Dep. Matemática FCUP. ÁLGEBRA LINEAR e GEOMETRIA ANALÍTICA

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1 ******************************************************* ******************************************************* Dep. Matemática FCUP ******************************************************* ******************************************************* ÁLGEBRA LINEAR e GEOMETRIA ANALÍTICA Resumo das aulas teóricas e práticas 1. o ano da licenciatura em Matemática, Física Astronomia Ano lectivo de 2010/2011 João Nuno Tavares *******************************************************

2 ÍNDICE: 1 Um curso rápido de ALGA apenas em R Álgebra Linear em R Aplicações à geometria Álgebra Linear e Geometria Analítica em R Álgebra Linear em R Espaços vectoriais Espaços vectoriais Exemplos Subespaços vectoriais Exercícios ALGA I. Aplicações lineares. Isomorfismos lineares Aplicações lineares. Isomorfismos lineares. Operadores lineares. Funcionais lineares. O espaço dual V Exercícios ALGA I. Bases, coordenadas e dimensão Bases, coordenadas e dimensão Cálculos com coordenadas. Problemas Mudanças de base e de coordenadas Exercícios ALGA I. Representação matricial das aplicações lineares Matriz de uma aplicação linear

3 2 6.2 Cálculo do núcleo e imagem Matriz da composta GL(n). Pontos de vista passivo e activo Determinantes Definição e propriedades Determinante de um produto Cálculo da matriz inversa. Matriz adjunta Regra de Cramer Determinante de um operador linear Exercícios ALGA I. Espaços vectoriais com produto interno Espaços Euclideanos reais Espaços Hermitianos (ou Unitários) complexos Norma Ortogonalidade Bases ortonormadas num espaço vectorial com produto interno Método de ortogonalização de Gram-Schmidt Decomposição ortogonal. Teorema da aproximação óptima Aplicações. Mínimos quadrados Método dos mínimos quadrados. Aproximação de dados por uma recta Transformações ortogonais e unitárias. Exemplos Transformações unitárias em C 2. Os grupos U(2) e SU(2) Exercícios ALGA I. Subespaços invariantes. Subespaços próprios. Valores próprios Conjugação Subespaços invariantes Valores e vectores próprios de um operador linear. Operadores diagonalizáveis Cálculo de valores e vectores próprios Sistemas dinâmicos lineares discretos

4 3 8.6 Números de Fibonacci. Número de ouro Exercícios ALGA I. Operadores auto-adjuntos (simétricos e hermitianos). Teorema espectral Operadores auto-adjuntos (simétricos e hermitianos) Teorema espectral para operadores auto-adjuntos Diagonalização de formas quadráticas reais Propriedades extremais dos valores próprios Operadores comutativos Exercícios ALGA I. Cónicas e quádricas afins Parábola, Elipse e Hipérbole Quádricas Cónicas e quádricas afins Redução à forma canónica da equação geral de uma cónica Quaterniões e Rotações Definições e propriedades Rotações no espaço dos quaterniões puros O homomorfismo SU(2) SO(3). Parâmetros de Cayley-Klein Transformações e matrizes hermitianas em C Matrizes hermitianas de traço nulo. Matrizes de Pauli O homomorfismo SU(2) SO(3). Parâmetros de Cayley-Klein Rotações infinitesimais. Álgebra do momento angular so(3) e su(2) Álgebra doo momento angular Representações de sl(2, C). Spin Geometria de Minkowski em R Produto escalar de Minkowski Intervalo ou separação espaço-temporal

5 Carácter causal. Cones de Luz Cones temporais Linhas de universo de observadores inerciais Ortogonalidade O espaço físico de um observador inercial Desigualdade de Cauchy-Shwartz oposta, ângulo hiperbólico Sistemas de coordenadas inerciais. O Factor de Lorentz O Factor de Lorentz O grupo de Lorentz O(1, 3). O homomorfismo SL(2, C) SO(1, 3) Transformações de Lorentz no espaço de Minkowski R 4. O grupo de Lorentz O(1, 3)

6 ÁLGEBRA LINEAR e GEOMETRIA ANALÍTICA Referências bibliográficas 1. T.M. Apostol: Calculus, vol.1 e vol.2. Xerox College Publishing International Textbook series, Blyth T.S. and Robertson E.F.: Basic Linear Algebra. SUMS, Springer-Verlag, New York, Mansfield L.E.: Linear Algebra with Geometric Applications. Marcel Dekker, Inc., Postnikov M.: Leçons de Géométrie, vol.1 e 2. Éditions MIR, Moscou, Banchoff T., Wermer J.. Linear Algebra through Geometry. UTM, Springer-Verlag, New York, Smith L.: Linear Algebra. UTM, Springer-Verlag, New York, Curtis C.W.: Linear Algebra, An Introductory Approach. UTM, Springer-Verlag, New York, Lipschutz S.: Linear Algebra. Schaum s Outline Series. McGraw-Hill Book Company, Hernández E.: Álgebra y Geometría (2. a edicion). Addison-Wesley/Universidad Autónoma de Madrid, 1994.

7 Módulo 1 Um curso rápido de ALGA apenas em R 2 Neste primeiro módulo vamos retomar alguns conceitos ensinados no ensino secundário, e fazer uma ponte para os assuntos mais sofisticados que precisamos de aprender na disciplina de ALGA. Tentamos por agora usar as notações que são mais familiares ao leitor. Contents 1.1 Álgebra Linear em R Aplicações à geometria Palavras chave Vectores. R 2 como espaço vectorial real. Subespaços. Dependência e indepêndencia linear. Base canónica. Bases, coordenadas e dimensão. Aplicações Lineares. Matriz de uma aplicação linear. Determinantes. Valores e vectores próprios. Geometria Euclideana em R 2. Produto interno (euclideano). Norma (euclideana). Ângulo. Ortogonalidade. Rectas vectoriais e afins. Projecção ortogonal. Interpretação geométrica de det e de det A. Reflexões numa recta. Transformações ortogonais em R 2. Os grupos O(2) e SO(2). Notações x, y, u, v, w... vectores, em vez de x, y, u, v,... a, b, c,..., λ, η, µ, ξ,... escalares, isto é, números reais (para já). Número de aulas 1

8 2 2 teóricas e 2 teórico-práticas. Objectivos Um forte intuição geométrica sobre os principais conceitos da ALGA. Resolver os sistemas que aparecem obrigatoriamente pelo método de eliminação de Gauss. Site de apoio à disciplina Site de apoio em temas de Matemática elementar

9 1.1. Álgebra Linear em R Álgebra Linear em R 2 Vectores 1.1 Um vector x em R 2 é por definição um par ordenado de números reais, representado, ou na forma x = (x 1, x 2 ), ou dispostos segundo uma matrizcoluna de duas linhas: ( ) x1 x = x 2 Os números reais x( i, i = 1, ) 2, dizem-se as componentes do vector x R 2. x1 Geomètricamente x = será representado como na figura seguinte: x 2 R 2 como espaço vectorial real ( ) ( ) x1 y1 1.2 Dados dois vectores x = e y =, em R x 2 y 2, define-se a 2 respectiva soma vectorial, como sendo o vector x + y, dado por: ( ) ( ) ( ) x1 y1 x1 + y x + y = + = 1 x 2 y 2 x 2 + y 2 Geomètricamente x+y é obtido através da seguinte regra do paralelogramo: ( ) x1 1.3 Dado um vector x = em R x 2, e um escalar (i.e., um número 2 real) λ R, define-se a multiplicação do escalar λ pelo vector x, como sendo o vector λx dado por: ( ) λ x 1 λx = λ x É fácil provar que as duas operações definidas anteriormente, satisfazem as propriedades seguintes: [EV1]. x + y = y + x (1.1.1) [EV2]. (x + y) + z = x + (y + z) (1.1.2) [EV3]. 0 + x = x + 0 = x x R 2 (1.1.3) [EV4]. x, ( x) : x + ( x) = 0 (1.1.4) [EV5]. λ(x + y) = λx + λy (1.1.5) [EV6]. (λ + η)x = λx + ηx (1.1.6) [EV7]. λ(ηx) = (λη)x (1.1.7) [EV8]. 1x = x (1.1.8)

10 1.1. Álgebra Linear em R 2 4 ( 0 onde x, y, z R 2, λ, η R, 0 = 0 ) é o vector nulo de R 2, e x = ( 1)x. Por isso, diz-se que R 2 é um espaço vectorial real. Exercício Demonstre as 8 propriedades (2.1.1) a (1.1.8). Subespaços 1.5 Um subconjunto não vazio S R 2 diz-se um subespaço vectorial de R 2, se S é fechado relativamente às operações de soma de vectores e de multiplicação de escalares por vectores, i.e.: Se x, y S também x + y S (1.1.9) Se λ R, e x S também λx S (1.1.10) Em R 2 os subespaços são de dois tipos: triviais: S = {0} e S = R 2 não triviais: S = {λv : λ R}, onde v 0, que representa uma recta que passa na origem, gerada por v 0. Exercício Diga quais dos seguintes conjuntos são subespaços vectoriais de R 2 : a) A = { (x, y) R 2 : x = y } ; e) E = { (x, y) R 2 : 3x y = 1 } ; b) B = { (a, a) R 2 : a R } ; f) F = { (x, y) R 2 : x + 2y = 3 } ; c) C = { (x, y) R 2 : x + y 2 } ; g) G = {(b, 2a + b) : a, b R}. d) D = { (x, y) R 2 : x + 5y = 0 } ; g) H = {(b, 2a + 1) : a, b R}. Combinação linear 1.6 Um vector x R 2 diz-se uma combinação linear dos vectores a e b de R 2 se existirem escalares λ, η R tais que: x = λ a + η b (1.1.11) O conjunto de todas as combinações lineares dos vectores a e b, isto é, de todos os vectores da forma λ a + η b, onde os escalares λ, η R são arbitrários, chama-se o espaço gerado por a e b e representa-se por span{a, b}: span{a, b} = {λ a + η b : λ, η R} (1.1.12)

11 1.1. Álgebra Linear em R 2 5 Exercício span {a, b}: Em cada uma das alíneas que se seguem, verifique se x a) x = (1, 0), a = (1, 1), e b = (0, 1); b) x = (2, 1), a = (1, 1), e b = (1, 1); c) x = (1, 0), a = (1, 1), e b = (2, 2); d) x = (1, 1), a = (2, 1), e b = ( 1, 0); e) x = (4, 3), a = (1, 1), e b = ( 2, 2). f) x = (0, 0), a = (2, 1), e b = ( 4, 2); Exercício Em cada um dos casos, calcule o subespaço gerado por a e b, onde a) a = (1, 1), b = (2, 2), em R 2 ; b) a = ((1, 0), b = (5, 0), em R 2 ; c) a = (2, 1), b = (1, 0), em R 2 ; d) a = (2, 1), b = (0, 0), em R 2 ; Dependência e independência linear 1.7 Dois vectores x e y em R 2, dizem-se linearmente dependentes, se um deles é múltiplo escalar do outro. Se x = 0 (ou y = 0) então x e y são linearmente dependentes. Geomètricamente x e y são linearmente dependentes, sse eles são colineares. 1.8 Dois vectores x e y em R 2, dizem-se linearmente independentes, se não são linearmente dependentes (o que implica que x 0 e y 0). Geomètricamente x e y são linearmente independentes, sse eles são não colineares. Simbolicamente: (x e y são linearmente independentes) (λx + ηy = 0 = λ = η = 0) Exercício Verifique se os vectores que se seguem são linearmente dependentes ou independentes: a) (1, 0), (2, 1) em R 2 ; b) (1, 1), (2, 2) em R 2 ; c) (π, 0), (0, 1) em R 2 ; d) (1, 2), (2, 3), (1, 1) em R 2 ; Base canónica 1.9 Os vectores de R 2 : ( 1 e 1 = i = 0 ) ( 0 e e 2 = j = 1 ) são linearmente ( ) independentes, e têm a propriedade de que qualquer vector x1 x =, se pode escrever como combinação linear de e x 1 e e 2. De facto: 2 ( ) ( ) ( ) x1 1 0 x = = x x 1 + x = x 1 e 1 + x 2 e 2 (1.1.13)

12 1.1. Álgebra Linear em R 2 6 Diz-se então que C = {e 1, e 2 } é uma base (ordenada) - a base canónica de R 2. Bases, coordenadas, dimensão 1.10 Qualquer conjunto B = {u 1, u 2 } constituído por dois vectores linearmente independentes, e que têm a propriedade de que qualquer vector x R, se pode escrever como combinação linear de u 1 e u 2 : x = x 1 u 1 + x 2 u 2 (1.1.14) para certos escalares (únicos) x 1, x 2 R, diz-se uma base de R Todas as bases de R 2 têm sempre dois elementos, e, por isso, diz-se que a dimensão (real) de R 2 é 2: Os escalares x 1, x 2 R, que surgem em (1.1.14), dizem-se as componentes (ou as coordenadas) do vector x, na base B = {u 1, u 2 }. Neste caso escrevemos: ( ) x1 x = (x) B x 2 (1.1.15) Exercício Verifique se os conjuntos que se seguem, são ou não bases de cada um dos espaços vectoriais indicados em cada alínea. Calcule as coordenadas de x = (1, 1) relativamente aos que são bases: a) {(1, 1), (3, 1)} em R 2 ; b) {(0, 1), (0, 3)} em R 2 ; c) {(2, 1), (1, 1), (0, 2)} em R 2 ; d) {(2, 1), (0, 0), (0, 1)} em R 2 ; B Exercício Calcule uma base de cada um dos subespaços que se seguem, e depois as coordenadas do vector u em cada uma das bases: a) S = { (x, y) R 2 : x + y = 0 }, u = (3, 3); b) S = { (x, y) R 2 : 2x = y }, u = (4, 8); Aplicações Lineares 1.12 Uma aplicação A : R 2 R 2 diz-se uma aplicação linear, se A preserva as operações que definem a estrutura vectorial de R 2, i.e.: x, y R 2, e λ R. A(x + y) = A(x) + A(y) (1.1.16) A(λ x) = λ A(x) (1.1.17)

13 1.1. Álgebra Linear em R Dada uma aplicação linear A : R 2 R 2 define-se: o núcleo de A: ker A = {x R 2 : A(x) = 0} (1.1.18) a imagem de A: im A = {y : A(x) = y R 2, para algum x R 2 } (1.1.19) Exercício Mostre que ker A e im A são subespaços de R 2. Exercício Das aplicações A : R 2 R 2 que se seguem, indique aquelas que são lineares. Relativamente a essas, calcule o respectivo núcleo e diga quais as que são injectivas. a) A : (x, y) (x + y, x y) b) A : (x, y) ( x, y ) c) A : (x, y) (x + 1, x y) d) A : (x, y) (0, x + y) Exercício Mostre que uma aplicação linear A : R 2 R 2 fica completamente determinada pelos valores que assume numa base. Mais concretamente, se {e 1, e 2 } é uma base e se A(e 1 ) = f 1, A(e 2 ) = f 2, onde f 1, f 2 são fixos de forma arbitrária, então estes dados determinam de forma única a imagem A(x) de um vector arbitrário. Exercício Sabendo que A é uma aplicação linear, calcule em cada caso a imagem de um vector genérico: a) Sendo A : R 2 R 2 e A(1, 0) = (1, 1) e A(0, 1) = (1, 2); b) Sendo A : R 2 R 2 e A(1, 1) = (1, 2) e A(0, 3) = (2, 2); c) Sendo A : R 2 R 2 e A(2, 1) = ( 1, 0) e A( 1, 1) = (3, 2); Matriz de uma aplicação linear 1.14 Se B = {u 1, u 2 } é uma base fixa de R 2, podemos escrever que: A(u 1 ) = a u 1 + b u 2 (1.1.20) A(u 2 ) = c u 1 + d u 2 (1.1.21) A matriz: A = ( a c b d ) (1.1.22) diz-se a matriz de A na base B, e nota-se por: A = (A) B

14 1.1. Álgebra Linear em R 2 8 ( Se ) as coordenadas de um vector x R 2, na base B = {u 1, u 2 }, são x = x1, i.e., se: x 2 B x = x 1 u 1 + x 2 u 2 então as coordenadas de A(x) na base B obtêm-se da seguinte forma: A(x) = A(x 1 u 1 + x 2 u 2 ) = x 1 A(u 1 ) + x 2 A(u 2 ) = x 1 (a u 1 + b u 2 ) + x 2 (c u 1 + d u 2 ) = (ax 1 + cx 2 ) u 1 + (bx 1 + dx 2 ) u 2 (1.1.23) o que significa que as coordenadas de A(x) na base B: ( ) y1 (A(x)) B = y 2 obtêm-se matricialmente através de: ( ) ( ) ( ) y1 a c x1 = b d ou mais sucintamente: y 2 B B x 2 B (1.1.24) (A(x)) B = (A) B (x) B (1.1.25) Exercício Em cada um dos seguintes casos determine a matriz da aplicação linear A na base indicada e calcule ker A e im A : a). b). c). A : R 2 R 2, (x, y) (3x y, x + 5y) na base C = {(1, 0), (0, 1)} A : R 2 R 2, (x, y) (3x y, x + 5y) na base B = {(1, 1), (1, 1)} A : R 2 R 2, (x, y) (3x, x + y) na base B = {(2, 1), (1, 1)} Composta de aplicações lineares. Matriz da composta. Produto de matrizes Sejam duas aplicações lineares. A : IR 2 IR 2 e B : IR 2 IR 2 (1.1.26) A composta A B : IR 2 IR 2 (lê-se A composta com B, ou A após B) é a aplicação definida por: A B : IR 2 IR 2 x (A B)(x) = A(B(x)) (1.1.27)

15 1.1. Álgebra Linear em R 2 9 Esquematicamente: x B B(x) A A(B(x)) Exercício Mostre que A B é linear Se B = {u 1, u 2 } é uma base fixa de R 2, podemos escrever que: A(u 1 ) = a u 1 + b u 2 (1.1.28) A(u 2 ) = c u 1 + d u 2 (1.1.29) construindo assim a matriz de A na base B: ( a c A = (A) B = b d Analogamente, podemos escrever que: ) (1.1.30) B(u 1 ) = e u 1 + f u 2 (1.1.31) B(u 2 ) = g u 1 + h u 2 (1.1.32) construindo assim a matriz de B na base B: ( e g B = (B) B = f h ) (1.1.33) ( Se ) as coordenadas de um vector x R 2, na base B = {u 1, u 2 }, são x = x1, i.e., se: x 2 B x = x 1 u 1 + x 2 u 2 então B(x) é igual a (verificar): B(x) = (ex 1 + gx 2 ) u 1 + (fx 1 + hx 2 ) u 2 e portanto as coordenadas de A(B(x)) na base B obtêm-se da seguinte forma: A(B(x)) = A((ex 1 + gx 2 ) u 1 + (fx 1 + hx 2 ) u 2 ) = (ex 1 + gx 2 ) A(u 1 ) + (fx 1 + hx 2 ) A(u 2 ) = (ex 1 + gx 2 ) (a u 1 + b u 2 ) + (fx 1 + hx 2 ) (c u 1 + d u 2 ) = ((ae + cf)x 1 + (ag + ch)x 2 ) u 1 + ((be + df)x 1 + (bg + dh)x 2 ) u 2 (1.1.34) o que significa que as coordenadas de A(B(x)) na base B: ( ) y1 (A(B(x))) B = y 2 B

16 1.1. Álgebra Linear em R 2 10 obtêm-se matricialmente através de: ( ) ( y1 ae + cf ag + ch = y 2 be + df bg + dh B ) ( x1 x 2 ) B (1.1.35) o que é de facto uma fórmula complicada. Para simplificar os cálculos introduzimos o conceito de produto de matrizes - o produto das matrizes A e B (por esta ordem) define-se através de: ( ) ( ) ( ) a c e g ae + cf ag + ch AB = = (1.1.36) b d f h be + df bg + dh o que nos permite escrever (1.1.35) na forma: ((A B)(x)) B = (A) B (B) B (x) B (1.1.37) Exercício Mostrar que (A B) B = (A) B (B) B 2. Mostrar que o produto de matrizes não é, em geral, comutativo, i.e., em geral AB BA. 3. Mostrar que o produto de matrizes é associativo A(BC) = (AB)C. 4. Qual a matriz da aplicação identidade Id : IR 2 IR 2, relativamente a uma qualquer base de IR 2? O conjunto de todas as matrizes quadradas 2 2, de entradas reais, representase por M 2 (IR). Exercício Uma matriz A M 2 (IR), diz-se inversível se existir uma matriz B M 2(IR) tal que: AB = BA = Id ( ) 1 0 Onde Id = é a matriz identidade. Neste caso escreve-se B = A 1 para 0 1 a inversa de A. ( a c 1. Calcule explicitamente a inversa da matriz A = b d existe. Qual a condição para que exista A 1? 2. Mostre que (A 1 ) 1 = A ), supondo que ela 3. Mostre que se A : IR 2 IR 2 é um isomorfismo e se B é uma base de IR 2, então: (A 1 ) B = ((A) B ) 1 (1.1.38) ( a c Exercício A transposta de uma matriz A = b d ( ) a b A t = c d ) é a matriz

17 1.1. Álgebra Linear em R Mostrar que (A4) t = A 2. Mostrar que (AB) t = B t A t 1.17 Um grupo binária: que verifica as propriedades seguintes: é um conjunto não vazio G munido de uma operação G G G (g, h) g h 1. associatividade (g h) k = g (h k), g, h, k G 2. existe um elemento neutro e G tal que e g = g e = g, g G 3. cada elemento g tem um inverso, isto é, g G existe h G tal que g h = h g = e. Este inverso nota-se por g 1 (em notação multiplicativa). Exercício Mostre que o conjunto das matrizes inversíveis: GL(2) = {A M 2(IR) : A é inversível} munido da operação de produto de matrizes, é um grupo. Determinantes ( ) a c 1.18 Dada uma matriz A =, definimos o seu determinante b d det A, como sendo o número real: ( ) a c det A = det = ad bc (1.1.39) b d ( ) ( ) a c Representemos por c 1 = e c b 2 = as colunas da matriz A, de d tal forma que: Um cálculo directo mostra que: det A = det [c 1 c 2 ] = ad bc (1.1.40) det [c 1 c 2 ] 0 sse c 1, c 2 são linearmente independentes (1.1.41) det [c 1 c 2 ] = det [c 2 c 1 ] (1.1.42) det [c 1 + c 1 c 2 ] = det [c 1 c 2 ] + det [c 1 c 2 ] (1.1.43) det [c 1 c 2 + c 2] = det [c 1 c 2 ] + det [c 1 c 2] (1.1.44) det [λ c 1 c 2 ] = λ det [c 1 c 2 ] = det [c 1 λ c 2 ] λ R (1.1.45)

18 1.1. Álgebra Linear em R 2 12 e ainda que: det I = 1 (1.1.46) det (AB) = det A det B (1.1.47) det (A 1 ) = (det A) 1 A inversível (1.1.48) det (P 1 A P ) = det A P inversível (1.1.49) onde A t é a transposta de A e I = det (A) = det (A t ) (1.1.50) ( Além disso é possível provar que para uma matriz A: ) é a matriz identidade. A é inversível se e só se det A 0 (1.1.51) Exercício Demonstre todas as propriedades acima referidas Se A : R 2 R 2 é uma aplicação linear, define-se o respectivo determinante det A, como sendo o determinante da matriz de A, relativamente a uma qualquer base de R 2. Por (1.1.49) e (1.1.48), esta definição não depende da base escolhida. Exercício Calcule o determinante das aplicações lineares descritas no exercício Em breve veremos uma interpretação geométrica da noção de determinante. Produto interno (euclideano) ( ) ( ) x1 y Dados dois vectores x = e y =, em R x 2 y 2, define-se o 2 respectivo produto interno (Euclideano), como sendo o escalar x y R, dado por: x y = x 1 y 1 + x 2 y ( 2 ) y1 = (x 1 x 2 ) y 2 = x t y (1.1.52) 1.21 O produto interno (euclideano), que acabámos de definir, verifica as propriedades seguintes:

19 1.1. Álgebra Linear em R 2 13 é bilinear: (x + y) z = x z + y z x (y + z) = x y + x z λx y = x λy = λ(x y) (1.1.53) é simétrica: x y = y x (1.1.54) é não degenerada: x y = 0 y R 2 x = 0 (1.1.55) é definida positiva: x x 0 e x x = 0 x = 0 (1.1.56) x, y, z R 2, λ R. Exercício Verifique que o produto interno (1.1.52) satisfaz as propriedades acima referidas. Norma (euclideana) 1.22 Define-se a norma euclideana x, de um vector x = através da fórmula: x x x = x t x ( x1 x 2 ) R 2, = (x 1 ) 2 + (x 2 ) 2 (1.1.57) 1.23 A norma euclideana verifica as propriedades seguintes: é positiva e não degenerada: é homogénea (positiva): verifica a desigualdade triangular: x, y R 2, λ R. x 0 e x = 0 sse x = 0 (1.1.58) λ x = λ x (1.1.59) x + y x + y (1.1.60)

20 1.1. Álgebra Linear em R Todas as propriedades são de demonstração imediata com excepção da desigualdade triangular, que resulta imediatamente de uma outra importante desigualdade que passamos a enunciar: Desigualdade de Cauchy-Schwarz: x, y R 2. Demonstração... x y x y (1.1.61) Se y = 0 a desigualdade é trivial. Se y 0 consideremos o vector: u = x x y y 2 y de tal forma que u y = 0. temos então que: 0 u 2 = ( x x y y 2 y ) = x x = x 2 o que portanto demonstra a desigualdade, CQD. (x y)(y x) y 2 ( x x y y 2 y ) Demonstremos agora a desigualdade triangular (7.3.4): x + y 2 = (x + y) (x + y) = x x + x y + y x + y y = x 2 + 2(x y) + y 2 x x y + y 2 (x y)2 y 2 (1.1.62) x x y + y 2, pela desigualdade de Cauchy-Schwarz (2.1.48) = ( x + y ) 2 e portanto x + y x + y, como se pretendia. Ângulo, ortogonalidade 1.25 Dados dois vectores não nulos x, y R 2, deduzimos da desigualdade de Cauchy-Schwarz que: 1 x y x y 1 (1.1.63) o que permite definir o ângulo (não orientado) θ [0, π], entre os referidos vectores não nulos x, y R 2, como sendo o único θ [0, π], tal que: cos θ = x y x y [ 1, 1] (1.1.64)

