas têm em comum o fato de que os primeiros membros são formas quadráticas nO IRz. Mas é bom lembrar, ainda, que para chegar a essas equações, na forma em que as exibimos (canônica), sem dúvida bastante simples, é preciso trabalhar com sistemas de eixos ortogonais numa posi- ção bastante favorável em relação às curvas. Levando em conta tudo isso, é bastante razoável investigar a equação geral do segundo grau em duas variáveis • Notemos primeiro que, considerando as matrizes Y + ~I "'z b lXz + ~; Y2Xz b Assim, a translação no IRz definida por o (2) e f(x, y) = xt . A • X + 2(al az) X + a o pode ser escritaf(x, y) 284 285 O). O Yz b~Xz ~ ( bz ) z _ b~ __ O I\z YI + ~ + a "'z "'zY~ + 2b1xz = O (5) Â,zYI + 2bzyz + a = O Se b l ;é O, por completamento de quadrados obtemos Suponhamos "'I = Oe "'z ;é O (mostre que não se pode ter "'I A equação (3) fica então Considerando a translação definida por que, por completamento de quadrados, pode ser expressa por chegamos a A translação dada por que, por serem "'z e b l não nulos, obviamente representa uma parábola. No caso b l = O a equação (3) se reduz ax~ Y~ -,.---=---,--- + -,.--~--,----(--i;-) (- :z ) Se b = O, é evidente que só o ponto Xz = O, YZ = Osatisfaz (4). Se b ;é Oe b e "'I têm mesmo sinal, digamos Â,lo "'z, b > O, considerando que "'IX~ + "'ZY~ + b = O (4) Se b = O, supondo por exemplo "'I > Oe Â,z < O, o primeiro membro de (4) pode ser se fatorado como diferença de dois quadrados, assim: vemos que se trata de uma elipse onde o primeiro membro é ~ Oe o segundo < O, é claro que (4) representa o vazio neste caso. Se b ;é O e os sinais de b e "'I são contrários, colocando (4) na forma que, formalmente, já é bem parecida com as formas canônicas de nossos dois exem- plos iniciais. Em suma, por meio de uma rotação seguida de uma translação, a equação (1) se transforma em (4), que lhe é equivalente. a transforma em que é a equação de um par de retas. Se b ;é O, então (4) representa uma hipérbole. De fato, supondo por exemplo b < O, "'I > Oe "'z < O, essa equação pode ser escrita do seguinte modo a reduz finalmente a Xz Yz YI + ~ "'z x~(--t-) z YZ = I ( ~z ) onde "'zy~ + b O (6) (iii) b a - 286 287 (7) ° Logo, a equação (4), referente a estes casos, fica: cS=OeÓ;é.O Como então: Ó ;é. °{=? "'2, b, ;é. 0, podemos concluir que quando a equação (1) representa uma parábola. É fácil concluir que o caso restante (duas retas paralelas ou duas retas coinci- dentes) corresponde a cS = Ó = O. 289 (ii) cS < ° De A = b segue que Ó = °se, e somente se, b = o. cS Logo, se b = 0, isto é, se Ó = 0, f(x, y) = °representa um par de retas concorrentes. Se b ;é. 0, isto é, se Ó ;é. 0, a curva é uma hipérbole. (iii) cS = ° O caso de uma parábola ("'2 ;é. 0, b1 ;é. O) é dado por "'2Y~ + 2b,X2 O. Logo Com esses novos dados, os casos estudados passam a ser: (i) cS > ° Se Ó = 0, (7) traduz apenas um ponto. Como b = A e cS > 0, então b e Ó têm o mesmo sinal. Além disso, sendo cS Õ = "'1"'2 > 0, os sinais de "'1 e "'2 são iguais, do que resulta que s = "'1 + "'2 tem mesmo sinal que "'1' Logo, dizer que b e "'1 têm mesmo sinal equivale a dizer que Ó e s têm mesmo sinal. Conseqüentemente, b e "'1 têm sinais contrários se, e somente se, Ó e s têm sinais contrários. Logo: sÓ > °implica que f(x, y) = °representa o vazio; sÓ < °implica que (1) é a equação de uma elipse (ou circunferência). 0, que0, (6) se reduz a y~ b "'2 y~ + "'1 ° ° O "'2 ° ° ° b a all a12 ai Ó a12 a22 a2 Se fizermos all + a22 = se detA = alla22 - aT2 = cS, então PA(t) = t2 - st + cS. Ora, como matrizes semelhantes têm mesmo polinômio característico, então a ro- tação que transforma (1) em (3) não altera s e cS. Mais precisamente: s = "'1 + "'2 e cS = "'1"'2' Além disso, se numa equação qualquer do segundo grau em duas va- riáveis x e y fizermos uma translação Xl = X + k e Yl = Y + k e calcularmos, na nova equação em Xl e YI> os valores correspondentes de s e cS, obteremos os mes- mos resultados que na primeira. A verificação desse fato não oferece nenhum em- baraço. É por isso que se diz que s e cS são invariantes de uma equação do segundo grau em Xe y. Mas há um outro invariante associado a essa equação e que interessa ao nos- so estudo. É o determinante de terceira ordem • Não há dúvida de que o procedimento anterior não é muito prático. Vere- mos agora uma maneira mais simples de encaminhar a resolução do problema. Voltando à equação (1) e à matriz A, observemos que seu polinômio caracte- rístico é Para não alongar muito o assunto com cálculos, deixamos de verificar esse fato. Voltando à classificação, lembremos que nos casos (i) e (ii) estudados, a equa- ção (1) se transforma, mediante uma rotação, seguida de uma translação, em "'lX~ + "'2y2+ b = O. Considerando a invariância de se cS, podemos garantir que cS = "'1"'2 e então (6) representa duas retas paralelas. E se b é a equação de um par de retas coincidentes. É claro que "'2Y~ + b = °é o vazio se "'2b > O. Se "'2b < 0, como 288 291 -11 -2 O 2 2 O -3 -2 -3 2 ~)Vi 2 Vi)~ = (-3,12, (2) l-Vi x2. 2 e ( ~Vi 2 y~ -4 e ~ 2y~ - 3Vi x2 O P ( ~Vi 2 2( -1 2) 3 2 2 O - 3Vi e a equação canônica da parábola é (conforme (5»: 2 3x2 + 4xy - 4x - 6y + 2 Neste caso 3 Mesmo exercício, relativamente à curva Exemplo 2 Logo, b l ou Assim os coeficientes b l e b2 da equação (3) se obtêm calculando Por exemplo os vetores (l, - 1) e (1, 1). Ortonormalizando esses vetores obtém-se a matriz ortogonal P: c portanto "'I = Oe "'2 = 2. Os vetores próprios linearmente independentes asso- ciados a "'I e "'2 se obtêm resolvendo. -9 t(t - 2) O 1 -1 1 1 2 -1 2 1 (1 - t)2 - 1 O e ~ x2 + 2xy + y2 - 2x + 4y + 1 Classificar a curva dada por ~ ~ O s ~ < O ; elipse s ~ > O : vazio 8 > O ~ = O Um ponto 8 < O ~ ~ O Hipérbole ~ = O Duas retas concorrentes ~ ~ O Parábola 8 = O Duas retas paralelas ~ = O ou Duas retas coincidentes I trata-se de uma parábola. A equação característica da matriz o quadro abaixo resume o estudo feito. Exemplo 1 e dar sua equação canônica. Como 290 é (2') (3') O b2 YI + ~' Z2X2 Consideremos os seguintes casos quanto à existência de valores próprios nulos: obtemos Esta hipótese permite considerar a translação definida por que transforma (2') em 293 onde o segundo membro pode sempre ser considerado maior que ou igual a zero. (a) b = Oe todos os "'j têm mesmo sinal: um ponto (b) b = Oe, por exemplo, "'I, "'2 > Oe "'] < O. A equação (3') pode ser re- duzida a Como para cada secção paralela ao plano X2Y2 (fazendo z2 constante) o resultado é um ponto ou uma circunferência (quando Z2 "t. 0)* e, para cada secção paralela ao plano X2Z2 ou Y2Z2, o resultado é um par de retas (Y2 = Oou X2 = O) ou uma hipérbole, então trata-se de um cone * Ou elipse. G ~) são 11 - ~·d -- e a equaçao canomca a 4 e ~ 11 16 4 V5. Daí b 5 Y~ 11 4 P= (2V; V5 5 