21 1.1. Álgebra Linear em R 2 15 Portanto: x y = x y cos θ (1.1.65) Dois vectores x, y R 2 dizem-se ortogonais se x y = 0. Rectas vectoriais e afins 1.26 Dado um vector não nulo a 0, o conjunto dos vectores x que são da forma: x = t a, t R (1.1.66) diz-se a recta (vectorial) gerada por a. Se a = equivalente ao sistema de equações: { x1 = t a 1 x 2 = t a 2, t R [ a1 a 2 ], então (1.1.66) é que se dizem as equações paramétricas da referida recta. Eliminando t nestas equações, obtemos a chamada equação cartesiana dessa mesma recta: a 2 x 1 a 1 x 2 = 0 (1.1.67) ( ) x1 o que exibe a recta como o conjunto dos vectores x = que são ortogonais [ ] x 2 a2 ao vector n =, isto é, tais que: a 1 x n = Dado um ponto A R 2 e um vector não nulo v 0, o conjunto dos pontos P que são da forma: P = A + t v, t R (1.1.68) diz-se a recta afim que passa em A e é gerada por v 0. ( ) ( ) [ ] x1 a1 v1 Se P =, A =, e v =, então (1.1.68) é equivalente x 2 a 2 v 2 ao sistema de equações: { x1 = a 1 + t v 1, t R x 2 = a 2 + t v 2 que se dizem as equações paramétricas da referida recta. Eliminando t nestas equações, obtemos a chamada equação cartesiana dessa mesma recta: v 2 (x 1 a 1 ) v 1 (x 2 a 2 ) = 0 (1.1.69)

22 1.1. Álgebra Linear em R 2 16 ( ) x1 o que exibe a recta como o conjunto dos pontos P = que são ortogonais [ ] x 2 v2 ao vector n =, e que passa em A, i.e., tais que: v 1 (P A) n = 0 Exercício Calcule a imagem do reticulado formado pelas rectas x = n e y = m, m, n Z, sob: (i). a aplicação linear A(x, y) = (2x, x + y). (ii). a aplicação linear B(x, y) = (x y, x + y). Valores e vectores próprios 1.28 Seja A : R 2 R 2 uma aplicação linear. Um escalar λ R diz-se um valor próprio de A se existir um vector não nulo v R 2 {0} tal que: A(v) = λ v (1.1.70) Neste caso, o vector não nulo v, diz-se um vector próprio associado (ou pertencente) ao valor próprio λ O conjunto constituído pelo vector nulo 0 e por todos os vectores próprios pertencentes a um certo valor próprio λ, de A, é um subespaço de R 2, chamado o subespaço próprio de A, pertencente ao valor próprio λ, e nota-se por: E(λ) = E A (λ) = {v : A(v) = λ v} (1.1.71) A restrição de A a E A (λ) é pois uma homotetia de razão λ (eventualmente λ pode ser 0), i.e.: A(u) = λ u u E A (λ) Em particular, a recta gerada pelo vector próprio v 0 fica invariante por A, isto é, a sua imagem por A está contida nela própria Em particular, se λ = 0 é valor próprio de A, isto significa que o núcleo de A; ker A = E A (0) não se reduz ao vector nulo 0, e portanto A é não inversível (ou singular), ou de forma equivalente, det A = 0. Quando λ 0, dizer que λ é valor próprio de A, é equivalente a dizer que 0 é valor próprio de A λ Id, o que, pelo parágrafo anterior, é equivalente a dizer que A λ Id é não inversível (ou singular), ou ainda que: det (A λ Id) = 0 (1.1.72)

23 1.1. Álgebra Linear em R 2 17 O polinómio p(λ) = det (A λ Id) diz-se o polinómio característico de A. Portanto as raízes reais da chamada equação característica de A: p(λ) = det (A λ Id) = 0 (1.1.73) (se existirem), são exactamente os valores próprios (reais) de A. Exemplo... Calcule os valores e vectores próprios (reais) da aplicação linear A : R 2 R 2, cuja matriz na base canónica de R 2 é: ( ) 3 4 A = 4 3 A equação característica de A é: p(λ) = det (A λ Id) ( ) 3 λ 4 = det 4 3 λ = λ 2 25 = 0 (1.1.74) cujas raízes reais (os valores próprios de A) são λ 1 = 5 e λ 2 = 5. ( ) x1 Para calcular os vectores póprios v =, pertencentes ao valor próprio λ = 5, devemos resolver o sistema: ( x 2 ) ( x1 x 2 ) = isto é: { 2x1 + 4x 2 = 0 4x 1 8x 2 = 0 cuja solução geral é: { x1 = 2t x 2 = t ( 0 0 t R Portanto os vectores póprios de A, pertencentes ao valor próprio λ 1 = 5, são da forma: ( ) 2 t t R {0} 1 Procedendo da mesma forma relativamente ao outro valor próprio λ 2 = 5, podemos calcular que os vectores póprios de A, pertencentes ao valor próprio λ 2 = 5, são da forma: ( ) 1 s s R {0} 2 ( ) ( ) 2 1 Note que neste exemplo os vectores próprios u 1 = e u 1 2 = formam 2 uma base B = {u 1, u 2 } de R 2 relativamente à qual a matriz de A é diagonal: ( ) 5 0 (A) B = 0 5 )

24 1.1. Álgebra Linear em R 2 18 Exercício Em cada um dos seguintes casos, determine, se existirem, os valores próprios de A, os subespaços próprios associados e as respectivas dimensões e diga se A é diagonalizável; no caso de o ser, indique uma base do domínio de A composta por vectores próprios e indique a matriz de A relativamente a essa base. a). c). A : R 2 R 2 (x, y) (2x y, y) A : R 2 R 2 (x, y) (3x + y, 12x + 2y) b). d). A : R 2 R 2 (x, y) ( x, y) A : R 2 R 2 (x, y) (x y, x + y) Projecção ortogonal Sejam a 0 e x dois vectores em R 2. Então existe um único vector u, na recta gerada por a, e um único vector v, ortogonal a a, tais que x = u+v. O vector u, notado por P a (x), diz-se a projecção ortogonal de x sobre a recta gerada por a, e é calculado da seguinte forma. Uma vez que u = P a (x) pertence à recta gerada por a, u é da forma u = λ a para um certo λ R, caracterizado pela condição de que: (x λ a) a = 0 Obtemos então que t = x a a 2 e portanto: P a (x) = x a a 2 a (1.1.75) 1.31 A aplicação P a : R 2 R 2 definida por (1.1.75), é linear e satisfaz a condição P 2 a = P a. É claro que P a (a) = a. Vemos pois que a é vector próprio de P a, pertencente ao valor próprio 1. Por outro lado, se considerarmos um qualquer vector b 0 ortogonal a a (i.e.: a b = 0), vemos que P a (b) = 0 e portanto: ker P a = {t b : t R} A matriz de P a na base {a, b} é pois: ( )

25 1.1. Álgebra Linear em R 2 19 Interpretação geométrica de det e de det A 1.32 A distância d de um ponto B R 2, com vector de posição b = OP, à recta vectorial gerada por a 0, é igual à norma do vector b P a (b): Pelo teorema de Pitágoras, e uma vez que P a (x) = x a a 2 a, tem-se que: e atendendo a (1.1.65): d 2 = b 2 d = b sin θ (b a)2 a 2 onde θ [0, π] é o ângulo entre a e b. A área do paralelogramo P(a, b), gerado por a e b é portanto igual a: área(p(a, b)) = a.d = a b sin θ (1.1.76) Por outro lado um cálculo simples mostra que o quadrado desta área (que é sempre 0, já que sin θ 0) é igual ao quadrado do determinante det (a b), donde se deduz que: det (a b) = área(p(a, b)) (1.1.77) 1.33 Quando a e b são linearmente independentes, de tal forma que det [a b] 0, dizemos que a base ordenada {a, b} é: { positiva se det (a b) > 0 negativa se det (a b) < Consideremos agora uma aplicação linear A : R 2 R 2. A imagem do quadrado Q, gerado pelos vectores da base canónica (que é positiva) {e 1, e 2 }: Q = {λ e 1 + η e 2 : 0 λ, η 1} é o paralelogramo A(Q), de lados adjacentes A(e 1 ) e A(e 2 ). [ ] [ a c Pondo A(e 1 ) = a e 1 + b e 2 = e A(e b 2 ) = c e 1 + d e 2 = d que a área deste paralelogramo é igual a: ], sabemos área(a(q)) = det (A(e 1 ) A(e 2 ) ( ) a c = det b d = det A (1.1.78) Portanto:

26 1.1. Álgebra Linear em R 2 20 área(a(q)) = det A (1.1.79) Mais geralmente, se R é o paralelogramo gerado pelos vectores linearmente independentes u e v, então a imagem A(R) é o paralelogramo gerado por A(u) e A(v), e é fácil provar que a área desta imagem é igual a: isto é: área(a(r)) = det [A(u) A(v)] = det A área(r) (1.1.80) det A = área(a(r)) área(r) (1.1.81) 1.35 Diz-se que a aplicação linear A : R 2 R 2 : { preserva a orientação (ou é positiva) se det A > 0 inverte a orientação (ou é negativa) se det A < 0 Exercício Calcule o determinante das aplicações lineares descritas no exercício 1.13, usando a fórmula (1.1.81). Reflexão numa recta Seja a um vector não nulo em R 2. A simetria relativamente à recta gerada por a, ou reflexão nessa recta, é a aplicação linear S a : R 2 R 2, definida pela condição: 1( Sa (x) + x ) = P a (x) x R 2 2 (1.1.82) isto é, o ponto médio do segmento que une x a S a (x) deve ser igual à projecção de x sobre a recta gerada por a Atendendo a (1.1.75), vemos que: S a (x) = 2P a (x) x = 2 x a a 2 a x, x R2 isto é:

27 1.1. Álgebra Linear em R 2 21 S a (x) = 2 x a a 2 a x, x R2 (1.1.83) Note que S 2 a = Id. Uma vez que P a (a) = a vemos que S a = a, e portanto a é vector próprio de S a, pertencente ao valor próprio 1. Se considerarmos um qualquer vector b 0 ortogonal a a (i.e.: a b = 0), vemos que P a (b) = 0 e portanto S a (b) = b. A matriz de S a na base {a, b} é portanto: ( o que mostra que det S a = 1 < 0, i.e., S a inverte orientação (embora preserve o módulo da área de paralelogramos) ) Transformações ortogonais em R Uma aplicação linear A : R 2 R 2 diz-se uma transformação ortogonal ou uma isometria de R 2, se A preserva o produto interno (Euclideano) usual de R 2, i.e.: Esta condição é equivalente a: A(x) A(y) = x y x, y R 2 (1.1.84) A(x) = x x R 2 (1.1.85) i.e., A preserva os comprimentos dos vectores. Se A é a matriz de uma tal transformação ortogonal, relativamente a uma qualquer base ortonormada {e 1, e 2 } de R 2 (por exemplo, a base canónica), A é uma matriz ortogonal, isto é, A t A = I. Portanto A O(2). Vejamos como é a forma geral de uma tal matriz Se c 1 = A(e 1 ), c 2 = A(e 2 ) são as colunas de A, então: c i c j = δ ij o que significa que c 1 e c 2 são ortonormais. Portanto A transforma bases ortonormadas em bases ortonormadas, preservando ou invertendo orientação, conforme det A = +1 ou det A = 1, respectivamente. Por exemplo, a simetria S a, descrita em (1.1.83), é uma transformação ortogonal com det igual a 1.

28 1.1. Álgebra Linear em R 2 22 ( ) a Como c 1 = A(e 1 ) é um vector de norma 1, sabemos que a 2 +b 2 = 1 b e portanto existe um único ϕ [0, 2π[ tal que a = cos ϕ e b = sin ϕ (ϕ [0, 2π[ é o ângulo polar de c 1, i.e., o ângulo orientado que c 1 faz com a parte positiva do eixo dos xx): [ ] cos ϕ Portanto c 1 =, e como c sin ϕ 2 = A(e 2 ) é também um vector unitário e ortogonal a c 1, dois casos podem ocorrer: (i). c 2 = [ sin ϕ cos ϕ ] [, ou (ii). c 2 = No primeiro caso, a matriz A tem a forma: [ ] cos ϕ sin ϕ A = sin ϕ cos ϕ sin ϕ cos ϕ ] (1.1.86) cujo determinante é 1. Neste caso A diz-se uma rotação de ângulo ϕ (no sentido positivo), em torno da origem, e nota-se por R ϕ : No segundo caso, a matriz A tem a forma: [ ] cos ϕ sin ϕ A = sin ϕ cos ϕ [ ] [ ] cos ϕ sin ϕ 1 0 = sin ϕ cos ϕ 0 1 = R ϕ S e1 (1.1.87) cujo determinante é 1. Neste caso A pode ser interpretada como uma reflexão relativamente ao eixo dos xx seguida de uma rotação R ϕ. Essa reflexão fixa e 1 e transforma e 2 em e 2. Se então rodamos de ângulo ϕ, temos que: e 1 e 1 cos ϕe 1 + sin ϕe 2 e 2 e 2 ( sin ϕe 1 + cos ϕe 2 ) (1.1.88) De facto, neste caso A representa uma simetria relativamenta à recta que faz um ângulo ϕ 2 com a parte positiva do eixo dos xx.

29 1.2. Aplicações à geometria 23 Exercício Classifique as seguintes isometrias de R 2 : a) A(x, y) = ( 1 x + 3 y, 3 x 1 y) b) A(x, y) = ( 1 x + 3 y, 3 x + 1 y) c) A(x, y) = ( 4 x + 3 y, 3 x 4 y) d) A(x, y) = (x, y). e) A(x, y) = ( y, x). Exercício Em cada um dos casos que se seguem, determine a simetria S relativamente à recta indicada, a matriz de S relativamente à base( canónica de ) R e uma base B de R 2 relativamente à qual a matriz de S seja do tipo. 0 1 a) r é a recta de equação y = 2x; b) r é a recta de equação 3x y = 0; c) r é a recta de equação y = (tg π 5 )x; Exercício Em cada um dos seguintes casos, mostre que a transformação linear A de R 2 é uma isometria linear e descreva A geomètricamente (isto é, diga se A é uma simetria ou uma rotação; no caso de ser uma simetria, diga relativamente a que recta, no caso de ser uma rotação determine o ângulo). a) A(x, y) = (y, x); b) A(x, y) = (y, x); c) A(x, y) = ( 2x 2y, 2x+ 2y ); 2 2 d) A(x, y) = (( cos π )x + (sin π )y, (sin π )x + (cos π )y); Os grupos O(2) e SO(2) 1.39 O conjunto de todas as transformações ortogonais de R 2, constituem um grupo que se diz o grupo ortogonal O(2). Este grupo é isomorfo ao grupo das matrizes ortogonais, também notado por O(2). O subgrupo de O(2) constituído por todas as transformações ortogonais de R 2, que têm determinante 1 (isto é, constituído por todas as rotações R θ, θ [0, 2π[, em R 2 ) diz-se o grupo ortogonal especial e nota-se por SO(2). Este grupo é isomorfo ao grupo das matrizes ortogonais de determinante 1, também notado por SO(2). Exercício Demonstre estas afirmações, isto é, verifique que O(2) e SO(2) são grupos (ambos subgrupos de GL(2)). 1.2 Aplicações à geometria 1.40 Exemplo... As diagonais de um losango intersectam-se perpendicularmente.

30 1.2. Aplicações à geometria 24 Dem.: Como OQRP é um losango, u = v. Pretende-se provar que QP OR, isto é que, (u v) (u + v) = 0. Mas: (u v) (u + v) = u 2 v 2 = Exemplo [Lei dos cossenos]... Num triângulo plano (ABC), onde a = BC, etc. tem-se que: c 2 = a 2 + b 2 2ab cos C Dem.: Escolhamos um referencial com origem em C, e ponhamos u = CA e v = CB. Então AB = v u, e daí que: AB 2 = v u 2 = v 2 2u v + u 2 ou, com as notações referidas: c 2 = a 2 + b 2 2ab cos C 1.42 Exemplo... Se R é um ponto sobre um círculo de diâmetro P OQ, mostre que P R QR.

31 1.2. Aplicações à geometria 25 Dem.: Seja u = OQ, v = OR. Então Sabe-se que u = v e portanto: P R = OR OP = u + v QR = OR OQ = v u P R QR = (u + v) (v u) = v 2 u 2 = Exemplo... As alturas de um triângulo intersectam-se num único ponto (chamado o ortocentro do triângulo). Dem.: Pretende-se encontrar um ponto X tal que: AX BC = 0, BX CA = 0, CX AB = 0 Identificando um ponto P com o seu vector de posição OP, relativamente a uma origem fixa O no plano, é fácil verificar a identidade seguinte: (X A) (C B) + (X B) (A C) + (X C) (B A) = 0 (1.2.1)

32 1.2. Aplicações à geometria 26 Seja X o ponto de intersecção de duas das alturas, digamos, das alturas partindo de A e de B. Temos então que, lembrando que AX = X A, etc: Subtraindo (1.2.2) e (1.2.3) de (1.2.1), obtemos: como se pretendia. (X A) (C B) = 0 (1.2.2) (X B) (A C) = 0 (1.2.3) (X C) (B A) = Exemplo... Dados dois pontos distintos A B no plano, mostrar que o lugar geométrico dos pontos P cuja distância a A é o dobro da distância a B é um círculo.

33 Módulo 2 Álgebra Linear e Geometria Analítica em R 3 Neste segundo módulo vamos generalizar os conceitos aprendidos no módulo 1, e também no ensino secundário, estudando Álgebra Linear e Geometria Analítica no espaço R 3. Do ponto de vista coceptual a generalização é imediata - em vez de vectores com duas componentes temos agora vectores com três componentes. Há no entanto maior diversidade de conceitos e os cálculos tornam-se um pouco mais trabalhosos. Mas é apenas isso! No início tentamos usar as notações que são mais familiares, análogas às que usámos no módulo 1, mas, quando introduzimos o cálculo matricial, vamos começar a usar notações mais apropriadas que se revelarão muito úteis de futuro. Contents 2.1 Álgebra Linear em R Palavras chave Vectores. R 3 como espaço vectorial real. Subespaços. Dependência e indepêndencia linear. Base canónica. Bases, coordenadas e dimensão. Mudança de base e de coordenadas. Aplicações Lineares. Matriz de uma aplicação linear. GL(2). Pontos de vista passivo e activo. Conjugação. Determinantes. Valores e vectores próprios. Geometria Euclideana em R 3. Produto interno (euclideano). Norma (euclideana). Ângulo. Ortogonalidade. Rectas vectoriais e afins. Planos vectoriais e afins. Produto vectorial em R 3. Produto misto em R 3. Projecção ortogonal. Interpretação geométrica de det e de det A. Simetrias relativamente a uma recta e a um plano. Transformações ortogonais em R 3. Os grupos O(3) e SO(3). Notações 27

34 28 x, y, u, v, w... vectores, em vez de x, y, u, v,... a, b, c,..., λ, η, µ, ξ,... escalares, isto é, números reais (para já). Site de apoio à disciplina Site de apoio em temas de Matemática elementar

35 2.1. Álgebra Linear em R Álgebra Linear em R 3 Vectores 2.1 Um vector em R 3 é por definição um terno ordenado de números reais, representado na forma x = (x 1, x 2, x 3 ), ou dispostos segundo uma matrizcoluna de três linhas: x = x 1 x 2 x 3 Os números reais x i, i = 1, 2, 3, dizem-se as componentes do vector x R 3. R 3 como espaço vectorial real 2.2 Dados dois vectores x = x 1 x 2 x 3 e y = y 1 y 2 respectiva soma vectorial, como sendo o vector x + y, dado por: x + y = x 1 x 2 x 3 + y 1 y 2 y 3 = y 3 x 1 + y 1 x 2 + y 2 x 3 + y 3, em R 3, define-se a Geomètricamente x + y é novamente obtido através da regra do paralelogramo. 2.3 Dado um vector x = x 1 x 2 x 3 em R 3, e um escalar (i.e., um número real) λ R, define-se a multiplicação do escalar λ pelo vector x, como sendo o vector λ x dado por: λ x = λ x 1 λ x 2 λ x É fácil provar que as duas operações definidas anteriormente, satisfazem

36 2.1. Álgebra Linear em R 3 30 mais uma vez as propriedades seguintes: [EV1]. x + y = y + x (2.1.1) [EV2]. (x + y) + z = x + (y + z) (2.1.2) [EV3]. 0 + x = x + 0 = x x R 3 (2.1.3) [EV4]. x, ( x) : x + ( x) = 0 (2.1.4) [EV5]. λ(x + y) = λx + λy (2.1.5) [EV6]. (λ + η)x = λx + ηx (2.1.6) [EV7]. λ(ηx) = (λη)x (2.1.7) [EV8]. 1x = x (2.1.8) onde x, y, z R 3, λ, η R, 0 = 0 0 é o vector nulo de R 3, e x = ( 1)x. 0 Por isso, diz-se que R 3 é um espaço vectorial real. Subespaços 2.5 Um subconjunto não vazio = S R 3 diz-se um subespaço vectorial de R 3, se S é fechado relativamente às operações de soma de vectores e de multiplicação de escalares por vectores, i.e.: Se x, y S também x + y S (2.1.9) Se λ R, e x S também λ x S (2.1.10) 2.6 Em R 3 os subespaços são de três tipos: triviais: S = {0} e S = R 3 rectas vectoriais: S = {λ v : λ R}, onde v 0, que representa uma recta que passa na origem, gerada por v 0. planos vectoriais: S = {λ u + η v : λ, η R}, onde u e v são dois vectores não colineares em R 3, que representa um plano que passa na origem, gerado por u e v. Exercício Diga quais dos seguintes conjuntos são subespaços vectoriais de R 3 : a) A = { (x, y, z) R 3 : x + y + z = 0 } ; e) E = { (a, a, 5a) R 3 : a R }. b) B = { (x, y, z) R 3 : x + y = 3z } ; f) F = { (a, a + 1, 5a) R 3 : a R }. c) S = { (x, y, z) R 3 : x y = 3z e z = 2y } ; g) G = {(b, 2a + b, 1) : a, b R}. d) D = { (x, y, z) R 3 : 0 x 2 + y 2 z } ; h) H = { (a 2, b, 2a + b) : a, b R }.

37 2.1. Álgebra Linear em R 3 31 Combinação linear 2.7 Dados n vectores em R 3, digamos {a 1, a 2,, a k }, um vector x R 3 dizse uma combinação linear dos vectores {a 1, a 2,, a k } se existirem escalares λ 1, λ 2,, λ n R tais que: x = λ 1 a 1 + λ 2 a λ k a k (2.1.11) 2.8 O conjunto de todas as combinações lineares dos vectores a 1, a 2,, a k, isto é, de todos os vectores da forma λ 1 a 1 + λ 2 a λ k a k, onde os escalares λ i R são arbitrários, chama-se o espaço gerado pelos vectores a 1, a 2,, a k e representa-se por span{a 1, a 2,, a k }: span{a 1, a 2,, a k } = {λ 1 a 1 + λ 2 a λ k a k : λ 1,, λ n R} (2.1.12) Exercício Mostre que S = span{a 1, a 2,, a k } é um subespaço de R 3. Exercício span {a, b, c}: Em cada uma das alíneas que se seguem, verifique se x a) x = (1, 0, 0), a = (1, 1, 1), b = ( 1, 1, 0) e c = (1, 0, 1); b) x = (1, 0, 0), a = (1, 1, 2), b = ( 1, 1, 0) e c = (1, 0, 1); c) x = (1, 1, 1), a = (0, 1, 1), b = (1, 1, 0) e c = (1, 0, 2); d) x = (0, 0, 1), a = (1, 1, 1), b = ( 1, 1, 0) e c = (1, 0, 1); e) x = (1, 2, 3), a = (1, 1, 1), b = ( 2, 2, 0) e c = (0, 0, 1). f) x = (1, 0, 0), a = (1, 1, 1), b = (2, 2, 0) e c = (1, 0, 1). Exercício Em cada um dos casos, calcule o subespaço gerado por a, b e c, onde a) a = (1, 1, 1), b = (2, 2, 2), c = (0, 0, 0), em R 3 ; b) a = ((1, 0, 1), b = (5, 0, 1), c = (0, 1, 0), em R 3 ; c) a = (2, 1, 1), b = (1, 0, 1)c = (1, 0, 1), em R 3 ; d) a = (2, 1, 2), b = (0, 0, 0), em R 3 ; Dependência e independência linear 2.9 Dois vectores x e y em R 3, dizem-se linearmente dependentes, se um deles é múltiplo escalar do outro. Se x = 0 (ou y = 0) então x e y são linearmente dependentes. Geomètricamente x e y são linearmente dependentes, sse eles são colineares Três vectores x, y e z em R 3, dizem-se linearmente dependentes, se um deles é múltiplo escalar dos restantes. Se x = 0 (ou y = 0, ou z = 0) então x, y e z são linearmente dependentes. Geomètricamente x, y e z são linearmente dependentes, sse eles são coplanares.