V5 -7- e b25 hipérbole é f(x, Y, z) = allx2 + a22y2 + a33z2 + 2al2xy + 2a13xz + 2a23YZ + + 2alx + 2a2Y + 2a3z + a = O (1') Consideremos agora a equação geral do segundo grau nas variáveis x, Ye z: Neste caso b1 e portanto a curva é uma hipérbole. Os valores próprios de A 2. AS SUPERFÍCIES DE SEGUNDO GRAU "'I = 4 e "'2 = - 1. A matriz P de rotação neste caso é Semelhantemente ao que foi feito no item anterior, se considerarmos as matrizes podemos escrever f(x, Y, z) = XI • A . X + 2(al a2 a3) X + a = O Sendo A simétrica, pode-se determinar uma matriz ortogonal P tal que pl . A . P = D, onde D é a matriz diagonal dos valores próprios "'lo "'2, "'3 de A. Considerando a mudança de base que se traduz, em termos de coordenadas, por 292 295 O Y2 O z] chegamos a1 4 1)2 + (y - 1)2 - 4z + X2 - - - - - ----~~:.--_------~ f(x, y, z) = (x (f) b < O; "'], "'2, Â,3 < O: conjunto vazio. (ii) "'I> "'2 ;é. Oe Â,3 = O Exemplo - f(x, y, z) = x2 + y2 - 2x - 2y - 4z + 3 Completando quadrados em x e em y obtemos Fazendo a translação: x-I Z2 que é a equação de um parabolóide elíptico (circular) que é a equação de um hiperbolóide de duas folhas· t).s I I I I I - - -;>t- - - - t-----..... // I // I I ----~--- , I (e) b < O; "'] > O; "'2, "'3 < O. Então (3') pode ser expressa assim (c) b < oe "'I> "'2, "'3 > O. A equação (3') pode ser reescrita (d) b < O; "'I; "'2 > Oe "'3 < O. A equação (3') pode ser transformada, en- tão, em e portanto representa um hiperbolóide de uma folha e portanto representa um elipsóide (uma superfície esférica se r 294 que, portanto, estão alinhados. Então, a figura correspondente à equação dada é um cilindro parabólico cujo esboço da figura está a seguir. Observemos o seguinte: para cada valor de ZI fixado a equação é a de uma parábola num plano paralelo a XIYI; como 297 2. Ache as equações canônicas de: a) x2 + 4xy - 2y2 = 6 b) 3x2 + 2xy + 3y2 = I c) x2 + y2 - 2xy + x = I. Identifique as seguintes curvas de segundo grau: a)2xy + 3x - y + I = O b)4x2 - 24xy + lly2 + 56x - 58y + 95 = O c) 6x2 .- 4xy + 9y2 - 4x - 32y - 6 = O d) 16x2 - 24xy + 9y2 - 19x - 17y + 11 = O e) 4x2 - 20xy + 25y2 + 4x - lOy + I = O f)x2 +y2+xy-x+I=O 3. Identifique as seguintes superfícies de segundo grau: a) 11x2 + lOy2 + 6z2 - 12xy - 8yz + 4xz - 12 = O b) x2 + y2 + 2z2 + 2xy - 4xz + I = O c) 9x2 + 12y2 + 9z2 - 6xy - 6yz = d) x2 + y2 + z2 + 2xz = I e)x2 + 2y2 - z2 + 2xz + x = O 4. Discutir, em termos dos valores de À" as cônicas de equação: a)À,x2 - 2xy + À,y2 - 2x + 2y + 3 = O b) x2 - 2xy + À,y2 + 2x = 4 5. Discutir, em termos dos possíveis valores de À" as superfícies de segundo grau: a) x2 + À,y2 + z2 - 2xy = 2 b)x2 - À,y2 - 2À,z2 - 2y = O EXERCÍCIOS PROPOSTOS YI / / / / / 3 2 ~ 2 ~ 2YI f(x, y, z) = 2(x - 2)Z - 4y 2z - 6 O / / (O-~ - J.-- Z) = z(o -~ 1) + (O _J.-- O) , 2 2' '2'" 2 ' (iii) Ivl .,r: o; 1v2 = 1v3 = o Exemplo - f(x, y, z) = 2x2 - 8x - 4y - 2z + 2 O Completando quadrados em x chegamos a Por meio da translação: XI = X - 2, YI = Y, ZI Z obtemos finalmente os vértices dessas parábolas são os pontos 296 299 feto) = ao + alto + + art~ f(t 1) = ao + altl + + art[ { f(O) = ao f(l) = ao + ai + az f(2) = ao + 2a1 + 4a2 f(tr) = ao + al tr + ... + art: Obtivemos assim um sistema linear nas incógnitas: A= ao, ai, ... , ar que é compatível determinado pois a matriz dos coeficientes é: Itr t; t; e seu determinante é diferente de zero, valendo: det (A) = :rr<. (ti - tj). • 1 J Exemplo - Determine o polinômio de grau < 2 cujos valores numéricos conhecidos são f(O) = 1, f(l) = 2 e f(2) = 3. Seja f(t) = ao + a1t + azt2; logo 1 = f(O) = ao 2 = f(l) = ao + ai + az 3 = f(2) = ao + 2al + 4az e daí ao = 1, aI = 1, az = O e f(t) = 1 + t. 2. POLINÔMIOS DE LAGRANGE Conforme já vimos na primeira parte do livro a base canônica de Pz (IR) é {l, t, t 2}. Por outro lado acabamos de mostrar que se os valores f(O), f(1) e f(2) de um polinômio f(t) de Pz (IR) forem conhecidos, poderemos achar esse polinômio, através do sistema linear: Conforme vimos no Capítulo 2, o conjunto P(IR) dos polinômios reais: constitui um espaço vetorial sobre IR que não é finitamente gerado. Nesse espaço vetorial, o conjunto de polinômios {I, t, ... , tn , ...} é infinito e linearmente independente no seguinte sentido: todo subconjunto finito dele é L.I. (definição 1 do capítulo I1I). No entanto, conforme também já vimos, o conjunto Pn (IR) dos polinômios de grau menor ou igual a n, mais o polinômio nulo (n sendo um número natural fixado), é um espaço vetorial sobre IR de dimensão n + 1. Defmição 1 - Seja to um número real fixado e f(t) um polinômio. Se substituirmos a variável t pelo número to, obtemos feto), um número real, que se chama valor numérico do polinômio f(t) no ponto to. A aplicação que associa ao polinômio f(t) o número feto) é uma transformação linear de P(IR) em :IR, ou seja, uma forma linear em P(IR) pois CAPíTULO 3 Polinômios de Lagrange para quaisquer polinômio f(t) e g(t) e qualquer número real À.. Essa transformação linear tem como núcleo o conjunto dos polinômios f(t) tais que feto) = O, ou seja, os polinômios divisíveis por t - to. A importância dessa aplicação linear resulta do teorema a seguir. Teorema 1 - Seja f(t) um polinômio de grau < r e suponhamos conhecidos r + 1 valores numéricos feto), f(td, ... , f(tr> sendo ti =1= tj se i =1= j. Então f(t) está perfeitamente determinado (isto é, seus coeficientes estão determinados). Demonstração - Seja f(t) = ao + ai t + ... + artr onde os coeficientes devem ser determinados. Então, por hipótese 298 1. VALORES NUMÉRICOS o método explicado no parágrafo 1 nos levará ao seguinte resultado (omitiremos os cálculos): Mas nas vezes em que houver necessidade de repetir seguidamente o cálculo de coeficientes, o procedimento acima se torna muito demorado. Vamos, a seguir, construir uma nova base de P2 (lR) que facilita muito esses cálculos. Consideremos três polinômios LI (t), L2 (t) e L3 (t) que tenham os seguintes valores numéricos: 301 -- (2,5) Observação A fórmula anterior é a base para o método de Simpson do Cálculo Numé- rico. -2 Como sabemos essa área é dada por: A = J o f(t)dt. Mas f(t) = f(O)LI(t) + f(I)L2 (t) + f(2)L3 (t). Logo: A = J 0 2 f(t)dt = f(O) J": LI (t)dt + f(l) J: ~ (t)dt + f(2) J: L3 (t)dt = = f(O) [ ~ t3 _ ~ t2 + t]: + f(1) [_ t; + t2 ]: + f(2) [~ _ t:]: = f(O) [ ~ - 3 + 2] + f(l) [ - ~ + 4] + f(2)[ ~ - 1] = ~ f(O) + ~ f(1) + ~ f(2) = ~ (f(O) + 4f(l) + f(2)). A área pode então ser obtida diretamente através dos valores numéricos de f(t) para t = O, t = 1 e t = 2. Por exemplo, se f(t) = t2 + 1, teremos: A = ~ (1 + 8 + 5) = 134 . 1 2 1 2 () 1 2 1LI(t)=2 t -"I t ,L2 (t)=-t +1 e L3 t =2 t +2t. Aplicação Uma aplicação interessante das fórmulas desenvolvidas aqui é a seguinte. Suponhamos dado um polinômio f(t) de grau ~ 2 e que desejamos calcular a área compreendida entre o gráfico desse polinômio e o eixo x, entre os pontos Oe 2. É óbvio então que a ba~e {LI (t), L2 (t), L3 (t)} de P2 (lR) é muito mais interessante do que a base canônica quando queremos determinar um polinômio a partir dos seus valores numéricos. Os polinômios Ll(t), L2 (t) e L3 (t) das considerações acima são chamados polinômios de interpolação de Lagrange determinados por O, 1 e 2. Nota: Se tomarmos outros três pontos, em vez de O, 1 e 2, obteremos outros polinômios de Lagrange. Por exemplo, para os pontos -1, O e 1 os polinômios de Lagrange são: L I (2) = O ~(2) = O L3 (2) = 1 2 ) (1 2 1)+ 4(-t + 2t - 6 2 t - 2 t = L I (1) = O ~(l) = 1 L3 (1) = O LI (O) = 1 ~(O) = O L3 (0) = O Exemplo - Determinar f(t) sabendo que f(O) = 2, f(l) = 4 e f(2) = -6. Solução f(t) = 2 ( ; t2 - ~ t + 1) = -6t2 + 8t + 2. 300 1 1 3 Ll(t) = 2(t - 1)(t - 2) = 2"t2 -2 t + 1 ~(t) = - t(t - 2) = -t2 + 2t 1 1 1 L3 (t) = 2 t (t - 1) = 2 t2 - 2t O conjunto {Ll(t), ~(t), L3 (t)} é uma base de P2 (lR) o que é fácil verificar e deixamos como exercício. Se f(t) é um polinômio de grau ~ 2, então f(t) é combi- nação linear de LI (t), L2 (t) e L3 (t): f(t) = aLI(t) + b~(t) + cL3 (t). Agora, quanto valem os coeficientes a, b e c? Fazendo sucessivamente t = O, t = 1 e t = 2 obtemos: f(O) = aLI (O) + b~(O) + cL3 (0) = a f(l) = aLI (1) + bL2 (1) + cL3 (1) = b f(2) = aLI (2) + bL2 (2) + cL3 (2) = c e portanto f(t) = f(O)LI(t) + f(I)L2 (t) + f(2)L3 (t), isto é, f(t) é combinação linear de LI (t), ~ (t) e L3 (t) com coeficientes iguais aos valores numéricos f(O), f(l) e f(2). 2. Exprimir o polinômio [(t) como combinação linear dos polinômios de Lagrange do exercí- cio 1 nos seguintes casos: a) [(t) = t2 ; b) [(t) = t2 + t + 1; c) [(t) = 1. 303 1 2 n f(t) = L f (tk) Lk(t). k=o 4. Calcular a área indicada no desenho utili- zando os polinômios de Lagrange (veja o exer- cício 1 - b). Repetir o exercício, tomando o polinômio f(t) = 3t2 + t + 1. 3. Determinar os polinômios de Lagrange correspondentes aos valores (to, ti> t2' t3' t4) = (O, 1, 2, 3, 4) e exprintir o polinômio f(t) = t4 + t3 - t2 - t + 1 como combinação linear deles. Repetir o exercício com f(t) = 3t4 ~ 2t3 + t 2 - t + 5. 'i!r t - tjLi(t)= II -- (i= 1, ... ,n)j=0 ti - tj j#i 1. Determinar os polinômios de Lagrange correspondentes aos valores seguintes: a) (to, ti, Í2) = (O, 1, 2); b) (to, ti, t2) = (1, 2, 3); c) (to, ti> t2) = (4, 5, 6). EXERCÍCIOS PROPOSTOS (Verifique que Li(tj) = Oij.) Agora a seguinte questão: como exprimir um polinômio como combinação linear dos polinômios de Lagrange? Seja f(t) = aoLo(t) + aiLI (t) + ... + anLn(t) onde ao, aI> , an são números reais a serem determinados. Mas, fazendo t = tj (j = 0,1, , n), f(tj) = aoLo(tj) + alLl(tj) + ... + anLn(tj) ou seja, f(tj) = aj. Assim chegamos à fórmula: Lo(tn) = O LI (tn) =O LO(t1) = O LI (ti) = 1 Lo(to) = 1 L 1(tO)=0 aOOOj + al0lj + ... + anÔnj = O e daí resta aj = Opois Oij = O para i =1= j.