38 2.1. Álgebra Linear em R Dois vectores x e y em R 2, dizem-se linearmente independentes, sse não são linearmente dependentes (o que implica que x 0 e y 0). Geomètricamente x e y são linearmente independentes, sse eles são não colineares. Simbolicamente: (x e y são lin. indep.) (λx + ηy = 0 = λ = η = 0) 2.12 Três vectores x, y e z em R 3,, dizem-se linearmente independentes, sse não são linearmente dependentes (o que implica que x 0, y 0 e z 0). Geomètricamente x, y e z são linearmente independentes, sse eles são não coplanares. Simbolicamente: (x, y e z são lin. indep.) (λ x + η y + µ z = 0 = λ = η = µ = 0) Exercício Verifique se os vectores que se seguem são linearmente dependentes ou independentes: a) (1, 0, 1), (2, 1, 1) em R 3 ; b) (1, 0, 1), (2, 2, 0) em R 3 ; c) (0, 0, 0), (0, 1, 1), (0, 1, 2) em R 3 ; d) (1, 1, 2), (2, 3, 0), (1, 1, 1) em R 3 ; Base canónica 2.13 Os vectores de R 3 : e 1 = i = e 2 = j = e e 3 = k = são linearmente independentes, e têm a propriedade de que qualquer vector x = x 1 x 2, se pode escrever como combinação linear de e 1, e 2 e e 3. De facto: x 3 x = x 1 x 2 = x x x x = x 1 e 1 + x 2 e 2 + x 3 e 3 (2.1.13) Diz-se então que C = {e 1, e 2, e 3 } é uma base (ordenada): a base canónica de R 3. Bases, coordenadas, dimensão

39 2.1. Álgebra Linear em R Qualquer conjunto B = {u 1, u 2, u 3 } constituído por três vectores linearmente independentes, e que têm a propriedade de que qualquer vector x R 3, se pode escrever como combinação linear de u 1, u 2 e u 3 : x = a 1 u 1 + a 2 u 2 + a 3 u 3 (2.1.14) para certos escalares (únicos) a 1, a 2, a 3 R, diz-se uma base de R 3. Os escalares a 1, a 2, a 3 dizem-se as coordenadas do vector x na base B escreve-se: x = a 1 a 2 (2.1.15) a 3 Todas as bases de R 3 têm sempre três elementos, e por isso, diz-se que a dimensão (real) de R 3 é 3. Exercício Verifique se os conjuntos que se seguem, são ou não bases de cada um dos espaços vectoriais indicados em cada alínea. Calcule as coordenadas de x = (1, 1) relativamente aos que são bases: a) {(1, 1, 1), (1, 1, 5)} em R 3 ; b) {(1, 1, 1), (1, 2, 3), (2, 1, 1)} em R 3 ; c) {(1, 2, 3), (1, 0, 1), (3, 1, 0), (2, 1, 2)} em R 3 ; d) {(1, 1, 2), (1, 2, 5), (5, 3, 4)} em R 3 ; Exercício Calcule uma base de cada um dos subespaços que se seguem, e depois as coordenadas do vector u em cada uma das bases: a) S = { (x, y, z) R 3 : x + y + z = 0 }, u = (1, 1, 2); b) S = { (x, y, z) R 3 : 2x y = z }, u = (3, 2, 4); b) S = { (x, y, z) R 3 : 2x y = 0 = x + y z }, u = ( 1, 2, 3); B Aplicações Lineares 2.15 Uma aplicação A : R 3 R 3 diz-se uma transformação linear, se A preserva as operações que definem a estrutura vectorial de R 3, i.e.,: x, y R 3, e λ R. A(x + y) = A(x) + A(y) (2.1.16) A(λ x) = λ A(x) (2.1.17) 2.16 Dada uma aplicação linear A : R 3 R 3 define-se: o núcleo de A: ker A = {x R 3 : A(x) = 0} (2.1.18)

40 2.1. Álgebra Linear em R 3 34 a imagem de A: im A = {y : A(x) = y R 3, para algum x R 3 } (2.1.19) Exercício (i). Mostrar que ker A e Im A são subespaços de R 3. (ii). Mostrar que A é injectiva se e só se ker A = {0}. Exercício Das aplicações que se seguem, indique aquelas que são lineares. Relativamente a essas, calcule o respectivo núcleo e diga quais as que são injectivas. a) A : R 3 R 3 ; (x, y, z) (x + y, x y, x + z) b) A : R 3 R 3 ; (x, y) ( x, y, x z 2 ) c) A : R 3 R 3 ; (x, y, z) (x + 1, x y, 3) d) A : R 3 R 3 ; (x, y, z) (0, x + y, 0) Exercício Sabendo que A : R 3 R 3 é uma aplicação linear, calcule em cada caso a imagem de um vector genérico: a) sendo que A(1, 0, 0) = (1, 1, 1), A(0, 1, 0) = (1, 2, 0); e A(0, 0, 1) = (1, 1, 1) b) sendo A(1, 1, 1) = (1, 2, 0) e A(0, 3, 1) = (2, 2, 0); e A(1, 0, 0) = (1, 1, 1) Matriz de uma aplicação linear 2.17 Vamos nesta secção introduzir pela primeira vez as notações que serão usadas na parte mais avançada do curso. À primeira vista, estas notações parecem muito complicadas mas, após algum treino, veremos que elas facilitam substancialmente os cálculos e as deduções teóricas que vamos estudar. E não fossem elas usadas intensivamente por Einstein... As principais diferenças são: para as coordenadas dos vectores usamos índices superiores x 1, x 2, x 3,... em vez de índices inferiores x 1, x 2, x 3,... O risco aqui é a possível confusão entre índices superiores x 1, x 2, x 3,... e expoentes. Neste contexto, por exemplo, x 2 não representa x ao quadrado mas sim a segunda componente do vector x. Não faça pois essa confusão e esteja atento ao contexto. o uso de índices superiores e inferiores A 1 1, A 3 2, A 3 3,... para as entradas de uma matriz, de tal forma que na matriz A = (A i j ), o índice superior i é o índice-linha - o que numera as linhas - enquanto que o índice inferior j é o índice-coluna - o que numera as colunas: A i índice linha: numera as linhas de A j índice coluna: numera as colunas de A

41 2.1. Álgebra Linear em R Se B = {u 1, u 2 u 3 } é uma base fixa de R 3, podemos escrever que: A(u 1 ) = A 1 1 u 1 + A 2 1 u 2 + A 3 1 u 3 (2.1.20) A(u 2 ) = A 1 2 u 1 + A 2 2 u 2 + A 3 2 u 3 (2.1.21) A(u 3 ) = A 1 3 u 1 + A 2 3 u 2 + A 3 3 u 3 (2.1.22) A matriz: A = A1 1 A 2 1 A 1 2 A 2 2 A 1 3 A 2 3 A 3 1 A 3 2 A 3 3 (2.1.23) diz-se a matriz de A na base B, e nota-se por: A = (A) B 2.19 Se as coordenadas de um vector x R 2, na base B, são x = i.e., se: x = x 1 u 1 + x 2 u 2 + x 3 u 3 então as coordenadas de A(x) na base B obtêm-se da seguinte forma: A(x) = A(x 1 u 1 + x 2 u 2 + x 3 u 3 ) = x 1 A(u 1 ) + x 2 A(u 2 ) + x 3 A(u 3 ) = x 1 (A 1 1u 1 + A 2 1u 2 + A 3 1u 3 ) + x 2 (A 1 2u 1 + A 2 2u 2 + A 3 2u 3 ) +x 3 (A 1 3u 1 + A 2 3u 2 + A 3 3u 3 ) = (A 1 1x 1 + A 1 2x 2 + A 1 3x 3 ) u 1 + (A 2 1x 1 + A 2 2x 2 + A 2 3x 3 ) u 2 +(A 3 1x 1 + A 3 2x 2 + A 3 3x 3 ) u 3 (2.1.24) x 1 x 2 x 3 B, o que significa que as coordenadas de A(x) na base B: (A(x)) B = y1 y 2 y 3 se obtêm matricialmente através de: y1 y 2 = A1 1 A 1 2 A 1 3 A 2 y 3 1 A 2 2 A 2 3 A 3 1 A 3 2 A 3 3 ou mais sucintamente: B B x1 x 2 x 3 B (2.1.25) (A(x)) B = (A) B (x) B (2.1.26)

42 2.1. Álgebra Linear em R 3 36 ou ainda, em notação tensorial, pondo (A) B = (A i j ) e yi = (Ax) i : y i = 3 i=1 Ai j xj = A i j xj (2.1.27) onde, na segunda igualdade adoptamos a chamada convenção de Einstein que consiste em omitir o sinal de somatório, ficando subentendido que o facto de surgir o índice j repetido, uma vez em cima e outra em baixo, implica que se faça esse somatório no índice j. Determinantes 2.20 Dada uma matriz A = A1 1 A 1 2 A 1 3 A 2 1 A 2 2 A 2 3, definimos o seu determinante det A, como sendo o número real: A 1 1 A 1 2 A 1 3 det A = A 2 1 A 2 2 A 2 3 A 3 1 A 3 2 A 3 A 3 1 A 3 2 A = A 1 1 A2 2 A 2 3 A 3 2 A 3 A1 2 A2 1 A A 3 1 A 3 + A1 3 det A2 1 A A 3 1 A 3 2 (2.1.28) Veremos en breve uma interpretação geométrica para det A Representemos por: c 1 = A1 1 A 2 1, c 2 = A1 2 A 2 A 3 2 e c 3 = A1 3 A 2 1 A A 3 3 as colunas da matriz A, de tal forma que: det A = det (c 1 c 2 c 3 ) (2.1.29) É possível mostrar as seguintes propriedades do det : (i). det (c 1 c 2 c 3 ) 0 sse c 1, c 2, c 3 são linearmente independentes. (ii). det [c 1 c 2 c 3 ] muda de sinal, sempre que se permuta um par de colunas. (iii). det (c 1 + c 1 c 2 c 3 ) = det (c 1 c 2 c 3 ) + det (c 1 c 2 c 3 ) (2.1.30) det (c 1 c 2 + c 2 c 3 ) = det (c 1 c 2 c 3 ) + det (c 1 c 2 c 3 ) (2.1.31) det (c 1 c 2 c 3 + c 3) = det (c 1 c 2 c 3 ) + det (c 1 c 2 c 3) (2.1.32) det (λ c 1 c 2 c 3 ) = λ det (c 1 c 2 c 3 ) = det (c 1 λ c 2 c 3 ) = det (c 1 c 2 λ c 3 ) λ R (2.1.33)

43 2.1. Álgebra Linear em R 3 37 e ainda que: (iv). det I = 1 (2.1.34) det (AB) = det A det B (2.1.35) det (A 1 ) = (det A) 1 A GL(3) (2.1.36) det (P 1 A P ) = det A P GL(3) (2.1.37) onde A t é a transposta de A.. det (A) = det (A t ) (2.1.38) (v). Além disso é possível provar que para uma matriz A: A é inversível se e só se det A Finalmente, se A : R 3 R 3 é uma aplicação linear, define-se o respectivo determinante det A, como sendo o determinante da matriz de A, relativamente a uma qualquer base de R 3. Veremos, num próximo capítulo, que esta definição não depende da base escolhida. Veremos en breve uma interpretação geométrica para det A. Exercício Calcule o determinante das aplicações lineares descritas no exercício??. Produto interno (euclideano) 2.23 Dados dois vectores x = x 1 x 2 x 3 e y = y 1 y 2 y 3, em R 3, define-se o respectivo produto interno (euclideano), como sendo o escalar x y R, dado por: x y = x 1 y 1 + x 2 y 2 + x 3 y 3 = (x 1 x 2 x 3 ) y 1 y 2 y 3 = x t y (2.1.39) 2.24 O produto interno (euclideano), que acabámos de definir, verifica as propriedades seguintes:

44 2.1. Álgebra Linear em R 3 38 é bilinear: (x + y) z = x z + y z x (y + z) = x y + x z λx y = x λy = λ(x y) (2.1.40) é simétrica: x y = y x (2.1.41) é não degenerada: x y = 0 y R 2 x = 0 (2.1.42) é definida positiva: x, y, z R 3, λ R. x x 0 e x x = 0 x = 0 (2.1.43) Exercício Verifique que o produto interno (2.1.39) satisfaz as propriedades acima referidas. Norma (euclideana) 2.25 Define-se a norma euclideana x, de um vector x = através da fórmula: x x x = x t x x 1 x 2 x 3 R 3, = (x 1 ) 2 + (x 2 ) 2 + (x 3 ) 2 (2.1.44) 2.26 A norma euclideana verifica as propriedades seguintes: é positiva e não degenerada: x 0 e x = 0 sse x = 0 (2.1.45) é homogénea (positiva): λ x = λ x (2.1.46)

45 2.1. Álgebra Linear em R 3 39 verifica a desigualdade triangular: x, y R 2, λ R. x + y x + y (2.1.47) Todas as propriedades são de demonstração imediata com excepção da desigualdade triangular, que resulta imediatamente de uma outra importante desigualdade que passamos a enunciar, e cuja prova é em tudo análoga à que foi feita no capítulo anterior: Desigualdade de Cauchy-Schwarz: x, y R 2. x y x y (2.1.48) Ângulo, ortogonalidade 2.27 Dados dois vectores não nulos x, y R 3, deduzimos da desigualdade de Cauchy-Schwarz que: 1 x y x y 1 (2.1.49) o que permite definir o ângulo (não orientado) θ [0, π], entre os referidos vectores não nulos x, y R 3, como sendo o único θ [0, π], tal que: cos θ = x y x y [ 1, 1] (2.1.50) Portanto: x y = x y cos θ (2.1.51) Dois vectores x, y R 3 dizem-se ortogonais se x y = 0. Rectas vectoriais e afins 2.28 Dado um vector não nulo v 0, o conjunto dos vectores x que são da forma: x = tv t R (2.1.52) diz-se a recta (vectorial) gerada por v. Se v = v 1 v 2, então (3.3.4) é v 3 equivalente ao sistema de equações: x 1 = t v 1 x 2 = t v 2 x 3 = t v 3 t R que se dizem as equações paramétricas da referida recta.

46 2.1. Álgebra Linear em R Dado um ponto A R 3 e um vector não nulo v 0, o conjunto dos pontos P que são da forma: P = A + t v t R (2.1.53) isto é, tais que AP = t v, diz-se a recta (afim) que passa em A e é gerada por v. Se P = x 1 x 2 x 3, A = ao sistema de equações: a 1 a 2 a 3, e v = x 1 = a 1 + t v 1 x 2 = a 2 + t v 2 x 3 = a 3 + t v 3 v 1 v 2 v 3, então (2.1.53) é equivalente t R que se dizem as equações paramétricas da referida recta. Resolvendo em ordem a t podemos escrever as chamadas equações homogéneas da referida recta, na forma: x 1 a 1 v 1 = x 2 a 2 v 2 = x 3 a 3 v 3, se v 1 v 2 v 3 0 (2.1.54) Planos vectoriais e afins 2.30 Dados dois vectores u, v R 3 {0}, linearmente independentes, ao subespaço gerado por esses dois vectores, i.e., ao conjunto constituído por todas as combinações lineares de u e v: span{u, v} {x R 3 : x = λ u + η v λ, η R} (2.1.55) chama-se o plano (vectorial) gerado por u e v. Se P é um pontogenérico desse plano, com vector de posição OP = x =, e se u =, v = v 1 v 2 v 3, a equação vectorial: x 1 x 2 x 3 u 1 u 2 u 3 x = λ u + η v λ, η R que define o referido plano, é equivalente às seguintes equações paramétricas: x 1 = λ u 1 + η v 1 x 2 = λ u 2 + η v 2 λ, η R (2.1.56) x 3 = λ u 3 + η v 3

47 2.1. Álgebra Linear em R Dado um ponto A R 3 e dois vectores u, v R 3 {0}, linearmente independentes, ao conjunto dos pontos P que são da forma: P = A + λ u + η v λ, η R (2.1.57) chama-se o plano (afim) que passa em p e é gerada por u e v. As equações paramétricas de um tal plano, são do tipo: x 1 = a 1 + λ u 1 + η v 1 x 2 = a 2 + λ u 2 + η v 2 λ, η R (2.1.58) x 3 = a 3 + λ u 3 + η v Dado um vector não nulo n R 3 {0}, o conjunto dos pontos P cujos vectores de posição OP = x R 3 são ortogonais a n: {x R 3 : x n = 0} (2.1.59) formam um subespaço de dimensão 2 em R 3, que se diz o plano (vectorial) ortogonal a n. Se x = x 1 x 2 e se n = n 1 n 2, a equação x n = 0, é x 3 n 3 equivalente à seguinte equação cartesiana: n 1 x 1 + n 2 x 2 + n 3 x 3 = 0 (2.1.60) 2.33 Dado um ponto arbitrário A R 3 e um vector não nulo n R 3 {0}, o conjunto dos pontos P que verificam a equação: AP n = 0 (2.1.61) diz-se o plano afim que passa em A e é ortogonal a n. Se OP = x = x 1 x 2, A = e n =, a equação cartesiana de um tal plano x 3 é do tipo: a 1 a 2 a 3 n 1 n 2 n 3 n 1 (x 1 a 1 ) + n 2 (x 2 a 2 ) + n 3 (x 3 a 3 ) = 0 (2.1.62) 2.34 Exemplo... Calcular a distância entre um ponto P e um hiperplano afim em IE n.

48 2.1. Álgebra Linear em R 3 42 Res... Suponhamos que esse hiperplano é perpendicular ao vector u 0 e passa num ponto a e, portanto, tem equação: ou x u + c = 0, (x a) u = 0 c = a u A recta que passa em P OP = p e tem a direcção do vector u, tem equação: x(t) = p + tu O ponto desta recta que pertence ao plano referido, corresponde ao valor do parâmetro t que verifica: 0 = x(t) u + c = (p + tu) u + c = p u + t u 2 + c t = p u + c u 2 A distância entre um ponto P p e o hiperplano afim é pois dada por: d = p x(t) = p p + p u + c u 2 u p u + c = u Assim por exemplo: No plano, a distância entre um ponto P = (α, β) e a recta afim ax+by+c = 0 é: p u + c (α, β) (a, b) + c aα + bβ + c d = = = u (a, b) (a 2 + b 2 ) 1/2 No espaço, a distância entre um ponto P = (α, β, γ) e o plano afim ex + fy + gz + h = 0 é: d = p u + c u = (α, β, γ) (e, f, g) + h (e, f, g) = eα + fβ + gγ + h (e 2 + f 2 + g 2 ) 1/2

49 2.1. Álgebra Linear em R Exemplo... Calcular a distância entre um ponto P e uma recta afim em IE 3, quando: 1. essa recta é definida parametricamente. 2. essa recta é definida como intersecção de dois planos afins. Produto vectorial em E Definamos agora o chamado produto vectorial de dois vectores no espaço Euclideano E 3 : Dados dois vectores x = x 1 x 2, y = y 1 y 2, em E 3, define-se o produto x 3 vectorial, x y, de x por y, como sendo o seguinte vector de R 3 : x y (x 2 y 3 x 3 y 2 )i + (x 3 y 1 x 1 y 3 )j + (x 1 y 2 x 2 y 1 )k (2.1.63) O produto vectorial x y, pode ser obtido desenvolvendo segundo a primeira linha, o determinante formal: x y = y 3 i j k x 1 x 2 x 3 y 1 y 2 y O produto vectorial verifica as propriedades seguintes: é bilinear: (x + y) z = x z + y z x (y + z) = x y + x z λ x y = x λ y = λ (x y) (2.1.64) é antissimétrico: x y = y x (2.1.65) verifica a identidade de Jacobi: (x y) z + (y z) x + (z x) y = 0 (2.1.66) Além disso, se x R 3 e y R 3, são ambos não nulos, então:

50 2.1. Álgebra Linear em R 3 44 x y é perpendicular a x e a y, i.e.: (x y) x = 0 = (x y) y (2.1.67) Se x e y são linearmente independentes, x y é perpendicular ao plano gerado por x e y. x y = x y sin θ (2.1.68) onde θ é o ângulo entre x e y. Portanto, x y é igual à área do paralelogramo cujos lados adjacentes são x e y. x y = 0 x e y são linearmente dependentes. O produto vectorial não é associativo. De facto, são válidas as seguintes identidades de Lagrange: (x y) z = (x z)y (y z)x (2.1.69) enquanto que: x (y z) = (x z)y (x y)z (2.1.70) 2.38 Em particular, se consideramos o paralelogramo de lados adjacentes x = x 1 x 2 e y = y 1 y 2, contido no plano x 3 = 0, vemos que a respectiva 0 0 área é dada por: x y = det i j k x 1 x 2 0 y 1 y 2 0 ( ) = det x1 x 2 (2.1.71) y 1 y Uma equação (cartesiana) para o plano vectorial span{u, v}, gerado por dois vectores u, v R 3 {0}, linearmente independentes, é: x (u v) = 0 (2.1.72) Produto misto (ou triplo) em R 3. Interpretação geométrica do det 2.40 Definamos agora, ainda em E 3, o chamado produto misto (ou triplo). Dados três vectores x, y, z em R 3, define-se o produto misto (ou triplo) [x, y, z], de x, y e z (por esta ordem), através de: [x, y, z] x (y z) (2.1.73)

51 2.1. Álgebra Linear em R 3 45 É fácil ver que [x, y, z] é dado por: [x, y, z] = det [x y z] = det x 1 y 1 z 1 x 2 y 2 z 2 x 3 y 3 z O produto misto verifica as propriedades seguintes: [x, y, z] = [y, z, x] = [z, x, y] = [y, x, z] (2.1.74) = [x, z, y] = [z, y, x] (2.1.75) O volume vol (x, y, z), do paralelipípedo de lados adjacentes x, y, z R 3, é igual ao módulo do produto misto: vol (x, y, z) = [x, y, z] (2.1.76) De facto, o volume de um paralelipípedo é igual ao produto da área da base pela sua altura. A base é o paralelogramo de lados adjacentes x e y, e por isso, a sua área é x y. A altura é igual à norma da projecção de z sobre um vector perpendicular à base. Mas x y é perpendicular à base, e atendendo a (2.1.87), a projecção de z sobre x y, é igual a: donde se deduz fàcilmente o resultado. z (x y) (x y) (2.1.77) x y 2 Quando x 1, x 2 e x 3 são linearmente independentes, de tal forma que: det [x 1 x 2 x 3 ] 0 dizemos que a base ordenada {x 1, x 2, x 3 } é positiva se det [x 1 x 2 x 3 ] > 0, e negativa se det [x 1 x 2 x 3 ] < 0. Interpretação geométrica de det A 2.42 Consideremos agora uma aplicação linear A : R 3 R 3. A imagem do cubo Q R 3, gerado pelos vectores da base canónica (que é positiva) {e 1, e 2, e 3 }: Q = {ae 1 + be 2 + ce 3 : 0 a, b, c 1}

52 2.1. Álgebra Linear em R 3 46 é o paralelipípedo A(Q), de lados adjacentes A(e 1 ), A(e 2 ) e A(e 3 ). Pondo A(e 1 ) = a 1 1e 1 + a 2 1e 2 + a 3 e 3 = a1 1 a 2 1, A(e 2 ) = a 1 2e 1 + a 2 2e 2 + a 3 2 = a1 2 a 2 2 a 3 2, e A(e 3 ) = a 1 3e 1 + a 2 3e 2 + a 3 3 = paralelipípedo é igual a: a 3 1 a1 3 a 2 3 a 3 3 vol A(Q) = [A(e 1 ), A(e 2 ), A(e 3 )] sabemos que o volume deste = det [A(e 1 ) A(e 2 ) A(e 3 )] = det a1 1 a 1 2 a 1 3 a 2 1 a 2 2 a 2 3 a 3 1 a 3 2 a 3 3 = det A (2.1.78) Portanto: vol A(Q) = det A (2.1.79) 2.43 Mais geralmente, se P é um paralelipípedo gerado pelos vectores x, y e z, então a imagem A(P) é o paralelipípedo gerado por A(x), A(y) e A(z), e é fácil provar que o volume dessa imagem é igual a: vol A(P) = [A(x), A(y), A(z)] = det [A(x) A(y) A(z)] = det A vol (P)) (2.1.80) Em particular, se os vectores x, y e z são linearmente independentes, de tal forma que vol P = 0, então: det A = vol A(P) vol P (2.1.81) 2.44 Diz-se que uma aplicação linear inversível A : R 3 R 3 preserva a orientação (ou é positiva) se det A > 0, e que inverte a orientação (ou é negativa) se det A < 0 Valores e vectores próprios 2.45 Seja A : R 3 R 3 uma aplicação linear. Um escalar λ R diz-se um valor próprio de A se existir um vector não nulo v R 3 {0} tal que: A(v) = λ v (2.1.82)

53 2.1. Álgebra Linear em R 3 47 Neste caso, o vector não nulo v, diz-se um vector próprio pertencente ao valor próprio λ O conjunto constituído pelo vector nulo 0 e por todos os vectores próprios pertencentes a um certo valor próprio λ, de A, é um subespaço de R 3, chamado o subespaço próprio de A, pertencente ao valor próprio λ, e nota-se por: E A (λ) = E(λ) = {x : A(x) = λ x} (2.1.83) A restrição de A a E(λ) é pois uma homotetia de razão λ (eventualmente λ pode ser 0), i.e.: A(x) = λ x x E(λ) 2.47 Em particular, se λ = 0 é valor próprio de A, isto significa que o núcleo de A; ker A = E A (0) não se reduz ao vector nulo 0, e portanto A é não inversível (ou singular), ou de forma equivalente, det A = 0. Quando λ 0, dizer que λ é valor próprio de A, é equivalente a dizer que 0 é valor próprio de A λ Id, o que, pelo parágrafo anterior, é equivalente a dizer que A λ Id é não inversível (ou singular), ou ainda que: det (A λ Id) = 0 (2.1.84) 2.48 O polinómio p(λ) = det (A λ Id) diz-se o polinómio característico de A. Portanto as raízes reais da chamada equação característica de A: p(λ) = det (A λ Id) = 0 (2.1.85) (se existirem), são exactamente os valores próprios (reais) de A. Num capítulo posterior demonstrar-se-á que o polinómio característico de uma aplicação linear A : R 3 R 3, não depende da representação matricial de A Note ainda que o polinómio característico p(λ) = det (A λ Id), de uma aplicação linear A : R 3 R 3, é sempre um polinómio do 3. o grau, do tipo: p(λ) = λ 3 + bλ 2 + cλ + d b, c, d R e por isso admite sempre uma raiz real λ R (eventualmente nula). Se λ 0, concluímos portanto que, neste caso, existe sempre um subespaço próprio invariante E(λ) R 3, de dimensão superior ou igual a 1, tal que: A(E(λ)) E(λ) A(x) = λ x x E(λ)

54 2.1. Álgebra Linear em R 3 48 Exemplo... Calcule os valores e vectores próprios (reais) da aplicação linear A : R 3 R 3, cuja matriz na base canónica de R 3 é: A = A equação característica de A é: p(λ) = det (A λ Id) 1 t 0 0 = 5 2 t t = (1 )(2 t)(7 t) = 0 (2.1.86) cujas raízes reais (os valores próprios de A) são λ 1 = 1, λ 2 = 2 e λ 3 = 7. Para calcular os vectores póprios x = x 1 x 2, pertencentes ao valor próprio x 3 λ 2 = 2, devemos resolver o sistema: isto é: cuja solução geral é: x 1 x 2 x 3 x 1 = 0 5x 1 = 0 2x 1 + 3x 2 + 5x 3 = 0 x 1 = 0 x 2 = 5 3 s x 3 = s = s R Portanto os vectores póprios de A, pertencentes ao valor próprio λ 2 = 2, são da forma: 0 s 5 3 s R {0} Procedendo da mesma forma relativamente aos outros valores próprios λ 1 = 1 e λ 3 = 7, podemos calcular os correspondentes vectores póprios. Projecção ortogonal sobre uma recta gerada por a 0

55 2.1. Álgebra Linear em R 3 49 Sejam a 0 e x dois vectores em R 3, com a não nulo. Então existe um único vector u, na recta gerada por a, e um único vector v, ortogonal a a, tais que x = u + v. O vector u, notado por P a (x), diz-se a projecção ortogonal de x sobre a recta gerada por a, e é dado por: P a (x) = x a a 2 a (2.1.87) 2.50 A aplicação P a : R 3 R 3 definida por (7.7.7), é linear. Note que P 2 a = P a. Uma vez que P a (a) = a vemos que a é vector próprio de P a, pertencente ao valor próprio 1. Por outro lado, se considerarmos um qualquer vector b 0 ortogonal a a (i.e.: a b = 0), vemos que P a (b) = 0 e portanto: ker P a = span{b} = {b R 3 : b a = 0} = a é o plano vectorial ortogonal a a. A matriz de P a numa base {a, b 1, b 2 }, onde b 1, b 2 geram o ker P a, é portanto: Projecção ortogonal sobre um plano vectorial, em IE De acordo com (2.1.87), temos que: Consideremos um plano vectorial ortogonal a um vector n R 3 {0} (se esse plano é gerado por dois vectores u, v linearmente independentes, podemos tomar n = u v). Notemos esse plano por π = n. Dado um vector x R 3, ao vector: P π (x) x P n (x) chamamos a projecção ortogonal de x sobre o plano vectorial π = n, ortogonal a n. P π (x) x P n (x) = x x n n 2 n

56 2.1. Álgebra Linear em R 3 50 isto é: P π (x) = x x n n 2 n (2.1.88) A aplicação P π : R 3 R 3 definida por (7.7.8), é linear. Note que P 2 π = P π. Se x n = 0, i.e., se x é ortogonal a n, então P π (x) = x, enquanto que, por outro lado, P π (n) = 0. Portanto vemos que: e: P π (x) = x ker P π = span{n} x π = n Portanto a matriz de P π numa base {n, b 1, b 2 }, onde b 1, b 2 geram o plano π, é: Reflexão num plano vectorial Consideremos novamente um plano vectorial n, ortogonal a um vector n R 3 {0} (se esse plano é gerado por dois vectores u, v linearmente independentes, podemos tomar n = u v). A simetria relativamente ao plano vectorial π = n, ou reflexão em π, é a aplicação linear S π : R 3 R 3, definida pela condição: 2.52 Atendendo a (2.1.88), vemos que: ( S π (x) = 2P π (x) x = 2 isto é: 1( Sπ (x) + x ) = P π (x) x R 3 2 (2.1.89) isto é, o ponto médio do segmento que une x a S π (x) deve ser igual à projecção de x sobre o plano vectorial π = n. x x n n 2 n ) x = x 2 x n n 2 n S π (x) = x 2 x n n 2 n, x R3 (2.1.90)

57 2.1. Álgebra Linear em R 3 51 Note que S 2 π = Id. Além disso, é fácil ver que : S π (n) = n o que significa que n é vector próprio de S π, pertencente ao valor próprio 1, e ainda que: S π (x) = x x π Portanto a matriz de S π numa base {n, b 1, b 2 }, onde b 1, b 2 geram o plano π, é: o que mostra que det S π = 1 < 0, i.e., S π inverte orientação. Isometrias em R 3. Rotações. Os grupos O(3) e SO(3) 2.53 Uma aplicação linear A : R 3 R 3 diz-se uma transformação ortogonal ou uma isometria de R 3, se A preserva o produto interno (Euclideano) usual de R 3, i.e.: Esta condição é equivalente a: A(x) A(y) = x y x, y R 3 (2.1.91) A(x) = x x R 3 (2.1.92) i.e., A preserva os comprimentos dos vectores. Se A é a matriz de uma tal transformação ortogonal, relativamente a uma qualquer base ortonormada {e 1, e 2, e 3 } de R 2 (por exemplo, a base canónica), A é uma matriz ortogonal, isto é, A t A = I. Portanto A O(3). Vejamos como é a forma geral de uma tal matriz Se c 1 = A(e 1 ), c 2 = A(e 2 ), c 3 = A(e 3 ) são as colunas de A, então: c i c j = δ ij o que significa que c 1, c 2 e c 3 são ortonormais. Portanto A transforma bases ortonormadas em bases ortonormadas, preservando ou invertendo orientação, conforme det A = +1 ou det A = 1, respectivamente. Por exemplo, a reflexão S π, descrita em (2.1.89), é uma transformação ortogonal com det igual a Como já vimos A admite sempre um valor próprio real. De facto, se A : R 3 R 3 é uma isometria então esse valor próprio (real) ou é 1 ou 1. Com efeito, se λ R é valor próprio de A, e v é um vector próprio pertencente a λ, temos que: v = A(v) = λ v = λ v

58 2.1. Álgebra Linear em R 3 52 o que implica que λ = 1 (uma vez que v 0), i.e., λ = ±1. Analisemos agora a estrutura das isometrias de R 3 com determinante igual a 1, isto é, a estrutura das matrizes A SO(3). Seja A : R 3 R 3 uma tal isometria, com: det A = 1 Pelo parágrafo anterior, A admite o valor próprio 1 ou 1. Vamos analisar cada um destes casos: (i). λ = 1 é valor próprio de A (e det A = 1)... Seja u 0 um vector próprio de A, pertencente ao valor próprio 1: A(u) = u Podemos supôr também que u = 1. Se Π = u é o plano ortogonal a u, é fácil ver que A deixa Π invariante: A(Π) Π e que a restrição de A a Π é uma isometria de Π. Portanto existe uma base ortonormada {e, f} de Π, relativamente à qual a matriz da restrição de A a Π, é de um dos seguintes dois tipos: [ ] cos ϕ sin ϕ (i 1). (2.1.93) sin ϕ cos ϕ ou: (i 2). [ cos ϕ sin ϕ ] sin ϕ cos ϕ (2.1.94) A matriz de A, relativamente à base ortonormada {u, e, f} de R 3 é portanto no caso (i 1): A = cos ϕ sin ϕ 0 sin ϕ cos ϕ (2.1.95) que tem de facto determinante 1, e representa uma rotação em torno da recta gerada por u Π (que se diz o eixo da rotação), de ângulo ϕ. Por outro lado, no caso (i 2), a matriz de A, relativamente à base ortonormada {u, e, f} de R 3, é: A = cos ϕ sin ϕ (2.1.96) 0 sin ϕ cos ϕ

59 2.1. Álgebra Linear em R 3 53 que tem determinante 1 e por isso não pode ser a matriz de A. (i). λ = 1 é valor próprio de A (e det A = 1)... Seja u 0 um vector próprio de A, pertencente ao valor próprio 1: Podemos supôr também que u = 1. A(u) = u Mais uma vez, se Π = u é o plano ortogonal a u, A deixa Π invariante: A(Π) Π e a restrição de A a Π é uma isometria de Π. Portanto existe uma base ortonormada {e, f} de Π, relativamente à qual a matriz da restrição de A a Π, é de um dos seguintes dois tipos: [ ] cos ϕ sin ϕ (ii 1). (2.1.97) sin ϕ cos ϕ ou: (ii 2). [ cos ϕ sin ϕ ] sin ϕ cos ϕ (2.1.98) Como vimos anteriormente, esta é uma matriz de uma simetria relativamente a uma recta no plano Π, e portanto podemos escolher uma base ortonormada {e, f } para Π, relativamente à qual a matriz dessa simetria é: [ 1 0 ] 0 1 A matriz de A, relativamente à base ortonormada {u, e, f} de R 3 é portanto no caso (ii 1): A = cos ϕ sin ϕ (2.1.99) 0 sin ϕ cos ϕ que tem determinante 1, e por isso não pode ser a matriz de A. Finalmente no caso (ii 2), a matriz de A, relativamente à base ortonormada {u, e, f } de R 3, é: A = ( ) que tem determinante 1, e representa uma rotação em torna da recta gerada por e Π, de ângulo π Resumindo... Uma isometria A em R 3, com det A = 1, é sempre uma rotação em torno de uma certa recta R{u} (o eixo de rotação), e de ângulo

60 2.1. Álgebra Linear em R 3 54 ϕ no sentido directo. Representamos uma tal rotação por R (u;ϕ). As matrizes das rotações em torno dos eixos coordenados de R 3, e de ângulo ϕ no sentido directo, são respectivamente: R 1 (ϕ) = R (e1 ;ϕ) = R 2 (ϕ) = R (e2 ;ϕ) = cos ϕ sin ϕ 0 sin ϕ cos ϕ R 3 (ϕ) = R (e3 ;ϕ) = cos ϕ 0 sin ϕ sin ϕ 0 cos ϕ cos ϕ sin ϕ 0 sin ϕ cos ϕ ( ) ( ) ( ) Os grupos O(3) e SO(3) O conjunto de todas as transformações ortogonais de R 3, constituem um grupo que se diz o grupo ortogonal O(3). Este grupo é isomorfo ao grupo das matrizes ortogonais, também notado por O(3). O subgrupo de O(3) constituído por todas as transformações ortogonais de R 3, que têm determinante 1 (isto é, constituído por todas as rotações em R 3 ) diz-se o grupo ortogonal especial e nota-se por SO(3). Este grupo é isomorfo ao grupo das matrizes ortogonais de determinante 1, também notado por SO(3). Exercício Demonstre as afirmações anteriores. Ângulos de Euler 2.57 Ângulos de Euler... Qualquer rotação pode ser escrita como um produto de rotações dos tipos acima indicados. Com efeito consideremos uma qualquer rotação R SO(3) e duas bases ortonormadas de R 3 : B = {e 1, e 2, e 3 } B = B R = {ê 1, ê 2, ê 3 } ( ) com a mesma orientação. A base B = B R pode ser obtida através das seguintes três fases sucessivas:

61 2.1. Álgebra Linear em R Obter uma base ortonormada B = {e 1, e 2, e 3 = e 3 }, através de uma rotação R 3 (φ), em torno de e 3 e de ângulo φ, onde φ é o ângulo entre e 1 e a chamada linha dos nodos (a recta de intersecção dos planos gerados respectivamente por {e 1, e 2 } e {ê 1, ê 2 }): B = B R 3 (φ) ( ) 2. Obter uma base ortonormada B = {e 1, e 2, ê 3 }, através de uma rotação R 2 (θ), em torno da linha dos nodos, gerada por e 1, e de ângulo θ, onde θ é o ângulo entre e 3 e ê 3 : B = B R 2 (θ) ( )

62 2.1. Álgebra Linear em R Finalmente, obter a base ortonormada B = B R = {ê 1, ê 2, ê 3 }, através de uma rotação R 2 (ϕ), em torno de ê 3, e de ângulo ψ, onde ψ é o ângulo entre a linha dos nodos e ê 1 : B = B R 3 (ψ) ( ) 2.58 Portanto: B = B R = BR 3 (φ)r 2 (θ)r 3 (ψ) ( ) e: R = R 3 (φ)r 2 (θ)r 3 (ϕ) cos φ sin φ 0 = sin φ cos φ cos θ 0 sin θ sin θ 0 cos θ cos ψ sin ψ 0 sin ψ cos ψ( ) Os ângulos φ, θ, ψ chamam-se ângulos de Euler.

63 Módulo 3 Espaços vectoriais Contents 3.1 Espaços vectoriais Exemplos Subespaços vectoriais Exercícios Espaços vectoriais Em tudo o que se segue Ik designa o corpo R dos números reais ou o corpo C dos números complexos. Aos elementos de Ik chamam-se escalares. Definição Um conjunto V, cujos elementos se chamam vectores, diz-se um espaço vectorial, ou um espaço linear, sobre o corpo Ik, se estão definidas duas operações: V V V (v, w) v + w (3.1.1) chamada soma de vectores e: Ik V V (λ, v) λv (3.1.2) 57

64 3.2. Exemplos 58 chamada multiplicação por escalares, que satisfazem as propriedades seguintes: [EV 1]. v + w = w + v [EV 2]. (u + v) + w = u + (v + w) [EV 3]. 0 V : 0 + v = v + 0 = v [EV 4]. v, ( v) : v + ( v) = 0 [EV 5]. λ(v + w) = λv + λw (3.1.3) [EV 6]. (λ + µ)v = λv + µv [EV 7]. [EV 8]. λ(µv) = (λµ)v 1v = v para todos os vectores u, v, w V, e escalares λ, µ Ik. 0 diz-se o vector nulo de V, e v = ( 1)v o simétrico de v. Quando Ik = R, V diz-se um espaço vectorial real e quando Ik = C, V diz-se um espaço vectorial complexo. 3.2 Exemplos Vamos de imediato apresentar diversos exemplos desta importante definição. Para fixar ideias, nos exemplos que se seguem, vamos supôr que Ik = R (se Ik = C, a discussão é completamente análoga). A verificação detalhada de que, em cada exemplo, se verificam as oito propriedades (3.1.3) fica a cargo do leitor. É um exercício fácil mas instrutivo. Exemplo 3.1 [Os espaços coordenados R n ]... Para cada inteiro n 0, definamos V = R n como o conjunto de todas as sequências ordenadas de n números reais. Estas sequências ordenadas podem ser apresentadas sob a forma: x = (x 1, x 2,, x n ) = (x i ) (3.2.1) ou sob a forma de vectores-coluna: x def = x 1 x 2.. x n def = [x i ] (3.2.2) As operações de soma de vectores e multiplicação por escalares definem-se respectivamente por: e: R n R n R n (x = [x i ], y = [y i ]) x + y def = [x i + y i ] R R n R n (λ, x = [x i ]) λx def = [λx i ] (3.2.3) (3.2.4)

65 3.2. Exemplos 59 Quando n = 0, põe-se R 0 = {0} e quando n = 1, R 1 = R. O espaço R n chama-se o espaço coordenado real de dimensão 1 n.. Exemplo 3.2 [Espaços de funções]... Seja S um conjunto qualquer não vazio e definamos V = F(S; R) como o conjunto de todas as funções reais f : S R, definidas em S: V = F(S; R) def = {f : S R} (3.2.5) As operações de soma de vectores e multiplicação por escalares definem-se respectivamente por: onde f, g F(S; R). (f + g)(s) (λf)(s) def = f(s) + g(s) def = λf(s), s S (3.2.6). Exemplo 3.3 [Espaços de polinómios numa indeterminada X]... Seja V = R[X] o conjunto de todos os polinómios (de qualquer grau) numa indeterminada X, com coeficientes reais: V = R[X] def = {p(x) = a 0 + a 1 X + a 2 X a n X n ; a i R, n IN 0 } n = {p(x) = a k X k ; a i R, n IN 0 } (3.2.7) k=0 O inteiro n 0 diz-se o grau do polinómio p(x) (depende de p) e os escalares a i dizem-se os coeficientes de p. As operações de soma de vectores e multiplicação por escalares definem-se respectivamente por: p(x) + q(x) = a k X k + b k X k onde p, q R[X]. λp(x) = λ a k X k def = def = (ak + b k ) X k (λak ) X k (3.2.8). 1 A definição formal de dimensão será em breve tratada.

66 3.2. Exemplos 60 Exemplo 3.4 [Espaços de polinómios numa indeterminada X, de grau N]. Fixemos um inteiro N 0 e seja V = R N [X] o conjunto de todos os polinómios com coeficientes reais, numa indeterminada X, mas agora de grau inferior ou igual a N: V = R N [X] def = {p(x) = a 0 + a 1 X + a 2 X a N X N ; a i R} N = {p(x) = a k X k ; a i R} (3.2.9) k=0 As operações de soma de vectores e multiplicação por escalares definem-se como no exemplo anterior, respectivamente por: N N a k X k + b k X k k=0 λ onde p, q R N [X]. k=0 N a k X k k=0 def = def = N (a k + b k ) X k k=0 N (λa k ) X k (3.2.10) k=0. Exemplo 3.5 [Espaços de matrizes m n]... Fixemos dois inteiros m 1 e n 1 e seja V = M m,n (R) o conjunto de todas as matrizes com entradas reais com m linhas e n colunas: V = M m,n (R) def = A = A 1 1 A 1 2 A 1 3 A 1 n A 2 1 A 2 2 A 2 3 A 2 n A 3 1 A 3 2 A 3 3 A 3 n A m 1 A m 2 A m 3 A m n = [A i j]; A i j R (3.2.11) Portanto na matriz A = [A i j ], o índice superior i, com i = 1, 2,, m, é o índice-linha - o que numera as linhas - enquanto que o índice inferior j, com j = 1, 2,, n, é o índice-coluna - o que numera as colunas: A i índice linha: numera as linhas de A j índice coluna: numera as colunas de A

67 3.3. Subespaços vectoriais 61 As operações de soma de vectores e multiplicação por escalares definem-se respectivamente por: [A i j] + [B i j] λ [A i j] def = [A i j + B i j] def = [λa i j] (3.2.12) Em particular M m,1 (R) = R m é o espaço dos vectores-coluna com m componentes.. Exemplo 3.6 [Espaço de sucessões]... Consideremos agora o conjunto de todas as sucessões reais: V = R IN def = {s = (s 1, s 2,, s i, ) = (s i ) i 1 ; s i R, i 1} (3.2.13) As operações de soma de vectores e multiplicação por escalares definem-se respectivamente por: (s i ) + (t i ) λ (s i ) def = (s i + t i ) def = (λs i ) (3.2.14) É claro que R IN coincide com o espaço de todas as funções reais s : IN R, isto é, R IN F(IN, R).. Os exemplos apresentados são de espaços vectoriais reais. Se em cada um desses exemplos substituirmos o corpo de escalares R pelo corpo C dos números complexos, obtemos os espaços vectoriais análogos complexos. Nomeadamente, C n - o espaço coordenado complexo de dimensão n; F(S; C) - o espaço das funções complexas f : S C; C[X] - o espaço dos polinómios numa indeterminada e com coeficientes complexos; C N [X] - o espaço dos polinómios numa indeterminada, com coeficientes complexos e de grau N; M m,n (C) - o espaço das matrizes m n de entradas complexas; e finalmente, C IN = F(IN; C) - o espaço das sucessões complexas. 3.3 Subespaços vectoriais Definição Seja V um espaço vectorial sobre um corpo Ik. Um subconjunto não vazio S V diz-se um subespaço vectorial de V, se S é

68 3.3. Subespaços vectoriais 62 fechado relativamente às operações de soma de vectores e de multiplicação por escalares, i.e.: [S1]. v, w S v + w S (3.3.1) [S2]. λ Ik, v S λv S v, w V e λ Ik. Portanto, com as operações induzidas, S é ele próprio um espaço vectorial sobre Ik. Os subespaços S = {0} e S = V dizem-se triviais.. Como S = existe um vector v 0 em S. Portanto, por (3.3.1) [S1] e [S2], v + ( 1)v = 0 S, isto é, se S é um subespaço o vector nulo tem que pertencer a S. Definição Seja V um espaço vectorial sobre um corpo Ik. Se {v 1, v 2,, v m } é um conjunto de m vectores em V, a uma soma (finita) do tipo: m λ i v i = λ 1 v 1 + λ 2 v λ m v m (3.3.2) i=1 onde λ i Ik, chama-se uma combinação linear dos vectores v 1, v 2,, v m (com coeficientes em Ik).. Definição Seja S V um conjunto qualquer (não vazio) em V. O subespaço gerado por S é, por definição, o conjunto span Ik {S} constituído por todas as combinações lineares de vectores de S: span Ik {S} def = { m } λ i v i ; λ i Ik, v i S, m IN i=1 (3.3.3). É imediato verificar que span Ik {S} é de facto um subespaço vectorial de V. Quando não há risco de confusão escreve-se simplesmente span{s}. Exemplo Os subespaços vectoriais em R 2 são de dois tipos: (i). triviais: S = {0} e S = R 2. (ii). não triviais: S = span R {a} = {λa : λ R}, onde a 0, que representa uma recta que passa na origem, gerada por a 0. Se x representa um vector genérico dessa recta, então: x = λa, λ R (3.3.4)

69 3.3. Subespaços vectoriais 63 Esta ( equação ) diz-se a equação vectorial da recta span{a} = Ra. Se a = a 1, então (3.3.4) é equivalente ao sistema de equações: a 2 { x 1 = λ a 1 x 2 = λ a 2 (3.3.5) que se dizem as equações paramétricas da referida recta. Eliminando λ nestas equações, obtemos a chamada equação cartesiana dessa mesma recta: a 2 x 1 a 1 x 2 = 0 (3.3.6). Exemplo Os subespaços vectoriais em R 3 são de três tipos: (i). triviais: S = {0} e S = R 3 (ii). não triviais de dimensão 1: S = span R {a} = {λa : λ R}, onde a 0, que representa uma recta que passa na origem, gerada por a 0. Se x representa um vector genérico dessa recta, então: x = λa, λ R (3.3.7) Esta equação diz-se a equação vectorial da recta span{a} = Ra. Se a = a1 a 2, então (3.3.7) é equivalente ao sistema de equações: a 3 x 1 = λ a 1 x 2 = λ a 2 x 3 = λ a 3 (3.3.8) que se dizem as equações paramétricas da referida recta. (iii). não triviais de dimensão 2: S = span R {a, b} = {λa + ηb : λ, η R}, onde a e b são dois vectores não colineares em R 3, que representa um plano que passa na origem, gerado por a e b. Se x = x 1 x 2 é um ponto genérico do plano span{a, b}, e se a = a1 a 2 a 3, b = b1 b 2 b 3 x 3, a equação vectorial: x = λ a + η b λ, η R (3.3.9)

70 3.3. Subespaços vectoriais 64 que define o referido plano, é equivalente às seguintes equações paramétricas: x 1 = λ a 1 + η b 1 x 2 = λ a 2 + η b 2 λ, η R (3.3.10) x 3 = λ a 3 + η b 3 Eliminando λ e η nestas equações obtemos a equação cartesiana do plano: (a 2 b 3 a 3 b 2 ) x 1 + (a 3 b 1 a 1 b 3 ) x 2 + (a 1 b 2 a 2 b 1 ) x 3 = 0 (3.3.11). Exemplo Para cada inteiro fixo N 0, R N [X] é um subespaço de R[X] (ver os exemplos 3.3 e 3.4).. Exemplo Consideremos um intervalo I R. O conjunto C 0 (I; R), constituído por todas as funções contínuas f : I R, é um subespaço de F(I; R) (ver o exemplo 3.2). Mais geralmente, se k = 0, 1,, é um inteiro fixo ou, o conjunto C k (I; R), constituído por todas as funções f : I R que admitem derivadas contínuas de ordem k, é um subespaço de F(I; R). É fácil ver que a intersecção de uma família qualquer de subespaços, num espaço vectorial V, é ainda um subespaço de V. Definição Seja V um espaço vectorial sobre um corpo Ik, e S e T dois subespaços de V. Diz-se que V é soma directa de S e T, e nota-se por: V = S T se cada vector v V se escreve como combinação linear única de um vector de S com um vector de T : v = s + t, para vectores únicos s S e t T. Proposição Seja V um espaço vectorial sobre um corpo Ik, e S e T dois subespaços de V. Então V = S T sse se verificam as duas condições seguintes: [SD1]. V = S + T [SD2]. S T = {0} def = span Ik {S T } (3.3.12)

71 3.3. Subespaços vectoriais 65 Dem.: Suponhamos que se verificam as duas condições (3.3.12). Então, dado um qualquer vector v V, por [SD1] podemos escrever v = s+t, com s S e t T (não necessàriamente únicos). Mas se houvesse outra representação do tipo v = s + t, com s S e t T, então s s = t t S T. Como, por [SD2], S T = {0}, concluímos que s = s e t = t e a representação é única, isto é, V é soma directa de S e T. Recìprocamente, se V é soma directa de S e T, então [SD1] é imediato. Por outro lado, 0 = s + ( s), onde s S e s T. Mas como esta representação é única, devemos ter s = 0 e portanto S T = {0}.. Generalizando, temos a seguinte definição: Definição Seja V um espaço vectorial sobre um corpo Ik, e S 1,, S k subespaços de V. Diz-se que V é soma directa de S 1,, S k, e nota-se por: V = S 1 S k = k j=1 S j se cada vector v V se escreve como combinação linear única: v = s s k, para vectores únicos s 1 S 1, s k S k. Proposição Seja V um espaço vectorial sobre um corpo Ik, e S 1,, S k subespaços de V. Então V = k j=1 S j sse se verificam as duas condições seguintes: [SD1 ]. V = S S k = k j=1 S def ( i = span Ik { k j=1 S j} ) [SD2 ]. S j i j S i = {0} j = 1,..., k (3.3.13). Exemplo (i). O plano R 2 é soma directa de duas quaisquer rectas vectoriais distintas. (ii). O espaço R 3 é soma directa de três quaisquer rectas vectoriais distintas não coplanares. É também soma directa de um plano vectorial e de uma recta não pertencente a esse plano..