• 302 Defmição 2 - Os polinômios Lo(t), LI (t), ... , Ln (t) das considerações acima (que formam uma base de Pn(IR» são chamados polinômios de Lagrange correspondente à seqüência de pontos: (to, tI> ... , tn)· Vejamos como são esses polinômios. Por exemplo Lo(t) deve ser da forma: Lo(t) = (t - t1)(t - t2 ) ••• (t - tn)b onde b é determinado pela condição Lo(to) = 1. O resultado obtido será: n . t - tj (t - td(t - t2 ) ••• (t - tn) Lo(t) = lT -- =j=1 to - tj (to - t1)(tO- t2 ) ••• (to - tn) Analogamente teremos: ou seja: Demonstração - Como são n + 1 polinômios e dim Pn(R) = n + 1, basta provar que eles formam um conjunto L.I. De fato, supondo aoLo(t) + alLl (t) + ... + anLn (t) = O teremos em tj (j = O, 1, ... , n): aoLo(tj) + alLl(tj) + ... + anLn(tj) = O Teorema 2 - Os polinômios Lo(t), LI (t), ... , Ln(t) formam uma base de Pn(lR). ou, resumidamente, Li(tj) = Ôij, onde Ôij = 1 se i = j e ôij = O se i =1= j. Depois de termos introduzidos os três polinômios de Lagrange correspon- dentes a três valores da variável t, vamos generalizar os resultados obtidos para o caso de n polinômios e n valores. Sejam to, tI> ... , tn, n + 1 números reais, dois a dois distintos. Conforme o teorema 1 existem polinômios Lo (t), LI (t), ... , Ln(T) de grau" n e tais que: *5. Sejam Lo(t), Ll (t), ... , Ln(t) os polinômios de Lagrange correspondentes a (to, t l ,· .. ,tn)· Provar que Lo(t) + Ll(t) + ... + Ln(t) = 1 e que t = toLo(t) + tlLl(t) + ... + tnLn(t). 6. Sejam a, b, c, d números reais distintos dois a dois. Provar que existe um polinômio de grau ,,;;; 2 tal que: f(-I) = a, f(1) = b, f(3) = c e f(O) = d se, e somente se, 3a + 6b - c - 8d = O. 7. Dado um polinômio f(t) = ao + alt + ... + amtm e uma matriz A E Mn(lR), indica-se por f(A) a matriz aoIn + alA + ... + amAm E Mn(IR). Calcular f(A) nos seguintes casos: ( 20 01)a) f(t)=t+l; ( °1 01)b) f(t) = t Z + t + 2; ( 0 01 O~ 031 )c) f (t) = 3tZ + t - 1. 8. Sejam f(t) = (t - l)(t - 2)(t - 3) e A~ ( 2 O O O)O 2 O OO O 3 O O O O a) Provar que f(A) =o; b) Sejam Ll(t), Lz(t) e L3(t) os polinômios de Lagrange correspondentes a (l, 2,3) (ver exercício 1) e sejam as matrizes Ei = Li(A)(i = 1,2, 3). Calcular Elo Eze E3; c) Provar que El + Ez + E3 = 4, E[ = Ei(i = 1, 2, 3) e EiEj = o se i *- j; d) Mostrar que A =El + 2Ez + 3E3. 9. Seja (to. ti> ... , tn) uma seqüência de números reais dois a dois distintos e (SO, Si> •.• ,sn) uma seqüência qualquer de números reais. Provar que existe um, e apenas um, polinômio f(t) , de grau";;; n, tal que f(ti) = Sj(i = 0,1, ... ,n). Sugestão: use os polinômios de Lagrange. 10. Achar o polinômio de grau ,,;;; 3 tal que f(O) = 1, f(l) = 5 e f(2) = 6, utilizando o exercí- cio anterior. 304 CAPíTULO 4 Seqüências Recorrentes Lineares 1. SEQÜÊNCIAS RECORRENTES Seja R o conjunto dos números reais e N = {O. 1,2, ...} o conjunto dos números naturais. Uma função f{!: N -+ R chama-se seqüência (de números reais) e em geral indicaremos, wna seqüência por seus valores f{! = (f{! (O), f{! (I), f{! (2), ... , f{! (n), ... ) Dadas duas seqüências f{!: N -+ R e a: N -+ R, chama-se soma de f{! e a a seqüência f{! + a: N -+ R tal que: (f{! + a}(n) = f{!(n) + a(n), Vn E N. Sendo f{! uma seqüência e À E R, Àf{! é a seqüência dada por (Àf{!)(n) = Àf{!(n). Assim o conjunto R oo de todas as seqüências de números reais está munido de wna adição e wna multiplicação por escalares e o leitor poderá verificar sem dificuldades que ele é um espaço vetorial sobre R. No entanto R 00 não é wn espaço de dimensão finita, de modo que a ele não se aplicam os resultados obtidos nos capítulos 11 e III da primeira parte do livro. Mas já exploramos profundamente os espaços vetoriais R n , cuja dimensão é n, e vale notar que R n é isomorfo ao sub-espaço de R 00 formado pelas seqüências da forma: f{! = (xo, Xi> Xz, ... , Xn_l' O, O, ... ), isto