72 3.4. Exercícios 66 Exemplo No espaço vectorial F(R; C) das funções complexas definidas em R, consideremos os subespaços: P = {funções pares} = {f : R C : f(t) = f( t)} I = {funções ímpares} = {f : R C : f(t) = f( t)} É fácil ver que, de facto, P e I são ambos subespaços de F(R; C) e que, além disso: F(R; C) = P I De facto, se f F(R; C), então t R: e, se f P I, então: f(t) = 1 [f(t) + f( t)] + 1 [f(t) f( t)] } 2 {{}} 2 {{} P I f(t) = f( t) = f(t) 2f(t) = 0, t R f = Exercícios Exercício Diga quais dos seguintes conjuntos são subespaços vectoriais de R 2 : a) A = { (x, y) R 2 : x = y } ; b) B = { (a, a) R 2 : a R } ; c) C = { (x, y) R 2 : x + y 2 } ; d) D = { (x, y) R 2 : x + 5y = 0 } ; e) E = { (x, y) R 2 : 3x y = 1 } ; f) F = { (x, y) R 2 : x + 2y = 3 } ; g) G = {(b, 2a + b) : a, b R}. Exercício Diga quais dos seguintes conjuntos são subespaços vectoriais de R 3 : a) A = { (x, y, z) R 3 : x + y + z = 0 } ; b) B = { (x, y, z) R 3 : x + y = 3z } ; c) C = { (x, y, z) R 3 : x y = 3z e z = 2y } ; d) D = { (x, y, z) R 3 : 0 x 2 + y 2 z } ; e) E = { (a, a, 5a) R 3 : a R }.

73 3.4. Exercícios 67 Exercício Diga quais dos seguintes conjuntos são subespaços vectoriais de C 2 ou C 3, espaços vectoriais munidos da estrutura usual de espaços vectoriais complexos: a) A = { (z, w) C 2 : z w = 1 } ; b) B = { (z, w) C 2 : z + 2w = 0 } ; c) C = { (u, z, w) C 3 : z w = 2u } ; d) D = { (u, z, w) C 3 : u + z + w > 0 } ; e) E = {(a + b, a b, a + 1) : a, b C}. Exercício Diga quais dos seguintes conjuntos, são subespaços vectoriais de M 2,2 (R): {( ) } a b a) M c d 2,2 (R) : a + 2b = 0 ; {( ) } a b b) M c d 2,2 (R) : c 0 ; {( ) } a 0 c) M c a 2,2 (R) : a, c R. Exercício vectoriais de R (X) : a) {P R 2 (X) : P (3) = 0} ; b) {P R 2 (X) : P (0) = 1} ; c) {P R 3 (X) : P (X) = 0} ; d) {P R 3 (X) : P (1) = 0 e P (2) = 0} ; e) { P (X) = ax + bx 2 : a, b R }. Diga quais dos seguintes conjuntos são subespaços Exercício Sendo V = C o (R, R) o espaço vectorial das funções reais de variável real contínuas, indique dos conjuntos que se seguem, quais os que são subespaços vectoriais de V: a) {f V : f é par} ; b) {f V : f (2) = f(3)} ; c) {f V : f (2) = f(3) = 0} ; d) {f V : f (2) = f(3) = 1} ; e) {f V : f (x) 0, x R} ; f) {f V : f é injectiva}. Exercício Considere os seguintes subespaços vectoriais de R 3 : S = {(x, y, z) : x + y + z = 0}, T = {(x, y, 0) : x, y R}, U = {(λ, λ, λ) : λ R}. a) Mostre que R 3 = S + U = S + T. b) Calcule S U e S T.

74 3.4. Exercícios 68 Exercício a) Dê exemplos de subespaços E 1 e E 2 de R 2 tais que E 1 E 2 não seja um subespaço de R 2. b) Dê exemplos de E 1, E 2 R 2 tais que E 1 R 2 é subespaço de R 2, E 1 E 2, E 2 não é subespaço de R 2 e E 1 E 2 é subespaço de R 2. c) Dê exemplos de E 1, E 2 R 2 tais que E 1 não é subespaço de R 2, E 2 não é subespaço de R 2 e E 1 E 2 é subespaço de R 2. Exercício x span {a, b}: a) x = (1, 0), a = (1, 1), e b = (0, 1); b) x = (2, 1), a = (1, 1), e b = (1, 1); c) x = (1, 0), a = (1, 1), e b = (2, 2); d) x = (1, 1), a = (2, 1), e b = ( 1, 0); e) x = (4, 3), a = (1, 1), e b = ( 2, 2). Em cada uma das alíneas que se seguem, verifique se f) x = (4i, 3), a = (1, 0), e b = (1, 1), em C 2 como espaço vectorial complexo; g) x = (4i, 3), a = (1, 0), e b = (1, 1), em C 2 como espaço vectorial real. Exercício Em cada uma das alíneas que se seguem, verifique se verifique se x span {a, b, c}: a) x = (1, 0, 0), a = (1, 1, 1), b = ( 1, 1, 0) e c = (1, 0, 1); b) x = (1, 0, 0), a = (1, 1, 2), b = ( 1, 1, 0) e c = (1, 0, 1); c) x = (1, 1, 1), a = (0, 1, 1), b = (1, 1, 0) e c = (1, 0, 2); d) x = (0, 0, 1), a = (1, 1, 1), b = ( 1, 1, 0) e c = (1, 0, 1); e) x = (1, 2, 3), a = (1, 1, 1), b = ( 2, 2, 0) e c = (0, 0, 1). Exercício Diga quais dos elementos de R (X) são combinação linear de X, X + X 2 e 2X X 2 : a) 1 + X + X 2 + X 3 ; b) X 2 ; c) 3X + X 2 ; d) 0. Exercício Diga quais dos seguintes elementos de M 3,2 (R) pertencem a: span , :

75 3.4. Exercícios 69 a) , b)

76 Módulo 4 ALGA I. Aplicações lineares. Isomorfismos lineares Contents 4.1 Aplicações lineares. Isomorfismos lineares. Operadores lineares. Funcionais lineares. O espaço dual V Exercícios Aplicações lineares. Isomorfismos lineares. Operadores lineares. Funcionais lineares. O espaço dual V Definição Sejam V e W dois espaços vectoriais sobre um corpo Ik. Uma aplicação L : V W diz-se uma aplicação linear ou um homomorfismo linear de V em W, se L satisfaz as seguintes propriedades: [L1]. L(v + w) = L(v) + L(w) [L2]. L(λv) = λ L(v) (4.1.1) v, w V e λ Ik. O conjunto constituído por todas as aplicações lineares de V em W representa-se por Hom Ik (V, W) ou simplesmente por Hom(V, W), quando não há risco de confusão. 2. Uma aplicação linear Φ : V W diz-se um isomorfismo linear, se existe uma aplicação Ψ : W V tal que Φ Ψ = Id W e Ψ Φ = Id V. Neste caso Ψ = Φ 1 é necessàriamente linear (prova?). 70

77 4.1. Aplicações lineares. Isomorfismos lineares. Operadores lineares. Funcionais lineares. O espaço dual V 71 O conjunto constituído por todos os isomorfismos lineares entre os espaços vectoriais V e W representa-se por Isom Ik (V, W). 3. Uma aplicação linear L : V V chama-se um operador linear em V. O conjunto de todos os operadores lineares em V representa-se por Op Ik (V) ou apenas por Op(V). 4. Um isomorfismo linear Φ : V V diz-se um automorfismo linear de V. O conjunto de todos os automorfismos lineares de V representa-se por Aut Ik (V) ou simplesmente por Aut(V). 5. Uma aplicação linear ϕ : V Ik, diz-se um funcional linear ou uma forma linear em V. O conjunto constituído por todos os funcionais lineares em V diz-se o espaço dual de V e nota-se por V.. Hom Ik (V, W) tem uma estrutura natural de espaço vectorial sobre Ik, definindo a soma de aplicações lineares e a multiplicação por escalares, respectivamente por: (L + M)(v) (λl)(v) def = L(v) + M(v) def = λl(v) (4.1.2) Em particular o espaço dual V tem uma estrutura natural de espaço vectorial sobre Ik. Aliás V é um subespaço de F(V; Ik) (ver o exemplo 3.2). Op(V) tem uma estrutura natural de Ik-álgebra, que se diz a álgebra de operadores (lineares) de V. Aut(V) tem uma estrutura natural de grupo que se diz o grupo linear geral de V, e que se nota por Gl(V). Definição Dado uma aplicação linear L : V W define-se o respectivo núcleo, ker L V, através de: ker L def = {v V; L(v) = 0} (4.1.3) e a imagem, im L W, através de: im L def = {w W; w = L(v), v V} (4.1.4). Proposição O núcleo ker L é um subespaço de V. A imagem im L é um subespaço de W.

78 4.1. Aplicações lineares. Isomorfismos lineares. Operadores lineares. Funcionais lineares. O espaço dual V 72 Dem.: [S1]. se v, w ker L, então L(v + w) = L(v) + L(w) = = 0 e portanto v + w ker L. [S2]. Se v ker L e λ Ik, então L(λv) = λl(v) = λ0 = 0 e portanto λv ker L. Demostração análoga para im L.. Uma aplicação linear L : V W envia sempre o vector nulo de V no vector nulo de W. Por outro lado, L : V W é injectiva se e só se ker L = {0}. Com efeito, se ker L = {0} então L(u) = L(v) 0 = L(u) L(v) = L(u v) u v ker L = {0} u = v. Se L é injectiva, então, se v ker L tem-se L(v) = 0 = L(0) v = 0. Exemplo Seja V = C 0 (R; R) = {f : R R; f contínua}. Então: δ 0 : C 0 (R; R) R def (4.1.5) f δ 0 [f] = f(0) é um funcional linear que se diz o funcional de Dirac. O seu núcleo ker δ 0 é constituído por todas as funções f : R R que se anulam no ponto 0.. Exemplo Seja V = C 0 ([a, b]; R) = {f : [a, b] R; f contínua}. Então: ϕ : C 0 ([a, b]; R) R def f ϕ[f] = b a f(t)dt (4.1.6) é um funcional linear. O núcleo ker ϕ é trivial, isto é, é constituído pelas funções contínuas de área (algébrica) nula, i.e., tais que ϕ[f] = b f(t)dt = 0. a. Exemplo Seja V = R n o espaço coordenado real de dimensão n do exemplo 3.1. Fixemos uma sequência ordenada de n números reais a = (a 1, a 2,, a n ), representada por um vector-linha [a 1 a 2 a n ] = [a i ], isto é, por uma matriz com uma só linha e n colunas. Definimos então um funcional linear ϕ a em R n, associado a a, através de: ϕ a (x) = [a 1 a 2 a n ] x 1 x 2. x n def = n a i x i (4.1.7) i=1

79 4.2. Exercícios 73 Num capítulo futuro demonstrar-se-á que todo o funcional linear em R n é do tipo ϕ a, para algum a = [a i ]. Portanto o espaço dual (R n ) identifica-se com o espaço dos vectores-linha a = [a i ]. Quando a 0 o núcleo ker ϕ a define um hiperplano em R n. Considerações completamente análogas permitem concluir que (C n ) se identifica com o espaço dos vectores-linha a = [a i ], mas agora com a i C Exercícios Exercício Das aplicações que se seguem, indique aquelas que são lineares. Relativamente a essas, calcule o respectivo núcleo e diga quais as que são injectivas. a) f : R 2 R 2 ; (x, y) (x + y, x y) b) f : R 3 R 2 ; (x, y, z) (2x + y, z 3y) c) f : R 2 R 2 ; (x, y) ( x, y ) d) f : R 2 R 3 ; (x, y) (x 2, y 2, 0) e) f : R 4 R 2 ; (x, y, z, t) (x + y + 1, z + t + 2) f) f : R 2 R 1 (X) ; (a, b) a + bx g) f : R 3 (X) R 1 (X) ; a + bx + cx 2 + dx 3 (a + b) + (c 2d)X h) f : R 2 (X) R 2 (X) ; a + bx + cx 2 (a + 1) + (b + c)x + 2cX 2 i) f : R 3 (X) R; P P (1) j) f : R (X) R (X) ; P P l) f : C 2 C 2 ; (z, w) (iz + w, z + iw) considere K = R m) f : C 2 C 2 ; (z, w) (iz, w) considere K = R n) f : C 2 C 2 ; (z, w) (iz, w) considere K = C

80 Módulo 5 ALGA I. Bases, coordenadas e dimensão Contents 5.1 Bases, coordenadas e dimensão Cálculos com coordenadas. Problemas Mudanças de base e de coordenadas Exercícios Bases, coordenadas e dimensão Definição Seja V um espaço vectorial sobre um corpo Ik. Dizse que os vectores v 1, v 2,, v m V são linearmente independentes se verificam a condição seguinte: [LI]. λ 1 v 1 + λ 2 v λ m v m = 0 λ 1 = λ 2 = = λ m = 0 (5.1.1) Caso contrário esses mesmos vectores dizem-se linearmente dependentes. Portanto v 1, v 2,, v m V são linearmente dependentes quando existem escalares λ 1,, λ m Ik não todos nulos tais que: λ 1 v 1 + λ 2 v λ m v m = 0 Definição 5.2 [Base finita]... Seja V um espaço vectorial sobre um corpo Ik. Um conjunto ordenado de vectores B = {e 1, e 2,, e n } em V diz-se uma base finita (ordenada) de V se: [B1]. e 1, e 2,, e n são linearmente independentes [B2]. span Ik {e 1, e 2,, e n } = V (5.1.2) 74

81 5.1. Bases, coordenadas e dimensão 75 O espaço vectorial V diz-se de dimensão finita se admite uma base finita. Caso contrário diz-se de dimensão infinita.. Suponhamos que B = {e 1, e 2,, e n } é uma base (finita) de V. Então por (5.1.2) [B2]., todo o vector v V pode escrever-se como combinação linear dos vectores de B, isto é, existem escalares v i Ik, i = 1,, n, tais que: v = n v i e i = v 1 e v n e n (5.1.3) i=1 Além disso, por (5.1.2) [B1]. esses escalares são únicos (dependem apenas de v). De facto, se existissem outros escalares λ i Ik, i = 1,, n, tais que v = n i=1 λi e i então viria que: n 0 = (v i λ i )e i λ i = v i, i = 1,, n i=1 uma vez que por [B1]. os vectores de B são linearmente independentes. Proposição Sejam V e W dois espaços vectoriais sobre um mesmo corpo Ik, em que V tem dimensão finita. Seja {e 1,..., e n } uma base de V e w 1,..., w n, n vectores quaisquer de W. Então existe uma e uma só aplicação linear L : V W tal que: L(e i ) = w i, i = 1,..., n Dem.: Todo o vector v V exprime-se na forma única v = i vi e i. Se se pretende que L seja linear, devemos ter que L(v) = L ( i vi e i ) = i vi L(e i ) = i vi w i. Basta então definir: L(v) = i v i w i que é linear. Se existisse outra aplicação M tal que M(e i ) = w i = L(e i ), então (L M)(e i ) = 0 e, como {e i } é uma base, L = M. Desta forma, se V tem dimensão finita, cada base finita B estabelece um isomorfismo Φ B : V = Ik n, entre V e Ik n, definido por: v 1 v 2 Φ B : v., onde v = n v i e i V (5.1.4) v n i=1.

82 5.1. Bases, coordenadas e dimensão 76 Os escalares v i, i = 1,, n dizem-se as coordenadas de v, relativas à base B. Escrevemos, neste caso, v = [v i ] B, ou apenas v = [v i ] (ou até v = v i ), se não houver risco de confusão. Lema Seja {v 1,, v n } uma sucessão de n vectores num espaço vectorial V. Seja w 1,, w n+1 uma sucessão de n + 1 combinações lineares dos vectores v 1,, v n. Então os vectores w 1,, w n+1 são linearmente dependentes. Portanto, dois vectores w 1 e w 2, que sejam colineares com um vector v 1, são linearmente dependentes; três vectores w 1, w 2 e w 3, que sejam coplanares com dois vectores v 1 e v 2, são linearmente dependentes; etc... Dem.: (facultativa) (prova por indução sobre n). Se n = 1, então w 1 = λ 1 v 1 e w 2 = λ 2 v 1 são linearmente dependentes. Suponhamos agora que o teorema é verdadeiro para n e demonstremos que continua verdadeiro para n + 1. Sejam w 1,, w n+2 combinações lineares dos vectores v 1,, v n+1. Podemos então escrever: w 1 = λ 1 v 1 + u 1 w 2 = λ 2 v 1 + u 2. w n+1 = λ n+1 v 1 + u n+1 w n+2 = λ n+2 v 1 + u n+2 onde u 1,, u n+2 são combinações lineares dos vectores v 2,, v n+1. Se λ 1 = = λ n+1 = 0 então teríamos que w 1,, w n+1 são combinações lineares dos vectores v 2,, v n+1. Pela hipótese de indução, os w 1,, w n+1 são linearmente dependentes e portanto os w 1,, w n+2 são também linearmente dependentes. Suponhamos agora que algum dos λ j 0, para j = 1,, n+1. Mudando se necessário a ordem dos vectores, podemos supôr que j = 1, isto é, que λ 1 0. Temos então que: v 1 = 1 λ 1 w 1 1 λ 1 u 1 w 2 = λ 2 v 1 + u 2 = λ2 λ 1 w 1 λ2 λ 1 u 1 + u 2 w 2 λ2 λ 1 w 1 = u 2, onde u 2 é combinação linear de u 1 e u 2

83 5.1. Bases, coordenadas e dimensão 77 Anàlogamente se obtem que: w 3 λ3 λ 1 w 1 = u 3 w n+2 λn+2 λ 1 w 1 = u n+2 onde os u 2,, u n+2 são n + 1 combinações lineares de u 1,, u n+2 e portanto também dos vectores v 2,, v n+1. Pela hipótese de indução, os u 2,, u n+2 são linearmente dependentes: α 2 u α n+2 u n+2 = 0. donde: ( ) ) α 2 w 2 λ2 λ 1 w α (w n+2 n+2 λn+2 λ 1 w 1 = 0 isto é: α 1 w 1 + α 2 w α n+2 w n+2 = 0 onde pelo menos um dos α 2,, α n+2 é não nulo, o que significa que w 1,, w n+2 são linearmente dependentes.. Teorema 5.1 (Dimensão)... Seja V um espaço vectorial de dimensão finita sobre Ik. Então: [1.] todas as bases têm o mesmo número de vectores linearmente independentes. A este número, comum a todas as bases, chama-se a dimensão de V (sobre Ik), e nota-se por dim Ik V, ou simplesmente por dim V, quando não há risco de confusão. [2.] Se dim Ik V = n, n vectores linearmente independentes formam uma base. Dem.: [1.] Sejam {e 1,, e n } e {f 1,, f p } duas bases de V. Se p > n, então, uma vez que os f 1,, f p são combinações lineares dos e i, pelo lema 5.1, concluímos que os f 1,, f p são linearmente dependentes, o que é absurdo por definição de base. Anàlogamente, não podemos ter n > p. [2.] Seja {e 1,, e n } uma base de V e v 1,, v n uma sucessão de vectores linearmente independentes em V. Para mostrar que formam uma base basta mostrar que geram V. Seja v V. Pelo lema 5.1, a sucessão {v 1,, v n, v}

84 5.1. Bases, coordenadas e dimensão 78 é uma sucessão de vectores linearmente dependentes, uma vez que esses n + 1 vectores são combinações lineares dos {e 1,, e n }. Portanto: λ 1 v λ n v n + λv = 0 onde os λ 1,, λ n, λ não são todos nulos. Mas λ 0, caso contrário os v 1,, v n seriam linearmente dependentes. Logo: v = λ1 λ v 1 λn λ v n o que mostra que os v 1,, v n geram V.. Teorema 5.2 (da base incompleta)... Seja V um espaço vectorial de dimensão finita sobre um corpo Ik: dim Ik V = n. Então, dada uma qualquer sucessão {f 1,, f p }, com p n, de vectores linearmente independentes, podemos encontrar q = n p vectores f p+1,, f n tais que {f 1,, f p, f p+1,, f n } formam uma base para V. Dem.: (facultativa) (indução sobre q = 0, 1,, n). Se q = 0 nada há a provar. Seja A q : para todo o V, todo o n = dim V, e todo o p tal que n = p + q, toda a sucessão {f 1,, f p }, de vectores linearmente independentes, pode ser completada a uma base de V. Demonstremos que A q A q+1, se 0 q < q + 1 n. Seja {f 1,, f p 1 } uma sucessão de vectores linearmente independentes. Como p n, temos que p 1 n 1 e o subespaço gerado por f 1,, f p 1 é distinto de V. Se f p é um vector de V, que não pertence a esse subespaço, então {f 1,, f p 1, f p } é ainda uma sucessão de vectores linearmente independentes, que, de acordo com A q, podemos completar numa base de V Resulta então que {f 1,, f p 1 } pode igualmente ser completada numa base de V, o que demonstra A q+1.. Teorema Seja V um espaço vectorial de dimensão finita, W um espaço vectorial qualquer L : V W uma aplicação linear Então ker L e im L são ambos de dimensão finita e: dim ker L + dim im L = dim V (5.1.5)

85 5.1. Bases, coordenadas e dimensão 79 Dem.: ker L tem dimensão finita por ser subespaço de um espaço vectorial de dimensão finita. Seja {e 1,..., e m } uma base de ker L e completemos esta base a uma base {e 1,..., e m, e m+1,..., e n } de V, onde n = dim V. Vamos mostrar que {L(e m+1 ),..., L(e n )} formam uma base para im L, o que demonstrará o teorema. Qualquer vector em im L tem a forma: ( n ) n L v i e i = i=1 i=m+1 o que mostra que L(e m+1 ),..., L(e n ) geram im L. v i L(e i ) Suponhamos agora que n i=m+1 vi L(e i ) = 0. Então L ( n ) i=m+1 vi e i = 0, o que significa que n i=m+1 vi e i ker L, isto é: n i=m+1 v i e i = m λ j e j Mas isto só é possível se todos os coeficientes v i e λ j se anularem, já que {e 1,..., e n } é uma base de V. Portanto os vectores L(e m+1 ),..., L(e n ) são linearmente independentes. j=1. Corolário Seja Então as propriedades seguintes são equivalentes: V um espaço vectorial de dimensão finita W um espaço vectorial qualquer L : V W uma aplicação linear (i). L é injectiva (ii). dim V = dim (im L) (iii). ker L = {0} (5.1.6). Teorema Seja V um espaço vectorial qualquer S, T dois subespaços de dimensão finita de V Então S T e S + T têm dimensão finita e, além disso: dim (S + T ) = dim S + dim T dim (S T ) (5.1.7) Dem.: (facultativa) Recorde que S + T = span Ik {S T }. Como S + T é gerado pela reunião de bases para S e T, respectivamente, então S + T tem

86 5.1. Bases, coordenadas e dimensão 80 dimensão finita. Por outro lado, S T tem dimensão finita por estar contido em subespaços de dimensão finita. Suponhamos agora m = dim S T, s = dim S e t = dim T. Escolhamos uma base {e 1,..., e m } para S T. Pelo teorema da base incompleta, esta base pode ser completada a bases de S e T, digamos {e 1,..., e m, e m+1,..., e s}, para S, e {e 1,..., e m, e m+1,..., e t } para T, respectivamente. Vamos mostrar que {e 1,..., e m, e m+1,..., e s, e m+1,..., e t } é uma base para S + T, o que provará (5.1.7). Como qualquer vector em S + T é uma soma de vectores em S e T, isto é, uma soma de combinações lineares de {e 1,..., e m, e m+1,..., e s} e {e 1,..., e m, e m+1,..., e t } a reunião destes conjuntos de vectores geram S + T. Resta portanto provar a independência linear. Suponhamos então que: n x i e i + i=1 s j=m+1 é uma combinação linear não trivial. y j e j + t k=m+1 z k e k Então deverão existir índices j e k, tais que y j 0 e z k 0 pois, caso contrário, obteríamos uma dependência linear não trivial entre os elementos das bases de S e T, acima escolhidas. Portanto, o vector não nulo t k=m+1 zk e k T deve pertencer também a ( n S porque é igual a i=1 xi e i + ) s j=m+1 yj e j. Mas então esse vector tem que estar em S T e pode pois ser representado por uma combinação linear dos vectores {e 1,..., e m }. Mas esta representação dá uma dependência linear não trivial entre os {e 1,..., e m, e m+1,..., e t } o que é absurdo, já que eles formam uma base de T.. Exemplo Os vectores de R 3 : e 1 = î = e 2 = ĵ = e e 3 = k = são linearmente independentes, e têm a propriedade de que qualquer vector x = 0 0 1

87 5.1. Bases, coordenadas e dimensão 81 x 1 x 2 x 3, se pode escrever como combinação linear de e 1, e 2 e e 3. De facto: x = x 1 x 2 x 3 = x x x = x 1 e 1 + x 2 e 2 + x 3 e 3 = x 1 î + x 2 ĵ + x 3 k (5.1.8) Diz-se então que {î, ĵ, k} = {e 1, e 2, e 3 } é uma base (ordenada): a base canónica de R 3. Portanto dim R R 3 = 3. Exemplo Mais geralmente os n vectores {e i } i=1,,n definidos por: e i = , com 1 na linha i e zeros nas outras entradas (5.1.9) constituem a base canónica de Ik n. Portanto dim Ik Ik n = n. Exemplo Os monómios {1, X, X 2,, X N } constituem uma base para o espaço Ik N [X] dos polinómios em X, com coeficientes em Ik, de grau N. Portanto dim Ik Ik N [X] = N + 1. Exemplo No exemplo 3.3, onde V = F(S; R) suponhamos que S é um conjunto finito, com n elementos, digamos S = {1, 2,, n}. Definamos as funções de Dirac δ i F(S; R), para i = 1,, n, através de: δ i (j) = { 1 se i = j 0 se i j (5.1.10) Então B = {δ i } i=1,,n constituem uma base para F({1, 2,, n}; R). De facto: [B1]. Se λ 1 δ 1 + +λ n δ n = 0 λ 1 δ 1 (j)+ +λ n δ n (j) = 0(j) = 0, j S. Fazendo sucessivamente j = 1, 2,, n obtemos que λ 1 = λ 2 = = λ n = 0, isto é os δ i s são linearmente independentes. [B2]. Seja f uma função em F({1, 2,, n}; R). É óbvio que: f = n f(i)δ i i=1

88 5.2. Cálculos com coordenadas. Problemas 82 e portanto span R {δ i } = F(S; R), quando S = {1, 2,, n}. As coordenadas de f relativas à base B = {δ i } são os escalares f(i) R, 1,, n. Portanto dim R F(S; R) = n, quando S tem n elementos. Exemplo No espaço M m,n (Ik) das matrizes m n com entradas em Ik, o conjunto das mn matrizes elementares E ij que têm um 1 na entrada (i, j), isto é, na intersecção da linha i com a coluna j, e 0 s em todas as outras entradas, formam uma base de M m,n (Ik). Portanto dim Ik M m,n (Ik) = mn Cálculos com coordenadas. Problemas Nesta secção V representa um espaço vectorial sobre um corpo Ik, de dimensão finita, dim Ik V = n, e B = {e 1,, e n } uma base fixa para V. Usamos frequentemente a convenção de Einstein. Problema Dados m vectores v 1,, v m, em V, verificar se eles são ou não linearmente independentes. Resolução... Por definição de independência linear, a questão é saber se: λ j v j = λ 1 v λ m v m = 0 λ 1 = = λ m = 0 (5.2.1) j Representemos cada vector dado, na base B: v j = vj i e i j = 1,, m (5.2.2) Então (5.2.1) escreve-se na forma: λ j v j = (λ j v i j) e i = 0 j v i jλ j = 0, i = 1,, n As equações j vi j λj = 0, i = 1,, n, constituem um sistema homogéneo de n equações lineares a m incógnitas λ 1,, λ m. Se este sistema admite uma única solução - a trivial, em que todos os λ j são nulos - os vectores v 1,, v m, são linearmente independentes

89 5.2. Cálculos com coordenadas. Problemas 83 Se este sistema admite outras soluções não triviais, os vectores v 1,, v m são linearmente dependentes.. Problema Dados m vectores v 1,, v m, em V, e um vector v V, verificar se: v span Ik {v 1,, v m } Resolução... Por definição de span Ik {v 1,, v m }, a questão é saber se existem escalares λ 1,, λ m Ik, tais que: v = λ 1 v λ m v m = j λ j v j (5.2.3) Representemos cada vector dado, na base B: Então (5.2.3) escreve-se na forma: v = v i e i v j = vj i e i, j = 1,, m (5.2.4) v i e i = λ j v j = (λ j v i j) e i = 0 v i = j v i jλ j, i = 1,, n As equações j vi j λj = v i, i = 1,, n, constituem um sistema não homogéneo de n equações lineares a m incógnitas λ 1,, λ m. A questão resume-se agora em saber se este sistema admite solução.. Problema Sabendo que dim V = n, e dados n vectores f 1,, f n, em V, verificar se eles formam uma base para V. Resolução... Basta mostrar que f 1,, f n são linearmente independentes, o que se reduz ao problema Problema Dados m vectores a 1,, a m, em V, calcular uma base para: S = span Ik {a 1,, a m } e calcular a dimensão dim Ik S.

90 5.2. Cálculos com coordenadas. Problemas 84 Resolução... Por definição, span Ik {a 1,, a m } consiste de todos os vectores v que são combinação linear dos vectores a 1,, a m : S = span Ik {a 1,, a m } = {v = j λ j a j : λ j Ik, j = 1,, m} (5.2.5) O problema consiste em encontrar vectores em S que sejam linearmente independentes e que gerem S. A resolução baseia-se no lema seguinte, cuja demonstração é simples (exercício): Lema Com as notações anteriores, tem-se que, λ 0 e j k: [OpEl1]. span Ik {a 1,, a j,, a k,, a m } = span Ik {a 1,, a k,, a j,, a m } [OpEl2]. span Ik {a 1,, a j,, a m } = span Ik {a 1,, λa j,, a m } [OpEl3]. span Ik {a 1,, a j,, a k,, a m } = span Ik {a 1,, a j,, a j + λa k,, a m } (5.2.6). Representemos agora cada vector dado a j, j = 1,, m, na base B: a j = i a i j e i j = 1,, m (5.2.7) e consideremos a matriz A = [a i j ], que é uma matriz n m, cujas colunas são as componentes de cada a j na base B. É mais tradicional (e natural, como veremos adiante) tomar a matriz transposta A t = [a j i ], que é agora uma matriz m n, cujas linhas são as componentes de cada a j na base B: A t = a 1 1 a 2 1 a n 1 a 1 2 a 2 2 a n 2... a 1 m a 2 m a n m As operações referidas no lema 5.2, traduzem-se nas seguintes operações elementares sobre as linhas de A t : [OpEl1]. permutar as linhas j e k [OpEl2]. substituir a linha j pela linha que se obtem multiplicando-a por um escalar não nulo λ [OpEl3]. substituir a linha k pela linha que se obtem adicionando-lhe a linha j multiplicada por um escalar não nulo λ (5.2.8)

91 5.3. Mudanças de base e de coordenadas 85 O lema afirma que span Ik {a 1,, a m } se mantem inalterado por estas operações elementares. Resta então reduzir a matriz A t à forma escalonada, usando as operações elementares referidas, para daí deduzir uma base para span Ik {a 1,, a m }. Vejamos um exemplo concreto: Exemplo Em R 3 [X] calcular uma base para: span R {1 + X X 3, X X 2, 1 + X 2 X 3 } Os cálculos vão efectuar-se usando a base B = {1, X, X 2, X 3 } para R 3 [X]. A matriz A t é portanto: A t = que se reduz à forma escalonada, através das operações elementares seguintes: [OpEl1] [OpEl2] [OpEl3] [OpEl3] Portanto {1 + X X 3, X X 2 } é uma base para S que tem por isso dimensão Mudanças de base e de coordenadas Suponhamos que V é um espaço vectorial e que: C = ( e 1 e 2 e n )

92 5.3. Mudanças de base e de coordenadas 86 é uma base qualquer, escrita como um vector-linha com entradas vectoriais e i. Se v V é um vector qualquer em V, designemos por v i as suas componentes na base C, isto é: v = i v i e i = ( ) e 1 e 2 e n v 1 v 2. v n = C [v] C (5.3.1) Suponhamos agora que mudamos para uma outra base: C C = ( ) ê 1 ê 2 ê n (5.3.2) Dado um vector arbitrário v V, como se relacionam as coordenadas de v na base C com as coordenadas de v na base C? Mais detalhadamente, dado v V, podemos escrever v como combinação linear dos elementos da base C e também como combinação linear dos elementos da base C : n v = v i e i = i=1 n v j ê j (5.3.3) j=1 Isto significa que o vector-coluna das coordenadas de v, relativamente à base C, é: v 1 v 2. = (v i ) C. v n C enquanto que o vector-coluna das coordenadas de v, relativamente à base C, é: v 1 v 2. v n C = ( v i ) C

93 5.3. Mudanças de base e de coordenadas 87 A questão é pois: como se relacionam as coordenadas v i com as coordenadas v i? Para responder a esta questão, comecemos por escrever cada elemento da base C, como combinação linear dos vectores da base C, isto é, para cada j = 1, 2,, n fixo pômos: ê j = n Pj i e i = e i Pj i (5.3.4) i=1 que escrevemos na forma matricial seguinte: ( ) ( ) ê1 ê 2 ê n = e1 e 2 e n ou muito simplesmente: C = C P P1 1 P2 1 Pn 1 P1 2 P2 2 Pn P1 n P2 n Pn n (5.3.5) Recordando que v i são as componentes do vector v na base C, e que v j são as componentes do mesmo vector v na base C isto é: v = i v i ê i vem então que: = C [v] C (5.3.6) C [v] C = v = C [v] C = C P [v] C P o que implica que, uma vez que v é arbitrário: [v] C = P [v] C P Multiplicando à esquerda por P 1, conclui-se então que: C C P [v] C P = P 1 [v] C (5.3.7) Podemos também fazer os cálculos com a notação de Einstein: v = v j ê j = v j (P i j e i ) por (5.3.4) = (P i j v j ) e i (5.3.8) Como, por outro lado: v = v i e i

94 5.4. Exercícios 88 comparando com (5.3.8), concluímos que: o que confirma o que tínhamos obtido. v i = (P 1 ) i jv j (5.3.9) A matriz P = [Pj i ], calculada através de (5.3.4), diz-se a matriz de passagem da base C para a base C. Esta mesma matriz permite passar das coordenadas v i para as coordenadas v i : Nota... A afirmação (5.3.7) diz-nos que um vector v é um objecto contravariante. Por outras palavras, um vector v V, pode ser definido como sendo uma classe de equivalência de pares ( C, (v i ) ), onde dois desses pares são considerados equivalentes: ( C, (v i ) ) ( C, ( v i ) ) se e só se existe uma matriz P = (P i j ) inversível tal que: C = C P e v i = ( P 1) i k vk. 5.4 Exercícios Exercício Verifique se os vectores que se seguem são linearmente dependentes ou independentes: a) (1, 1, 1), (0, 1, 2) em R 3 ; b) (1, 1, 0), (0, 1, 1) e (1, 3, 2) em R 3 ; c) (1, 0), (2, 1) em R 2 ; d) (1, 1), (2, 2) em R 2 ; e) ( 1, 1, 0), (0, 1, 2) em R 3 ; f) (π, 0), (0, 1) em R 2 ; g) (1, 2), (2, 3), (1, 1) em R 2 ; h) (0, 1, 1), (0, 2, 1), (1, 5, 3) em R 3 ; i) {(1, i), (i, 1)} em C 2 ; j) {(1, i, 0), (i + 1, 1 + i, 0), (0, 0, 1)} em C 3 ; Exercício Considere o espaço vectorial real E das funções de R em R representadas por f(x). Verifique se as seguintes funções são linearmente independentes em E :

95 5.4. Exercícios 89 a) f(x) = 1, f(x) = x b) f(x) = x, f(x) = x 2 c) f(x) = 2, f(x) = x, f(x) = 1 + 3x d) f(x) = xe x, f(x) = e 2x e) f(x) = sin x, f(x) = cos x j) f(x) = sin 2 x, f(x) = cos 2 x, f(x) = 3 l) f(x) = sin 2 x, f(x) = cos 2 x, f(x) = cos 2x. Exercício ou ligados: a) { 1 + X + X 2, 1 + X, 2 X } ; b) { 1 X X 2, 1 + 2X + X 2, 4 } ; c) { 1 + X + X 2, 1 + X, 2 + 2X + X 2}. Diga se os seguintes subconjuntos de R (X) são livres Exercício No espaço dos polinómios V = R 2 [X], considere B = {1, X, X 2 } e B = {1 X 2, 1 X, 1 + X + 3X 2 }. (i). Mostre que B e B são ambas bases de V. (ii). Calcule a matriz de passagem da base B para a base B. (iii). Calcule as coordenadas de p(x) = 2 X relativamente a cada uma das bases referidas. Exercício Sejam u, v, w três vectores linearmente independentes de um espaço vectorial V. Mostre que u + v, u v e u 2v + w também são linearmente independentes. Exercício Seja E um espaço vectorial real. a) Mostre que se u, v, w são tais que w = 2u + v então, u, v e w são linearmente dependentes. b) Mostre que se u 1, u 2,..., u n 1, u n E são tais que u n é combinação linear de u 1, u 2,..., u n 1, então u 1, u 2,..., u n 1, u n são linearmente dependentes. c) Dê um exemplo para E=R 2 de dois vectores u, v linearmente dependentes, tais que v não seja múltiplo de u. Exercício A : a) A = {(1, 1), (2, 2)} em R 2 ; b) A = {(1, 0), (5, 0)} em R 2 ; c) A = {(2, 1), (1, 0)} em R 2 ; d) A = {(1, 0, 1), (0, 1, 0)} em R 3 ; e) A = {(1, 0, 1), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} em R 3 ; f) A = {(3, 0, 0), (0, 2, 0)} em R 3 ; Em cada um dos casos, calcule o subespaço gerado por

96 5.4. Exercícios 90 g) A = { 1 + X, X 2} em R (X) ; h) A = { 1 X, X 2, 1 X + X 2} em R (X) ; i) A = { 1, 1 + X, 2X + X 2} em R (X) ; {( ) ( )} j) A =, em M ,2 (R); l) A = {(1, 0, i), (0, i, i)} em C 2. Exercício Verifique se os conjuntos que se seguem, são ou não bases de cada um dos espaços vectoriais indicados em cada alínea: a) {(1, 1), (3, 1)} em R 2 ; b) {(0, 1), (0, 3)} em R 2 ; c) {(2, 1), (1, 1), (0, 2)} em R 2 ; d) {(1, 1, 1), (1, 1, 5)} em R 3 ; e) {(1, 1, 1), (1, 2, 3), (2, 1, 1)} em R 3 ; f) {(1, 2, 3), (1, 0, 1), (3, 1, 0), (2, 1, 2)} em R 3 ; g) {(1, 1, 2), (1, 2, 5), (5, 3, 4)} em R 3 ; h) { 1 + X, X 2, 2 + 2X + 3X 2} em R 2 (X) ; i) { 1 + X, X 2, 3 } em R 2 (X) ; j) { 1 + X, X 2, 2 + 2X + 3X 2, X 3} em R 2 (X) ; {( ) ( ) ( )} l),, em M ,2 (R). Exercício Seja W o subespaço de R (X) gerado por X 3 2X 2 + 4X + 1, 2X 3 3X 2 + 9X 1, X 3 + 6X 5, 2X 3 5X 2 + 7X + 5. Determine uma base e a dimensão de W. Exercício a) (1, 2, 3, 1), (1, 1, 2, 3); b) (3, 6, 3, 9), ( 2, 4, 2, 6); c) X 3 + 2X 2 + 3X + 1, 2X 3 + 4X 2 + 6X + 2; d) X 3 2X 2 + 5, X 2 + 3X 4; ( ) ( ) e), ; ( ) ( ) f), Determine a dimensão do subespaço gerado por:

97 5.4. Exercícios 91 Exercício Calcule uma base de cada um dos subespaços que se seguem, e depois as coordenadas do vector u em cada uma das bases: a) S = { (x, y) R 2 : x + y = 0 }, u = (3, 3); b) S = { (x, y) R 2 : 2x = y }, u = (4, 8); c) S = { (x, y, z) R 3 : x + y + z = 0 }, u = (1, 1, 2); d) S = { (x, y, z) R 3 : 2x y = z }, u = (3, 2, 4); e) S = { (x, y, z, t) R 4 : x y = 0, z + t = 0 }, u = (1, 1, 2, 2); f) S = { a + bx + cx 2 + dx 3 R 3 (X) : a + 2c = 0 }, u = 2 + 2X X 2 + 3X 3 ; g) S = { a + bx + cx 2 + dx 3 R 3 (X) : a + 2c = 0, a + c + d = 0 }, u = 2 + 2X X 2 X 3 ; {( ) } a b c h) S = M d e f 2,3 (R) : a + b + c = 0, a + d = e, f = e = c, u = ( ) ; i) S = { (z, w, t) C 3 : z = w = t }, u = (1 + i, 1 + i, 1 + i). Exercício Sejam V e W os seguintes subespaços de R 4 : V = { (x, y, z, t) R 4 : y 2z + t = 0 } e W = { (x, y, z, t) R 4 : x = t, y = 2z } Determine uma base e a dimensão de: a) V b) W c) V W. Exercício Sabendo que f é uma aplicação linear, calcule em cada caso a imagem de um vector genérico: a) Sendo f : R 2 R 2 e f(1, 0) = (1, 1) e f(0, 1) = (1, 2); b) Sendo f : R 2 R 2 e f(1, 1) = (1, 2) e f(0, 3) = (2, 2); c) Sendo f : R 2 R 2 e f(2, 1) = ( 1, 0) e f( 1, 1) = (3, 2); d) Sendo f : R 3 R 2 e f(1, 0, 1) = (1, 1) e f(0, 1, 0) = (1, 2) e f(0, 0, 2) = (4, 5); e) Sendo f : R 3 R 3 e f(1, 0, 1) = (1, 1, 0) e f(0, 1, 0) = (0, 2, 3) e f(0, 0, 2) = (1, 4, 5); f) Sendo f : R 3 R 1 (X) e f(1, 0, 1) = 1 e f(0, 1, 0) = 1+X e f(0, 0, 2) = X; g) Sendo f : R 2 (X) R 2 (X) e f(1 + 2X) = X 2 e f(2) = 1 + X e f(3x 2 ) = X; ( ) 1 1 h) Sendo f : R 2 (X) M 2,2 (R) e f(2 + X) = e f(1 X) = 1 2 ( ) ( ) e f(3x ) = ; 1 4

98 5.4. Exercícios 92 Exercício Mostre que não é possivel definir nenhuma das seguintes aplicações lineares: a) f : R 2 R 2 tal que, ker(f) = { (x, y) R 2 : x = 3y } e f é sobrejectiva; b) f : R 3 R 3 sendo f injectiva e nã o sobrejectiva; c) f : R 4 (X) R 3 tal que ker(f) = span { 2 + X, 3 + X 4} e im (f) = span {(1, 1, 1), (1, 1, 0)} ; d) f : C 2 C 3 tal que f é injectiva e sobrejectiva. Exercício Calcule as seguintes matrizes de passagem: a) De B = {(1, 2), (0, 1)} para B = {(2, 1), (1, 1)}; b) De B = {(1, 1), (0, 1)} para B = {(2, 1), (1, 1)}; d) De B = {(1 + X, 1 + X 2, 1 + X + X 2 } para B = {1, X, X 2 }; e) De B = {(1, 1 + X 2, 1 + X + X 2 } para B = {1, 1 X, 3X 2 }; f) De B = {(1, 0, 0), (0, i, 1), (0, 0, i)} para B = {(i, 0, 0), (1, 1, 1), (0, 0, 1)}; Exercício Em cada um dos casos, determine uma base ortonormada do subespaço de R 3 gerado pelos seguintes vectores: a) x 1 = (1, 1, 1), x 2 = (1, 0, 1), x 3 = (3, 2, 3). b) x 1 = (1, 1, 1), x 2 = ( 1, 1, 1), x 3 = (1, 0, 1). Exercício Em cada um dos casos, determine uma base ortonormada do subespaço de R 4 gerado pelos seguintes vectores: a) x 1 = (1, 1, 0, 0), x 2 = (0, 1, 1, 0), x 3 = (0, 0, 1, 1), x 4 = (1, 0, 0, 1). b) x 1 = (1, 1, 0, 1), x 2 = (1, 0, 2, 1), x 3 = (1, 2, 2, 1). Exercício No espaço vectorial real R (t), com o produto interno x, y = 1 x(t)y(t) dt, mostre que as funções que se seguem formam uma base 0 ortonormada do subespaço por elas gerado: y 1 (t) = 1, y 2 (t) = 3(2t 1), y 3 (t) = 5(6t 2 6t + 1). Exercício Seja S um subespaço de um espaço vectorial V. Mostre que o S é o conjunto dos vectores ortogonais a todos os vectores de uma base de S.

99 5.4. Exercícios 93 Exercício Seja W o subespaço de R 5 gerado pelos vectores u = (1, 2, 3, 1, 2) e v = (2, 4, 7, 2, 1). Determine uma base do complemento ortogonal W de W. Exercício Determine uma base do subespaço W de R 4 ortogonal a u 1 = (1, 2, 3, 4) e u 2 = (3, 5, 7, 8). Exercício Considere o espaço vectorial real R 2 (t) no qual está definido o produto interno f, g = 1 f(t)g(t) dt. 0 a) Determine uma base do subespaço W ortogonal a h(t) = 2t + 1. b) Aplique o método de ortogonalização de Gram-Schmidt à base (1, t, t 2 ) para obter uma base ortonormada (u 1 (t), u 2 (t), u 3 (t)) de R 2 (X). Exercício Seja V o espaço linear das matrizes 2 2 de componentes reais, com as operações usuais. Prove que fica definido um produto interno em V por: A, B = a 11 b 11 + a 12 b 12 + a 21 b 21 + a 22 b 22 onde A = (a ij ) e B = (b ij ). ( ) a b Calcule a matriz da forma, com a, b R, mais próxima da ( ) b a 1 2 matriz A =. 1 3 Exercício (1, 0, 0) e (0, 1, 0). Considere o subespaço S de R 3 gerado pelos vectores a) Verifique que fica definido em R 3 um produto interno por: x, y = 2x 1 y 1 + x 1 y 2 + x 2 y 1 + x 2 y 2 + x 3 y 3, onde x = (x 1, x 2, x 3 ) e y = (y 1, y 2, y 3 ). b) Determine uma base ortonormal para o subespaço S, com este produto interno. c) Determine o elemento de S mais próximo do ponto (0, 0, 1),usando o produto interno de a). d) Calcule um vector diferente de zero e ortogonal a S usando o produto interno de a). Exercício No espaço vectorial real das funções contínuas definidas em (0, 2), com o produto interno f, g = 2 f(x)g(x) dx, seja f(x) = exp(x). 0 Mostre que, o polinómio constante g, mais próximo de f é g = 1 2 (exp(2) 1). Calcule g f 2.

100 5.4. Exercícios 94 Exercício Usando os produtos internos usuais em R 2 e R 3, calcule em cada caso a projecção ortogonal P u (v), de v sobre a recta gerada pr u: a) u=(1,1), v=(2,3); b) u=(4,3), v=(0,1); c) u=(1,1,1), v=(1,-1,0); d) u=(1,0,0), v=(0,1,2). Exercício Determine as projecções ortogonais seguintes: b) v = 2t 1, w = t 2 sobre R 1 (t) usando o produto interno L 2.

101 Módulo 6 ALGA I. Representação matricial das aplicações lineares Contents 6.1 Matriz de uma aplicação linear Cálculo do núcleo e imagem Matriz da composta GL(n). Pontos de vista passivo e activo Determinantes Definição e propriedades Determinante de um produto Cálculo da matriz inversa. Matriz adjunta Regra de Cramer Determinante de um operador linear Exercícios Matriz de uma aplicação linear Sejam V e W dois espaços vectoriais sobre o mesmo corpo Ik (= R ou C, como habitualmente), e de dimensões finitas, respectivamente iguais a n = dim Ik V e m = dim Ik W. Consideremos uma aplicação linear L : V W. Vamos aprender nesta secção a representar L através de uma matriz m n com entradas em Ik. 95

102 6.2. Cálculo do núcleo e imagem 96 Para isso comecemos por fixar bases B = {e 1,, e n } para V, e C = {f 1,, f m } para W. Temos então isomorfismos Φ B : V Ik n e Φ C : W Ik m, definidos respectivamente por: Φ B : v = n i=1 vi e i [v i ] Ik n Φ C : w = m j=1 wj f j [w j ] Ik m (6.1.1) Consideremos agora o diagrama seguinte: V Φ B Ik n L W Ik m Φ C ou mais detalhadamente, usando a convenção de Einstein: v i e i L(v i e i ) a = v i L(e i ) b = v i L j i f j c = (L j i vi )f j [v i ] [w j ] = [L j i vi ] A igualdade (a) resulta do facto de L ser linear. A igualdade (b) obtemse exprimindo, para cada i = 1,, n, a imagem L(e i ), de e i por L, como combinação linear dos elementos da base f j para W: m L(e i ) = L j i f j, j=1 i = 1,, n Este é o passo essencial do cálculo. Os elementos L j i, que assim se obtêm, formam uma matriz L = [L j i ], que é uma matriz m n, e que se diz a matriz da aplicação linear L, relativamente às bases {e i } e {f j }, respectivamente para V e W. Esta matriz L nota-se às vezes por M(L) BC ou por B M(L) C. 6.2 Cálculo do núcleo e imagem Sejam V e W dois espaços vectoriais sobre o mesmo corpo Ik, e de dimensões finitas, respectivamente iguais a n = dim Ik V e m = dim Ik W, e consideremos uma aplicação linear L : V W. Seja L = [L j i ] a matriz da aplicação linear L, relativamente às bases {e i } e {f j }, obtida através de (6.1).