é, aquelas cujos termos são nulos a partir do índice n (inclusive). O isomor- fismo é a transformação dada por: (xo, Xl,"" Xn_l ) E Rnf-----+ (Xo, Xl,"" Xn_l> O, O, ... ) E R OO Portanto o R n pode ser visto como sub-espaço vetorial de IRoo desde que se iden- tifique cada (xo, ... , Xn- l ) E R n com (Xo, ... , Xn_l , O, O, ...) E IRoo • Neste capítulo vamos estudar outros sub-espaços de R 00, também de dimensão finita, e irriportantes do ponto de vista das aplicações. Definição 1 - Uma seqüência (Xij, Xl, ... , Xn, ...) chama-se seqüência recorrente linear de ordem 2 se existem a, b E R com b =1= °tais que xn+l = = axn + bXn _l para todo n ~ 1. Mais geralmente, se xn = an-lxn-l + + + an_pxn _p verifica-se para todo n ~ p e an _p =1= O, a seqüência (xo, ... ,Xn, ) 305 é recorrente linear de ordem p. Os números an-l' ... , an _p são os coeficientes da relação de recorrência. Exemplos 1) As progressões aritméticas são seqüências recorrentes lineares de ordem 2, pois Xn+l = 2xn - xn- l para todo n ~ 1. Os coeficientes são a = 2 e b = -1. 2) As progressões geométricas são recorrentes lineares de ordem 1, pois Xn+l = qxn· 3) As seqüências de Fibonacci (dadas por Xn+l = Xn + Xn-l, V- n ~ 1) são recorrentes lineares de ordem 2 com coeficientes a = 1 e b = 1. Teorema 1 - Fixando a, b E IR, o conjunto de todas as seqüências recor- rentes lineares de ordem 2 com coeficientes a e b é um sub-espaço vetorial de IR". Demonstração - Seja S o conjunto das seqüências recorrentes lineares de ordem 2 com coeficientes a e b e consideremos (Xo, Xl, ...) e (Yo, Yl' ...) em S e a E IR. Então: Xn+l + Yn+1 = (axn + bXn_l) + (aYn + bYn-l) = = a(xn + Yn) + b(Xn_l + Yn-d e aXn+l = a(axn + bXn_l) = a(axn) + b(aXn_l) \:f n ~ 1, o que vem provar que S é sub-espaço vetorial de IR". Deixamos ao leitor a tarefa de enunciar e provar o teorema 1 para seqüências de ordem p.• Um problema que se apresenta agora é o de calcular uma base de S. Antes de resolver o. caso geral, vejamos dois exemplos, um com ordem 2 e outro com ordem 1. Exemplo 1 - Tomemos o sub-espaço das progressões aritméticas defmidas por xn+1 = 2xn - Xn-l' Vamos calcular os termos X2, X3, ... em função de :>co e Xl' Temos X2 = 2Xl - XO, X3 = 2X2 - Xl = 2(2xl -:>co) - Xl = 3Xl -.2xo, '4 = 2X3 - X2 = 2(3xl - 2xo) - (2Xl - xo) = 4Xl ~ 3Xo· Por indução teremos a fórmula Xn = nXl - (n - l)Xo. 306 A seqüência é, então: = (xo, xl, 2Xl - Xo, 3Xl - 2Xo, 4Xl - 3xo, ,nxl - (n - l)xo, ... ) = = (xo, 0, -Xo, -2Xo, -3xo, ... , -(n - l)xo, ) + (O, Xl, 2xl, 3xl> ... nXl> ... ) = xo(l, 0, -1, -2, -3, ... , -(n - 1), ... ) + Xl (O, 1, 2, 3, ... , n, ... ). Observemos atentamente os cálculos acima. Em primeiro lugar, Xo e Xl deter- minam univocamente o termo Xn por meio de: Xn = nXl - (n - l)Xo. Bastam portanto os dois primeiros termos para determinar toda a seqüência. Em seguida, usando a igualdade acima foi possível decompor uma seqüência (Xo, Xl, ...) como combinação linear, com coeficientes Xo e xl> das seqüências: ai = (1,0, -1, -2, -3, ... , - (n - 1), ... ) e a2 = (O, 1,2, ... , n, ... ). Estas duas seqüências são progressões aritméticas (de razão -1 e 1, respectiva- mente) e são vetores (= seqüências) linearmente independentes pois nenhuma delas é igual à outra multiplicada por um número real. Conclusão: S tem dimensão 2 e {ai ,a2} é uma base de S. Exemplo 2 - Consideremos o conjunto