103 6.3. Matriz da composta 97 Como calcular ker L?... Por definição, ker L é o subespaço de V constituído por todos os vectores v V que são enviados por L no vector nulo de W. Se v = v i e i, então L(v) = (L j i vi ) f j = 0 sse: n L j i vi = 0, i=1 j = 1,, m Este é um sistema homogéneo de m equações lineares com n incógnitas v i, cuja resolução permite calcular os v i tais que v = v i e i ker L. Como calcular im L?... Por definição, im L é o subespaço de W gerado por L(e i ), i = 1,, n = dim V: im L = span Ik {L(e 1 ),, L(e n )} Podemos pois aplicar o método explicado no problema 5.4 para calcular uma base para im L. A característica ou rank da aplicação linear L, nota-se por rank L e define-se por: rank L = dim (im L) (6.2.1) 6.3 Matriz da composta Suponhamos que temos aplicações lineares M : U V e L : V W, onde U, V e W são espaços vectoriais de dimensão finita, com bases B = {e i } i=1,...,n, C = {f j } j=1,...,m e D = {g k } k=1,...,p, respectivamente para U, V e W. Suponhamos que M(M) BC = M e que M(L) CD = L. O nosso objectivo é calcular a matriz da composta L M : U W, relativamente às bases B e D, respectivamnte para U e W, em termos das matrizes M e L. O diagrama seguinte esclarece a situação: U M V L W Φ B Ik n M Ik m Φ C L Ik p Φ D Ik n = LM Ik p = Cálculos...

104 6.4. GL(n). Pontos de vista passivo e activo. 98 por outro lado: (L M)(e i ) = A k i g k (6.3.1) (L M)(e i ) = L(M(e i )) = L(M j i f j) = M j i L(f j) = M j i Lk j g k = (L k j M j i ) g k = (LM) k i g k (6.3.2) donde se deduz que A = LM, isto é, a representação matricial de L M é dada pelo produto LM das matrizes L por M, que se define da seguinte forma - a entrada (k, i) da matriz LM (linha k e coluna i), é dada por: (LM) k i = m L k j M j i (6.3.3) j=1 Esquemáticamente: (LM) k i = L k 1 L k 2 L k m }{{} linha k M 1 i M 2 i.. M m i coluna i = L k 1Mi 1 + L k 2Mi L k mmi m m = L k j M j i (6.3.4) j=1 6.4 GL(n). Pontos de vista passivo e activo. Seja V um espaço vectorial de dimensão n = dim V. O conjunto de todas as aplicações lineares L : V V que são inversíveis, isto é, o conjunto de todos os automorfismos de V, constitui um grupo que se diz o grupo linear geral de V. Este grupo é isomorfo ao grupo de todas as matrizes (n n) inversíveis, e nota-se por: GL(n) Em Física, é usual encarar um automorfismo linear L : V V sob dois pontos de vista diferentes: o ponto de vista passivo e o ponto de vista activo.

105 6.5. Determinantes 99 No ponto de vista passivo, um mesmo estado de um sistema, isto é, um vector v V, é descrito por dois observadores diferentes, i.e., relativamente a duas bases (ou referencais) C e C. Neste caso, P GL(n) é a matriz de passagem da base C para a base C : C P = C e, como vimos atrás, P 1 permite passar das coordenadas v i para as coordenadas v i : [v] C = [v] C P = P 1 [v] C como vimos atrás. Por outro lado, no ponto de vista activo, existe um único observador C, enquanto que o estado do sistema, v V, é submetido a uma transformação, como por exemplo uma simetria do espaço de estados do sistema. Neste caso P GL(n), é a matriz dessa transformação relativamente à base C. 6.5 Determinantes Comece por recordar a definição e as propriedades do determinante de matrizes 2 2 e matrizes 3 3 que vimos nos módulos 1 e 2, respectivamente Definição e propriedades Teorema 6.1 Existe uma única aplicação: det : M n (Ik) Ik A deta = det(a 1,, A n ) (6.5.1) onde A 1,, A n representam as colunas de A, com as seguintes propriedades: 1. é linear como função de cada uma das colunas A i da matriz A. 2. se A se obtem a partir de A permutando duas colunas, então deta = deta 3. det I n = 1 Antes de demonstrar este teorema, vejamos um corolário que tem uma importância prática muito grande no cálculo de determinantes:

106 6.5. Determinantes 100 Corolário 6.1 Seja det : M n (Ik) Ik uma aplicação que verifica as propriedades 1. e 2. do teorema anterior. Então: 4. se A tem duas colunas linearmente dependentes, deta = 0 5. se A se obtem a partir de A multiplicando uma coluna por λ Ik, deta = λ deta 6. se A se obtem a partir de A substituindo uma coluna pela que se obtem somando-lhe um múltiplo escalar de uma outra, então deta = deta Exercício 6.1 demonstre este corolário. Demonstração do teorema... Unicidade: Suponhamos que tínhamos duas funções, det : M n (Ik) Ik e det : M n (Ik) Ik, ambas verificando as três propriedades referidas no teorema, e seja = det det Então (I n ) = 0 e verifica as duas primeiras propriedades - linearidade em cada coluna e alternância de sinal quando se permutam duas colunas. Consideremos agora uma matriz arbitrária A = (A 1,, A n ). Se e 1,, e n é a base canónica de Ik n, podemos escrever cada A i como combinação linear: A i = A j i e j, i = 1,, n usando como sempre a convenção de Einstein. Usando a linearidade em cada coluna e o facto de que (I n ) = (e 1,, e n ) = 0, é agora fácil ver que: e portanto det = det. Existência: Indução sobre n: para n = 1 põe-se det (a) = a (A 1,, A n ) = 0 supondo que existe um det definido para matrizes A M n 1 (Ik), e que verifica as três propriedades referidas no teorema, vamos mostrar como se define para matrizes A M n (Ik) mantendo, é claro, ainda as referidas três propriedades. Dada uma matriz A M n (Ik), representemos por A ij M n 1 (Ik) a matriz que se obtem de A eliminando a linha i e a coluna j.

107 6.5. Determinantes 101 Definamos então: det A = n ( 1) i+1 A 1 i det A 1i (6.5.2) i=1 o que corresponde ao chamado desenvolvimento do determinante segundo a primeira linha. Pretende-se mostrar agora que esta função satisfaz as três propriedades referidas no teorema. [1]. Vejamos um exemplo que esclarece o que está a acontecer: det a + a d g b + b e h c + c f k ( ) ( ) ( ) = (a + a e h b + b h b + b e ) det d det f k c + c + g k c + c f A primeira parcela é obviamente linear, enquanto que as duas últimas o são, por hipótese de indução. Em geral, o argumento é o mesmo - a linearidade em cada coluna de A resulta do facto de que cada parcela da soma em (6.5.2), ( 1) i+1 A 1 i det A 1i, tem essa propriedade. De facto, a linearidade na coluna k, resulta do facto de que as parcelas ( 1) i+1 A 1 i det A 1i, com i k, são lineares por hipótese de indução, enquanto que a parcela ( 1) k+1 A 1 k det A 1k o é obviamente. [2]. Basta mostrar que o det de uma matriz que tenha duas colunas iguais se anula (porquê?). Mais uma vez os exemplos seguintes esclarecem o argumento geral: det a a g b b h c c k ( b h = a det c k det a d a b e b c f c ( e b = a det f c ) ( b h a det c k ) ( b b d det c c ) ( b b + g c c ) ( b e + a c f ) = 0 ) = 0 Suponhamos então que as colunas r e s de A são iguais. Então, pela hipótese de indução: n ( 1) i+1 A 1 i det A 1i = ( 1) r+1 A 1 r det A 1r + ( 1) s+1 A 1 s det A 1s i=1

108 6.5. Determinantes 102 uma vez que todas as outras parcelas se anulam, atendendo a que as matrizes envolvidas têm duas colunas iguais (hipótese de indução). Como podem diferir A 1r e A 1s? Se r e s são adjacentes, então A 1r = A 1s já que quando duas colunas são adjacentes é indiferente qual delas se omite. Se existe apenas uma coluna a separar as linhas r e s, podemos mudar A 1r em A 1s por uma simples permutação de duas linhas. Mais geralmente se r = s + t (podemos sempre supôr que r > s), podemos mudar A 1r em A 1s por t 1 dessas permutações de duas colunas. Como pela hipótese de indução para matrizes (n 1) (n 1) permutação de 2 colunas muda o sinal de det, e como A 1 r = A 1 s pela igualdade das colunas r e s, vem que det A = ( 1) r+1 A 1 r det A 1r + ( 1) s+1 A 1 s det A 1s = ( 1) r+1 A 1 r det A 1r + ( 1) s+1 A 1 r ( 1) t+1 det A 1r = ( 1) r+1 A 1 r det A 1r + ( 1) s+1 A 1 r ( 1) r s+1 det A 1r = [( 1) r+1 + ( 1) r+1+1 ] A 1 r det A 1r = 0 [3.] det I n = 0 fácil Determinante de um produto Lema 6.1 Seja f : M n (Ik) Ik uma função que satisfaz as duas primeiras propriedades referidas no teorema 6.1, isto é, é linear em cada coluna e muda o sinal se se permutam duas colunas. Então: f(a 1,, A n ) = f(e 1,, e n ) det (A 1,, A n ) (6.5.3) Dem.: Se f(e 1,, e n ) = 1 então f = det, pela unicidade do teorema 6.1, e o lema está demonstrado. Se f(e 1,, e n ) 1, considere-se: (A 1,, A n ) = det (A 1,, A n ) f(a 1,, A n ) 1 f(e 1,, e n ) (6.5.4) É fácil ver que satisfaz as 3 propriedades referidas no teorema 6.1 e portanto, por unicidade, (A 1,, A n ) = det (A 1,, A n ). Resolvendo a igualdade (6.5.4) em ordem a f(a 1,, A n ), obtem-se o que se pretende.

109 6.5. Determinantes 103 Teorema 6.2 A, B M n (Ik): det (AB) = det A det B (6.5.5) Dem.: Defina-se f : M n (Ik) Ik por: f(a 1,, A n ) = det (BA 1,, BA n ) (6.5.6) f satisfaz as condições do lema anterior, pelo que: isto é: f(a 1,, A n ) = f(e 1,, e n ) det (A 1,, A n ) }{{}}{{} det (Be 1,,Be n ) det A det (BA 1,, BA n ) = det (Be 1,, Be n ) det A Mas é fácil ver que (verifique): det (BA 1,, BA n ) = det (BA) e que: o que demonstra o teorema. det (Be 1,, Be n ) = det B Corolário 6.2 Se A M n (Ik) é inversível então det A 0 e det A 1 = (det A) 1. Dem.: 1 = det I n = det (AA 1 ) = det (A) det (A 1 ) Cálculo da matriz inversa. Matriz adjunta Se A é uma matriz quadrada n n, o seu determinante pode ser calculado desenvolvendo segundo a linha i, de acordo com a fórmula: det A = n ( 1) i+j A i j det A ij i fixo (6.5.7) j=1 onde, como vimos, A ij é a matriz que se obtem de A retirando-lhe a linha i e a coluna j. A fórmula anterior sugere a fórmula da multiplicação de duas matrizes. De facto:

110 6.5. Determinantes 104 det A = n ( 1) i+j A i j det A ij j=1 = j = j A i j ( 1) i+j det A ij }{{} def = Âj i A i j Âj i = elemento i da diagonal do produto A (6.5.8) Isto conduz portanto a uma nova matriz  definida por:  j i = ( 1)i+j det A ij Porque há aqui uma troca de indíces incómoda, consideramos a transposta de A e formulamos a seguinte definição: Definição se A é uma matriz quadrada n n, define-se uma nova matriz quadrada n n, Â, chamada a adjunta de A, através de:  i j def = ( 1) i+j det (A t ) ij (6.5.9) Não esqueça que (A t ) ij é a matriz que se obtem de A t retirando-lhe a linha i e a coluna j. Portanto: det (A t ) 11 det (A t ) 12 det (A t ) 13 det (A t ) 21 det (A t ) 22 det (A t ) 23  = det (A t ) 31 det (A t ) 32 det (A t ) O cálculo (6.5.8) mostra pois que todos os elementos da diagonal do produto A são iguais a det A, donde se deduz o seguinte teorema: Teorema 6.3 Se  é a matriz deduzida de A através de (6.5.9), então: det A A =... = det A I n det A Portanto, se det A 0, A é inversível e: A 1 = 1 det A  (6.5.10)

111 6.6. Regra de Cramer 105 Dem.: Falta mostrar que os elementos fora da diagonal do produto AÂ são todos nulos. Para isso, consideremos a matriz B que se obtem de A substituindo a linha k pela linha h, com h h. Atenção que isto não é uma operação elementar! B fica então com duas linhas iguais (ambas iguais à linha h de A) e por isso o seu determinante é nulo. Por outro lado, calculando det B desenvolvendo segundo a linha k, obtemos: 0 = det B = j ( 1) k+j B k j det B kj, k fixo = j ( 1) k+j B k j det A kj, porque B e A coincidem fora da linha k = j ( 1) k+j A h j det A kj, porque B e A coincidem na linha h = j A h j ( 1) k+j det A kj = j A h j Âj k (6.5.11) 6.6 Regra de Cramer Dado um sistema do tipo: podemos escrevê-lo na forma: Ax = b x 1 A 1 + x 2 A x n A n = b onde, como antes, A 1, A 2,, A n representam as colunas da matriz A. Para cada i fixo, substitua-se a coluna A i pelo vector-coluna b, e calcule-se o determinante dos n vectores assim obtidos. Vem então que (justificar): det (A 1, A 2,, }{{} b,, A n ) = det (A 1, A 2,, x k A k,, A }{{} n ) posição i posição i = x i det (A 1, A 2,, A i,, A n ) = x i det A (6.6.1)

112 6.7. Determinante de um operador linear 106 Portanto, se det A = 0, deduzimos a chamada regra de Cramer para as soluções do sistema Ax = b: x i = 1 det A det (A 1,, }{{} b,, A n ) (6.6.2) posição i 6.7 Determinante de um operador linear Suponhamos que V é um espaço vectorial de dimensão finita n, e que: C = ( ) e 1 e 2 e n é uma base qualquer, escrita como um vector-linha com entradas vectoriais e i. Mudemos para uma outra base: C C P = C = ( ê 1 ê 2 ê n ) (6.7.1) que escrevemos na forma matricial seguinte: ( ) ( ) ê1 ê 2 ê n = e1 e 2 e n ou muito simplesmente: C = C P P1 1 P2 1 Pn 1 P1 2 P2 2 Pn P1 n P2 n Pn n (6.7.2) Suponhamos agora que L : V V é um operador linear, cuja matriz relativamente à base C = {e 1, e 2,, e n }, para V, é: Recorde que isto significa que: [L] C = [L i j] (6.7.3) L(e j ) = j L i j e i Como muda a representação matricial de L? Isto é, se a matriz de L nesta nova base é L i j, como é que esta matriz se relaciona com a matriz L i j? Os cálculos são fáceis de fazer (serão feitos em detalhe no módulo 8) e o resultado é o seguinte:

113 6.8. Exercícios 107 Se L : V V é um operador linear num espaço vectorial de dimensão finita, então a representação matricial de L varia, com a escolha da base, da seguinte forma: C C P [L] C P = P 1 [L] C P (6.7.4) Isto permite dar um sentido invariante ao conceito de determinante de um operador L - é, por definição, o determinante de uma qualquer matriz que o representa, relativamente a uma qualquer base C de V: det L = det ([L] C ) (6.7.5) A fórmula (6.7.4) mostra que: det ([L] C P ) = det ( P 1 [L] C P ) = det ( P 1) det ([L] C ) det P = det ([L] C ) e portanto a definição (6.7.5) não depende da base escolhida. 6.8 Exercícios Exercício Seja V o espaço vectorial das funções polinomiais p : R R de grau 4: V = {p(x) = a o + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + a 4 x 4 : a i R} e W o espaço vectorial das funções polinomiais q : R R de grau 3. Considere a aplicação L : V W definida por: ( d 2 L[p(x)] = dx 2 d ) [p(x)] = p (x) p (x) dx Mostrar que L é linear. Calcular a matriz de L relativamente às bases {1, x, x 2, x 3, x 4 } para V e {1, x, x 2, x 3 } para W. Calcular ker L e im L. Exercício Em cada um dos seguintes casos determine M B B(f), calcule ker(f) e im (f) : a) f : R 2 R 2, B = B = ((1, 0), (0, 1) (x, y) (3x y, x + 5y) (1, X) (x, y) ( x + y, 5x + 2y) c) f : R 3 R 1 (X), B = ((1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)), B =

114 6.8. Exercícios 108 (a, b, c) a + b + c + (a + 2b)X d) f : R 2 (X) R 2, B = (1 + X, 1 + 2X, X 2 ), B = ((3, 1), (5, 2)); a 0 + a 1 X + a 2 X 2 (a 0 + a 1 + a 2, a 0 + 2a 1 ) e) f : { (x, y, z) R 3 : x = 2y } { (x, y, z) R 3 : x = y = z } (x, y, z) (2y + z, x + z, x z), B = ((2, 1, 0), (0, 0, 1)), B = (( 1, 1, 1)); f) D : R 4 (X) R 4 (X), B = B = (1, X, X 2, X 3, X 4 ); P P g) f : R 4 (X) R 4 (X), B = (1, X, X 2, X 3, X 4 ), B = (1, X, X 2, X 3, X 4 ); P X 2 P (x, y, z) (x + y, y + 2z) i) f : C 3 C 2, B = ((i, 0, 0), (1, 1, 0), (0, 0, 1)), B = ((1, i), (0, 1)). (z, v, w) (z + v + w, z w) Exercício f). a) M BB (f) = b) M BB (f) = Em cada um dos seguintes casos, determine M B B(g ( ( 1 1 c) M BB (f) = 0 2 ( 1 1 d) M BB (f) = 0 2 ), M B B(g) =, M B B (g) = ; ) ( 2 2, M B B(g) = 1 1 ), M B B(g) = e) M BB (f) = ( 3 5 ), M B B(g) = f) M BB (f) = ( 1 i i ( ), M B B(g) = ; ) ; ) ; ( 2 2 i 1 + i ). ;

115 6.8. Exercícios 109 Exercício Calcule os seguintes determinantes usando diferentes métodos em cada uma das alíneas: a) ; b) ; c) ; d) ; e) ; f) ; g) ; h) ; i) Exercício tais que : a) det (A + B) det (A) + det (B); Dê exemplos de matrizes A, B M 2,2 (R), não nulas, b) det (A + B) = det (A) + det (B).; c) det (3A) 3 det (A); d) det (3A) = 3 det (A) Exercício Usando determinantes, calcule o volume do paralelipípedo gerado pelos vectores u, v, w : a) u = (1, 1, 2), v = ( 1 2, 3) e w = (0, 1, 1); b) u = (1, 1, 0), v = ( 1, 0, 3) e w = (0, 1, 1); c) u = (1, 0, 0), v = ( 1 2, 3) e w = (0, 2, 3); Exercício Calcule o volume do paralelipípedo P em R 3 gerado por S. Considere depois a aplicação linear L : R 3 R 3 e calcule vol (L(P)). Verifique que: vol (L(P)) det L = vol P a) S = {(1, 0, 0), (0, 0, 1), (0, 1, 0)}, L(x, y, z) = (x, x + y, x + y + z); b) S = {(1, 1, 0), (0, 1, 1), (0, 0, 2)}, L(x, y, z) = (x y, x + y, 2x y + 3z); c) S = {(1, 2, 0), (0, 0, 1), (0, 3, 0)}, L(x, y, z) = (2x y, x + y, y + 5z).

116 Módulo 7 ALGA I. Espaços vectoriais com produto interno Contents 7.1 Espaços Euclideanos reais Espaços Hermitianos (ou Unitários) complexos Norma Ortogonalidade Bases ortonormadas num espaço vectorial com produto interno Método de ortogonalização de Gram-Schmidt Decomposição ortogonal. Teorema da aproximação óptima Aplicações. Mínimos quadrados Método dos mínimos quadrados. Aproximação de dados por uma recta Transformações ortogonais e unitárias. Exemplos Transformações unitárias em C 2. Os grupos U(2) e SU(2) Exercícios Espaços Euclideanos reais 7.1 Definição... Seja V um espaço vectorial real. Um produto interno em V é, por definição, uma aplicação: : V V R (u, v) u v (7.1.1) 110

117 7.1. Espaços Euclideanos reais 111 que satisfaz as três propriedades seguintes: [PI1]. é uma forma bilinear: (u + v) w = u w + v w u (v + w) = u w + u w λu v = u λv = λ u v (7.1.2) [PI2]. é uma forma simétrica: u v = v u (7.1.3) [PI3]. é não degenerada: u v = 0 v V u = 0 (7.1.4) u, v, w V, λ R. Um produto interno diz-se um produto interno Euclideano, se satisfaz além disso a seguinte propriedade: [PI4]. é uma forma definida positiva: u u 0, u V (7.1.5) Um espaço vectorial real, munido de um produto interno Euclideano chama-se um espaço Euclideano. Outras notações muito comuns para u v são por exemplo u, v, β(u, v), g(u, v), u v ou ainda u v. 7.2 Exemplo [Produto interno Euclideano usual em R n ]... Dados dois vectores x = [x i ] e y = [y i ], em R n, define-se o respectivo produto interno (Euclideano), como sendo o escalar x y R, dado por: x y def = n x i y i = x 1 y 1 + x 2 y x n y n i=1 = x t y em notação matricial (7.1.6) O espaço vectorial R n, munido deste produto interno Euclideano, diz-se o espaço Euclideano usual e nota-se por IE n. 7.3 Exemplo [Produto interno L 2 em C o ([a, b], R)]... Consideremos o espaço vectorial real constituído pelas funções contínuas reais, definidas no intervalo [a, b] R. Dadas duas funções f, g C o ([a, b], R), define-se o respectivo produto interno L 2, como sendo o escalar f g R, dado por: f g def = b a f(t)g(t) dt (7.1.7)

118 7.1. Espaços Euclideanos reais Exemplo [Produto interno de Minkowski em R 4 ]... Dados dois x 0 y 0 vectores x = x 1 x 2 e y = y 1 y 2, em R4, define-se o respectivo produto x 3 y 3 interno de Minkowski, como sendo o escalar x y R, dado por: onde η representa a matriz simétrica: x y = x 0 y 0 + x 1 y 1 + x 2 y 2 + x 3 y 3 y 0 = [ x 0 x 1 x 2 x 3 ] y 1 y 2 y 3 = x t η y (7.1.8) (7.1.9) O produto interno de Minkowski não é definido positivo, isto é, não é verdade que x x 0, x R 4. Com efeito, por exemplo o vector e 0 = (1, 0, 0, 0), satisfaz e 0 e 0 = 1. Note no entanto que a restrição do produto escalar de Minkowski ao hiperplano {0} R 3 = {x = (x α ) R 4 : x 0 = 0} = R 3, é um produto interno euclideano, portanto em particular definido positivo. 7.5 Expressões matriciais... Seja (V, ) um espaço vectorial dimensão n, com um produto interno Euclideano. real, de Seja C = ( e 1 e 2 e n ) uma base qualquer para V, escrita como um vector-linha com entradas vectoriais e i. Se u, v V podemos escrever: onde [v] C = v 1. v n C. Analogamente: v = i v i e i = ( ) e 1 e 2 e n v 1 v 2.. v n = C [v] C (7.1.10) é o vector-coluna das componentes do vector v na base u = i u i e i = C [u] C

119 7.2. Espaços Hermitianos (ou Unitários) complexos 113 Calculemos agora o produto interno u v : u v = u i e i v j e j i j = u i v j e i e j i,j = i,j g ij u i v j = [u] t C G C [v] C (7.1.11) onde definimos a chamada matriz de Gram, G C = [g ij ], do produto interno, na base C através de: def = e i e j (7.1.12) é: g ij Como u v = v u, deduzimos que a matriz de Gram G C é simétrica, isto G T C = G C Como v v > 0, v 0 V deduzimos que a matriz de Gram G C é definida positiva, isto é: [v] T C G C [v] C = i,j g ij v i v j > 0, v i não simultâneamente nulos É possível provar os critérios seguintes (necessários e suficientes) para decidir quando uma matriz simétrica G = [g ij ] é definida positiva: n = 2 g ij > 0, g 11 g 12 g 21 g 22 > 0 n = 3 g ij > 0, g 11 g 12 g 21 g 22 > 0, g 11 g 12 g 13 g 21 g 22 g 23 g 31 g 32 g 33 > Espaços Hermitianos (ou Unitários) complexos 7.6 Definição... Seja V um espaço vectorial complexo. Um produto interno Hermitiano em V é, por definição, uma aplicação: : V V C (u, v) u v (7.2.1) que satisfaz as propriedades seguintes:

120 7.2. Espaços Hermitianos (ou Unitários) complexos 114 [PH1]. é uma forma sesquilinear, isto é, é linear na primeira variável e semi-linear na segunda variável 1 : (u + v) w = u w + v w u (v + w) = u w + u w (7.2.2) λu v = λ u v u λv = λ u v (7.2.3) [PH2]. [PH3]. é uma forma Hermitiana: u v = v u (7.2.4) é não degenerada: u v = 0 v V u = 0 (7.2.5) [PH4]. u, v, w V, λ C. é definida positiva: u u 0 (7.2.6) Um espaço vectorial complexo, munido de um produto interno Hermitiano chama-se um espaço Hermitiano ou um espaço unitário. 7.7 Exemplo [Produto interno Hermitiano usual em C n ]... Dados dois vectores z = [z i ] e w = [w i ], em C n, define-se o respectivo produto interno (Hermitiano), como sendo o escalar x y C, dado por: def n z w = z i w i = z 1 w 1 + z 2 w z n w n i=1 = [z 1 z 2 z n ] w 1 w 2.. w n = z t w em notação matricial (7.2.7) O espaço vectorial C n, munido deste produto interno Euclideano, diz-se o espaço unitário usual e nota-se por U n. 7.8 Exemplo [Produto interno L 2 em C o ([a, b], C)]... Consideremos o espaço vectorial real constituído pelas funções contínuas complexas, definidas no intervalo [a, b] R. Dadas duas funções f, g C o ([a, b], C), define-se o respectivo produto interno L 2, como sendo o escalar f g C, dado por: f g def = b a f(t)g(t) dt (7.2.8) 1 em Física, nomeadamente em Mecânica Quântica, é usual considerar outra convenção - linearidade na segunda variável e semi-linearidade na primeira variável!