S das seqüências: a = (Xo, Xl, ... , Xn, ... ) em que Xn+l = qXn (q E IR, fixo). Vamos calcular xn em função de xo. Temos: Xl = qxo, X2 = qXl = q(qXo) = q2 xo , X3 = qX2 = q(q2 XO) = = q3xo, ... , xn = qnXo . Se q = °a seqüência é a = (xo, 0, 0, ... ) e neste caso o conjunto S das seqüências consideradas identifica-se com IRl = IR. Seja então q =1= O. Então: a = (Xo, qXo, q2Xo , ... , qnxo , ... ) = Xo(l, q, q2, , qn, ... ). Conclusão: S tem dimensão 1 e {ad = {(l, q, q2, )} é uma base de S. Voltemos agora ao caso geral onde S é o conjunto das seqüências a = (xo, Xt. ... , xn , ... ) em que Xn+l = aXn + bxn_t. isto é, seqüências recorrentes lineares de ordem 2. Vamos procurar uma base de S formada de seqüências da forma a(n) = qn, com q =1= O. Sendo qn uma solução, devemos ter qn+l = 307 = aqu + bqU-l, V n ;;;;. 1. Logo, dividindo por qU-l, vem: q2 = aq + b ou, o que é equivalente, q2 _ aq - b = O. é o n-ésimo termo de uma seqüência de Fibonacci. Se tomarmos, por exemplo, Xo = O e Xl = 1 teremos: (1 + . f5)n(1 . f5)n 1X n = v.J _ - v.J = __ ((1 + y'S)n _ (1 _ y's)n). 2nys 2n~ 2n~ Caso 1: a2 + 4b > O. Neste caso existem números reais distintos entre si ql e ~ que verificam a igual- dade q2 - aq - b_ = O. Consideremos as seqüências 01 (n) = qf e 02 (n) = ~n. S~ndo b =1= O, entao ql =1= O e ~ =1= O e como ql e ~ são distintos entre si as seqüências 01 e 02 são linearmente independentes. Se mostrarmos que toda se- qüência de S é combinação linear de 01 e 02, ficará provado que {aI. 02} é base de S e portanto dim S = 2. Seja 0= (Xo, Xl,' ..) E S; procuremos Cl, C2 E]R de maneira que 0= CIOl + + ~02' Ora, isto equivale a: { oCO) = CIOl(O) + ~02(0) a(1) = CIOl(l) + C2a2(1) ou seja, a Observe que, embora não pareça, Xn é inteiro, pois: o = (O, 1, 1,2,3,5,8,13,21, ... ). Caso 2: a2 + 4b = O Neste caso a equação q2 - aq - b = O admite a raiz real dupla q = ~. Conside- remos as seqüências: e É fácil verificar que 01 e 02 são vetores (= seqüências) linearmente independentes. Mostraremos que {OI> 02} é uma base de S. Seja o E S; procuremos CI. C2 E ]R tais que e e ou, ainda: ou seja: Então para n = O e n = 1 devemos ter: 0(0) = CIOl(O) + C2 02(0) 0(1) = CIOl(l) + C202(1) Daí vem que: e portanto Xl - Xo~ + Xoql - Xl 0= 01 Oql - q2 ql - ~ 2 Exemplo - As seqüências de Fibonacci são aquelas que satisfazem X - + .t' 1 n+l - xn Xn-l lS o e, aque as em que a = b = 1. Neste caso: 1 + ys a2 + 4b = 5, ql = --~ 2 Xl - Xoq Portanto: O = Xo0l + ---- 02'q O exemplo mais importante é o das progressões aritméticas definidas por XU+l = 2Xn - xn - l , Neste caso: a2 + 4b = 4 - 4 = O, q = ~ = 1 e2 308 309 aI = (1, 1, 1, ... ) e a2 = (O, 1, 2, ... ) Daí para toda progressão aritmética a = (xo, xI> ... ) teremos: a = xo(1, 1, ... , 1, ... ) + (Xl - xo)(O, 1,2, ... ). Caso 3: a2 + 4b < O. Quando isto acontece, existem duas raízes complexas conjugadas da forma p(COS'fi + i sen 'fi) e p(cas 'fi - i sen 'fi). As seqüências aI (n) = pn cos (n'fi) e a2 (n) = = pn sen (n'fi) pertencem ambas a S, são linearmente independentes e geram S. As duas primeiras afirmações ficam a cargo do leitor. Vejamos a terceira. Seja a E S e façamos a = clal + ~a2' Então: a(n) = Clpn cos (n'fi) + ~p!l sen (n'fi), Vn;;;' O. Tomando n = 0,1 temos: a(O) = Cl a(l) = CIP cOS'fi + C2P sen 'fi e daí se tira que a(l) = a(O) p cos 'fi + C2P sen 'fi Portanto: ~ = a(1) - a(O) p cos 'fi p sen 'fi