121 7.3. Norma Norma 7.9 Definição [Norma]... Seja (V, ) um espaço com um produto interno (Euclideano se V é real ou Hermitiano se V é complexo). Define-se a norma v, de um vector v V, através da fórmula: v def = v v (7.3.1) 7.10 A norma verifica as propriedades seguintes: [N1]. é positiva e não degenerada: v 0 e v = 0 sse v = 0 (7.3.2) [N2]. é homogénea (positiva): λv = λ v (7.3.3) [N3]. satisfaz a desigualdade triangular seguinte: v, w V, λ Ik = R ou C. v + w v + w (7.3.4) Todas as propriedades são de demonstração imediata com excepção da desigualdade triangular, que resulta da seguinte proposição: 7.11 Proposição [Desigualdade de Cauchy-Schwarz]... v w v w, v, w V (7.3.5) Dem.: Se w = 0 a desigualdade é trivial. Se w 0 consideremos o vector: u = v v w w 2 w de tal forma que u w = 0. Temos então que: ( 0 u 2 = v v w ) ( w 2 w v v w ) w 2 w o que demonstra a desigualdade. = v v v w w v w 2 = v 2 v w 2 w 2 (7.3.6)

122 7.3. Norma Demonstremos agora a desigualdade triangular (7.3.4): u + v 2 = u + v u + v = u u + u v + v u + v v = u 2 + u v + u v + v 2 = u 2 + 2Re u v + v 2 u u v + v 2 u u v + v 2, por Cauchy-Schwarz (7.3.5) = ( u + v ) 2 e portanto u + v u + v, como se pretendia Exemplos... (i). No espaço Euclideano IE n, a norma de um vector x = (x i ) R n é dada pelo teorema de Pitágoras: x = ( n ) 1/2 x t x = (x i ) 2 i=1 (7.3.7) (ii). No espaço Unitário U n, a norma de um vector z = (z i ) C n é dada por: z = ( n ) 1/2 z t z = z i 2 (7.3.8) (iii). No espaço Unitário C o ([a, b], C), munido do produto interno L 2, dado def por (7.2.8): f g = b a f(t)g(t) dt, a norma de uma função f Co ([a, b], C) é dada por: f = ( 1/2 b f f = f(t) dt) 2 (7.3.9) Neste exemplo, a desigualdade de Cauchy-Schwarz toma o aspecto: b a i=1 a ( ) 1/2 ( b 1/2 b f(t)g(t) dt f(t) 2 dt g(t) dt) 2 (7.3.10) a enquanto que a desigualdade triangular tem o aspecto seguinte: a ( 1/2 ( b 1/2 ( b 1/2 b f(t) + g(t) dt) 2 f(t) dt) 2 + g(t) dt) 2 (7.3.11) a a a

123 7.4. Ortogonalidade Ortogonalidade 7.14 Definição... Seja (V, ) um espaço com um produto interno (Euclideano se V é real ou Hermitiano se V é complexo). Dois vectores u, v V dizem-se ortogonais se: u v = 0 (7.4.1) 7.15 Ângulo não orientado... Suponhamos agora que (V, ) é um espaço real Euclideano. Dados dois vectores não nulos u, v V, deduzimos da desigualdade de Cauchy-Schwarz que: 1 u v u v 1 (7.4.2) o que permite definir o ângulo (não orientado) θ = θ(u, v) [0, π], entre os referidos vectores não nulos u, v V, como sendo o único θ [0, π], tal que: Portanto: cos θ = u v u v [ 1, 1] (7.4.3) u v = u v cos θ(u, v) (7.4.4) Como vimos antes, dois vectores u, v V dizem-se ortogonais se u v = 0. Se ambos são não nulos isto significa que o ângulo θ(u, v) é igual a π/ Definição [Ortogonal de um subconjunto]... Seja (V, ) um espaço com um produto interno (Euclideano se V é real ou Hermitiano se V é complexo). Se S é um subconjunto não vazio de V, define-se o ortogonal de S como sendo o subconjunto S de V constituído por todos os vectores que são ortogonais a todos os vectores de S: S def = {u V : u s = 0, s S} (7.4.5) Vamos verificar que S é um subespaço de V. De facto, se u, v S, então u s = 0 e v s = 0, s S e portanto u + v s = u s + v s = 0, s S, i.e., u + v S. Anàlogamente λu S, λ Ik, se u S Hiperplanos vectoriais... No espaço Euclideano IE n, dado um vector não nulo u R n {0}, o conjunto dos vectores x IE n que são ortogonais a u: {x IE n : x u = 0} (7.4.6) formam um subespaço em IE n, que se diz o hiperplano (vectorial) ortogonal a u. Se x = (x i ) é um ponto genérico desse hiperplano, e se u = (u i ), a equação x u = 0, é equivalente à seguinte equação cartesiana: u i x i = u 1 x 1 + u 2 x u n x n = 0 (7.4.7) i

124 7.4. Ortogonalidade Hiperplanos afins em IE n... No espaço Euclideano IE n, com a estrutura afim canónica, dado um ponto A e um vector não nulo u R n {0}, o conjunto dos pontos P IE n tais que AP = P A é ortogonal a u: {P IE n : AP u = 0} (7.4.8) diz o hiperplano (afim) ortogonal a u, que passa em A. Se OA = (a i ), u = (u i ) e se OP = (xi ) é um ponto genérico desse hiperplano, a equação AP u = 0, é equivalente a: 0 = ( OP OA) u = OP u OA u = u i x i a i u i i i e portanto à seguinte equação cartesiana: u i x i = u 1 x 1 + u 2 x u n x n = c (7.4.9) onde c = OA) u = i a iu i. i 7.19 Teorema [Pitágoras]... Seja (V, ) um espaço com um produto interno (Euclideano se V é real ou Hermitiano se V é complexo), e u, v V dois vectores ortogonais. Então: u + v 2 = u 2 + v 2 (7.4.10) Dem.: u + v 2 = u + v u + v = u 2 + v 2 + u v + v u = u 2 + v 2 (7.4.11)

125 7.5. Bases ortonormadas num espaço vectorial com produto interno Bases ortonormadas num espaço vectorial com produto interno 7.20 Definição [Base ortonormada]... Seja (V, ) um espaço vectorial de dimensão n com um produto interno (Euclideano se V é real ou Hermitiano se V é complexo). Uma base {e 1,, e n } diz-se uma base ortonormada para V se: e i e j = δ ij def = { 1 se i = j 0 se i j (7.5.1) 7.21 Proposição... Seja (V, ) um espaço vectorial de dimensão n com um produto interno (Euclideano se V é real ou Hermitiano se V é complexo) e {e 1,, e n } uma base ortonormada para V. Então v V: v = n v e i e i (7.5.2) i=1 e: n v 2 = v e i 2 (7.5.3) i=1 Dem.: Cálculo directo. 7.6 Método de ortogonalização de Gram-Schmidt 7.22 Ortogonalização de Gram-Schmidt... Dada uma base qualquer {f 1,, f n }, para V, é possível construir, a partir dela, uma base ortogonal {e 1,, e n }, para V: e i e j = 0, i j através do chamado processo de ortogonalização de Gram-Schmidt, que passamos a descrever: [1.] Em primeiro lugar pômos: e 1 = f 1 (7.6.1) [2.]

126 7.6. Método de ortogonalização de Gram-Schmidt 120 Em segundo lugar, começamos por calcular a chamada projecção ortogonal de f 2 sobre a recta gerada por f 1 = e 1. Esta projecção ortogonal, por estar na recta gerada por f 1 = e 1, vai ser um vector do tipo λe 1, onde λ Ik é calculado pela condição de que f 2 λe 1 e 1 = 0. Obtemos então: Pômos agora e 2 igual a: [3.] λ = f 2 e 1 e 1 2 e 2 = f 2 f 2 e 1 e 1 2 e 1 (7.6.2) Em terceiro lugar, começamos por calcular a chamada projecção ortogonal de f 3 sobre o plano gerado por {f 1, f 2 }, que é também o plano gerado por {e 1, e 2 }. Esta projecção ortogonal, por estar no plano gerado por {e 1, e 2 }, vai ser um vector do tipo λe 1 + ηe 2, onde λ, η Ik são calculados pela condição de que f 3 (λe 1 + ηe 2 ) e 1 = 0 e f 3 (λe 1 + ηe 2 ) e 2 = 0. Fazendo os cálculos, atendendo a que e 1 e 2, obtemos: λ = f 3 e 1 e 1 2, η = f 3 e 2 e 2 2

127 7.6. Método de ortogonalização de Gram-Schmidt 121 Portanto a projecção ortogonal de f 3 sobre o plano gerado por {e 1, e 2 } é dada por: f 3 e 1 e 1 2 e 1 + f 3 e 2 e 2 2 e 2 Pômos agora e 3 igual a: e 3 = f 3 f 3 e 1 e 1 2 e 1 f 3 e 2 e 2 2 e 2 (7.6.3) [k.] o processo decorre agora indutivamente: se supômos já construídos os vectores ortogonais {e 1,..., e k }, de tal forma que: span{e 1,..., e k } = span{f 1,..., f k } o vector e k+1 será construído da seguinte forma - começamos por calcular a chamada projecção ortogonal de f k+1 sobre o subespaço gerado por {e 1,..., e k }. Esta projecção ortogonal é dada por: Pômos agora e k+1 igual a: k i=1 e k+1 = f k+1 f k+1 e i e i 2 k i=1 e i f k+1 e i e i 2 e i (7.6.4) É claro que a base ortogonal assim obtida, pode ser transformada numa base ortonormada, normalizando os vectores e i, isto é, dividindo cada um deles pela respectiva norma Polinómios de Legendre... Consideremos o espaço vectorial V constituído por todas as funções polinomiais de grau n, definidas no intervalo [ 1, 1], munido do produto interno L 2 : p q = 1 1 p(t)q(t) dt Uma base para V é {1, t, t 2,, t n }. Quando aplicamos o processo de ortogonalização de Gram-Schmidt a esta base obtemos os chamados polinómios de Legendre {ψ 0, ψ 1, ψ 2,, ψ n }. Vejamos como. Em primeiro lugar pômos: Depois pômos: ψ 0 (t) = 1 ψ 1 = t t = 1 1 t dt 1 2 = t (7.6.5)

128 7.7. Decomposição ortogonal. Teorema da aproximação óptima 122 Em seguida: ψ 2 = t 2 t t2 t t 2 t = t t2 dt dt 1 1 t3 dt t2 dt t 2 = t (7.6.6) e procedendo da mesma forma: ψ 3 = t t ψ 4 = t t (7.6.7) Quando normalizamos estes polinómios obtemos os chamados polinómios de Legendre normalizados {ϕ 0, ϕ 1, ϕ 2,, ϕ n }: 1 ϕ 0 = 2 3 ϕ 1 = 2 t ϕ 2 = (3t2 1) ϕ 3 = (5t3 3t). (7.6.8) 7.7 Decomposição ortogonal. Teorema da aproximação óptima 7.24 Teorema [Decomposição ortogonal]... Consideremos um espaço vectorial com um produto interno (V, ) (Euclideano se V é real ou Hermitiano se V é complexo), e seja S um subespaço de dimensão finita. Então: V = S S (7.7.1) isto é, qualquer vector v V pode ser representado de maneira única como uma soma de dois vectores: v = s + (v s), onde s S e v s S (7.7.2)

129 7.7. Decomposição ortogonal. Teorema da aproximação óptima 123 Além disso: v 2 = s 2 + v s 2 (7.7.3) Dem.: Como S tem dimensão finita, existe uma base ortonormada {e 1,..., e m } para S, onde m = dim S. Dado um vector qualquer v V, definamos: s def = m v e i e i (7.7.4) i=1 É claro que s S. Por outro lado, como: v s e j = v e j s e j = v e j v e j = 0, j = 1,..., m o que significa que v s está em S. Obtemos portanto a decomposição (7.7.2). Mostremos agora que esta decomposição é única. Isto é equivalente a provar, como já sabemos, que S S = {0}. Suponhamos então que 0 u S S. Então, por definição de S, e como u S, u é ortogonal a todo o vector de S. Em particular é ortogonal a si próprio, isto é, 0 = u u = u 2, o que implica que u = 0. Finalmente (7.7.3) deduz-se do Teorema de Pitágoras (ver o teorema 7.19) Projectores... Consideremos de novo um espaço vectorial com um produto interno (V, ) (Euclideano se V é real ou Hermitiano se V é complexo), e suponhamos que S é um subespaço de dimensão finita em V. Então, como V = S S, podemos ainda definir uma aplicação linear: P S : V V (7.7.5) chamada a projecção ortogonal sobre S da seguinte forma. Por definição de soma directa, todo o vector v V admite uma decomposição única da forma: v = s + (v s), onde s S e v s S. Pômos então P S (v) = s. É fácil ver que P S verifica as propriedades seguintes: im P S = S ker P S = S P 2 S = P S P S (v) v, v V Se {e 1,, e m } é uma base ortonormada para S, então: m P S (v) = v e i e i (7.7.6) i=1

130 7.7. Decomposição ortogonal. Teorema da aproximação óptima Exemplo [Projecção ortogonal sobre uma recta, em IE 3 ]... Sejam a 0 e x dois vectores em R 3, com a não nulo. Então existe um único vector u, na recta gerada por a, e um único vector v, ortogonal a a, tais que x = u + v. O vector u, notado por P a (x), diz-se a projecção ortogonal de x sobre a recta gerada por a, e é dado por: P a (x) = x a a 2 a (7.7.7) A aplicação P a : R 3 R 3 definida por (7.7.7), é linear. Note que P 2 a = P a. Por outro lado, se considerarmos um qualquer vector b 0 ortogonal a a (i.e.: a b = 0), vemos que P a (b) = 0 e portanto: ker P a = span{b} = {b R 3 : b a = 0} = a é o plano vectorial ortogonal a a Exemplo [Projecção ortogonal sobre um plano vectorial, em IE 3 ]

131 7.7. Decomposição ortogonal. Teorema da aproximação óptima 125 Consideremos um plano vectorial ortogonal a um vector n R 3 {0} (se esse plano é gerado por dois vectores u, v linearmente independentes, podemos tomar n = u v). Notemos esse plano por π = n. Dado um vector x R 3, ao vector: P n x P n (x) chamamos a projecção ortogonal de x sobre o plano vectorial ortogonal a n. De acordo com (7.7.7), temos que: P n def = x P n (x) = x x n n 2 n (7.7.8) A aplicação P n : R 3 R 3 definida por (7.7.8), é linear. Note que P 2 n = P n. Se x n = 0, i.e., se x é ortogonal a n, então P n (x) = x, enquanto que, por outro lado, P n (n) = 0. Portanto vemos que: ker P n = span{n} e: P n (x) = x x n 7.28 Teorema [da aproximação óptima]... Consideremos um espaço vectorial com um produto interno (V, ) (Euclideano se V é real ou Hermitiano se V é complexo), e seja S um subespaço de dimensão finita. Dado um vector v V, a projecção ortogonal de v sobre S: s = P S (v) S é o vector de S que está mais perto de v, isto é: v P S (v) v u, u S (7.7.9) e v P S (v) = v u, com u S se e só se u = P S (v).

132 7.7. Decomposição ortogonal. Teorema da aproximação óptima 126 Dem.: Por (7.7.2), temos que v = s+(v s), onde s = P S (v) S e v s S. Como u S se tem: v u = (s u) + (v s) }{{}}{{} S S esta é a decomposição ortogonal de v u. Pelo teorema de Pitágoras: v u 2 = s u 2 + v s 2 v s 2 sendo a igualdade válida sse s u 2 = 0, isto é, sse s = u Exemplo (Aproximação de funções contínuas em [0, 2π] por polinómios trigonométricos)... Seja V = C o ([0, 2π]; R) o espaço das funções reais contínuas definidas em [0, 2π], munido do produto L 2 : f g = 2π 0 f(t)g(t) dt e S n o subespaço de dimensão 2n + 1 seguinte: { S n = span R ϕ 0 (t) = 1 } cos kt sin kt, ϕ 2k 1 (t) =, ϕ 2k (t) = : k = 1,, n 2 π π (7.7.10) As 2n + 1 funções {ϕ 0, ϕ 1,, ϕ 2n 1, ϕ 2n }, chamadas polinómios trigonométricos, formam uma base ortonormada para S (mostrar isto 2 ). Se f C o ([0, 2π]; R), representemos por F n (f) a projecção ortogonal de f sobre S n. De acordo com a fórmula da projecção ortogonal (7.7.6), temos que: onde: F n (f) = f ϕ k = 2n k=0 2π 0 f ϕ k ϕ k (7.7.11) f(t)ϕ k (t) dt (7.7.12) são os chamados coeficientes de Fourier de f. Usando a definição das funções ϕ k, podemos escrever as fórmulas anteriores na forma: F n (f) = 1 2 a 0 + n (a k cos kt + b k sin kt) (7.7.13) k=1 2 Usar as relações trigonométricas seguintes: cos A cos B = 1 {cos(a B) + cos(a + B)} 2 sin A sin B = 1 {cos(a B) cos(a + B)} 2 sin A cos B = 1 {sin(a B) + sin(a + B)} 2

133 7.7. Decomposição ortogonal. Teorema da aproximação óptima 127 onde os coeficientes de Fourier são dados por: a k = 1 π b k = 1 π 2π 0 2π 0 f(t) cos kt dt f(t) sin kt dt (7.7.14) para k = 0, 1, 2,..., n. O teorema da aproximação óptima diz-nos que o polinómio trigonométrico F n (f) S n, dado por (7.7.13), aproxima f melhor que qualquer outro polinómio trigonométrico em S n, no sentido em que f F n (f) é o menor possível Exemplo Seja V = C o ([ 1, 1]; R) o espaço das funções reais contínuas definidas em [ 1, 1], munido do produto L 2 : f g = 1 1 f(t)g(t) dt e S n o subespaço de dimensão n + 1 gerado pelos polinómios de Legendre normalizados, introduzidos no exemplo 7.23: S n = span R {ϕ o, ϕ 1,, ϕ n } (7.7.15) É claro que S é o subespaço constituído por todas as funções polinomiais de grau n, definidas no intervalo [ 1, 1]. f C o ([ 1, 1]; R), representemos por P n (f) a projecção ortogonal de f sobre S n. De acordo com a fórmula da projecção ortogonal (7.7.6), temos que: P n (f) = n f ϕ k ϕ k, onde f ϕ k = k=0 1 1 f(t)ϕ k (t) dt (7.7.16) que é o polinómio de grau n, para o qual f P n (f) é o menor possível. Por exemplo, se f(t) = sin πt, os coeficientes f ϕ k são dados por: Em particular, f ϕ 0 = 0 E. f ϕ 1 = f ϕ k = sin πtϕ k (t) dt t sin πt dt = 2 2 π 7.31 Exemplo... Considere o espaço vectorial R 3 [t] das funções polinomiais p(t), de grau 3, de coeficientes reais, munido do produto interno: p(t) q(t) = +1 0 p(t)q(t) dt

134 7.7. Decomposição ortogonal. Teorema da aproximação óptima 128 a.) Mostre que: S = {p(t) R 3 [t] : p(t) = p( t) } é um subespaço vectorial. Calcule dim S e determine uma base ortonormada para S. b.) Calcule o polinómio de S que está mais próximo do polinómio p(t) = t. c.) Calcule o ortogonal de T = span{1} em R 3 [t]. d.) Calcule o núcleo e a imagem da aplicação linear: T : R 3 [t] R 3 [t] p(t) T[p(t)] = p (t) 2tp (t) Resolução... a.) Se p, q S então (p + q)(t) = p(t) + q(t) = p( t) + q( t) = (p + q)( t) e portanto p + q S. Se p S e λ R então (λp)(t) = λp(t) = λp( t) = λp( t) e portanto λp S. Se p(t) = a + bt + ct 2 + dt 3 S então a + bt + ct 2 + dt 3 = p(t) = p( t) = a bt + ct 2 dt 3, isto é, 2bt + 2dt 3 = 0 e portanto b = d = 0. Logo: S = {p(t) = a + bt + ct 2 + dt 3 R 3 [t] : b = d = 0 } = {p(t) = a + ct 2 R 3 [t] : a, c R } = span{1, t 2 } e dim S = 2. Os polinómios p(t) 1 e q(t) = t 2 constituem uma base para S. Uma base ortonormada obtem-se pelo processo de Gram-Schmidt. 1 2 = dt = 1 e t2 t = t t2 dt = t 2 1/3. Além disso t 2 1/3 2 = 1 0 (t2 1/3) 2 dt = 4/45. Logo os polinómios 1 e (3 5/2)(t 2 1/3) constituem uma base ortonormada para S. b.) Pelo teorema da aproximação óptima esse polinómio é dado pela projecção ortogonal de t sobre S: P S (t) = t t (3 5/2)(t 2 1/3) (3 5/2)(t 2 1/3) 1 ( 1 ) = t dt + (45/4) t(t 2 1/3) dt (t 2 1/3) 0 = 1/2 + (45/48)(t 2 1/3) c.) Um polinómio p(t) = a + bt + ct 2 + dt 3 R 3 [t] estará em T sse (a + bt + ct 2 + dt 3 ) 1 = 0 isto é, sse a + b/2 + c/3 + d/4 = 0. Portanto: T = {p(t) = a + bt + ct 2 + dt 3 R 3 [t] : a + b/2 + c/3 + d/4 = 0 } 0

135 7.8. Aplicações. Mínimos quadrados 129 que é um hiperplano em R 3 [t]. d.) Um polinómio p(t) = a + bt + ct 2 + dt 3 R 3 [t] estará em ker T sse: 0 = T[p(t)] = p (t) 2tp (t) = (a + bt + ct 2 + dt 3 ) 2t(a + bt + ct 2 + dt 3 ) = (2c + 6dt) 2t(b + 2ct + 3dt 2 ) = 2c + (6d 2b)t 4ct 2 6dt 3 donde 2c = 0, 6d 2b = 0, 4c = 0, 6d = 0, isto é, b = c = d = 0. Portanto o ker T é constituídio pelos polinómios p(t) = a + bt + ct 2 + dt 3 R 3 [t] tais que b = c = d = 0, isto é, ker T = {a : a R} = span{1}. im T é constituídia pelos polinómios P (t) = A + Bt + Ct 2 + Dt 3 R 3 [t] tais que: T(a + bt + ct 2 + dt 3 ) = A + Bt + Ct 2 + Dt 2 3 para algum polinómio p(t) = a + bt + ct 2 + dt 3 R 3 [t]. Como T[p(t)] = 2c + (6d 2b)t 4ct 2 6dt 3, vem que: 2c + (6d 2b)t 4ct 2 6dt 3 = A + Bt + Ct 2 + Dt 3 isto é: 2c = A 2b + 6d = B 4c = C 6d = D 2b + 6d = B 2c = A 6d = D 0 = 2A + C e portanto im T = {P (t) = A + Bt + Ct 2 + Dt 3 R 3 [t] : 2A + C = 0}. 7.8 Aplicações. Mínimos quadrados 7.32 Solução dos mínimos quadrados... Seja: Ax = b (7.8.1) um sistema de equações lineares, não homogéneo, escrito em forma matricial. A é uma matriz m n, x R n e b R m é um vector fixo.

136 7.8. Aplicações. Mínimos quadrados 130 Uma solução dos mínimos quadrados do sistema (7.8.1) é, por definição, um vector x, que satisfaz: A x b é mínimo (7.8.2) Interpretando A como a matriz de uma aplicação linear A : R n R m, relativamente às bases canónicas de cada um destes espaços, vemos que o significado de uma solução dos mínimos quadrados é o seguinte: é um vector x R n cuja imagem A x está mais próxima de b Quando ker A = {0} a solução x é única. Quando b im A, x é uma solução exacta do sistema. Quando b / im A, e ker A = {0} a solução x é dada por: x = A 1 P im A (b) (7.8.3) Isto é, para calcular a solução dos mínimos quadrados do sistema (7.8.1) procede-se da seguinte forma: 1. Calcula-se a projecção ortogonal ŷ = P im A (b) im A, de b sobre a imagem de A. Pelo teorema da aproximação óptima, este será o vector da imagem de A, que melhor aproxima b. 2. Calcula-se x tal que: A x = ŷ = P im A (b) (7.8.4) 7.34 Exemplo... Considere a aplicação linear A : R 2 R 3 definida por: A(x, y) = (x + y, x y, x) a.) Calcule o ortogonal da imagem de A em R 3, com a estrutura Euclideana usual.

137 7.8. Aplicações. Mínimos quadrados 131 b.) Calcule a solução dos mínimos quadrados do sistema: x + y = 1 x y = 1 x = 0 Calcule o erro associado a essa solução e explique qual o seu significado geométrico (da solução e do seu erro). Resolução... a.) A imagem de A é constituída por todos os vectores (X, Y, Z) R 3 tais que: (X, Y, Z) = A(x, y) = (x + y, x y, x) para algum vector (x, y) R 2. A questão é pois: quais os vectores (X, Y, Z) R 3 para os quais existe (x, y) tal que: x + y = X x y = Y x = Z Resolvendo o sistema em ordem a x, y (com X, Y, Z como parâmetros), vem que: x = Z y = X Z 0 = X + Y 2Z Portanto a imagem de A é o plano X + Y 2Z = 0 em R 3. O seu ortogonal é a recta gerada pelo vector n = (1, 1, 2). b.) Por definição (e pelo teorema da aproximação óptima), a solução dos mínimos quadrados é a solução do sistema: Ax = P im A (b) onde P im A (b) é a projecção ortogonal do vector b = (1, 1, 0) sobre o plano imagem de A: X + Y 2Z = 0. Essa projecção pode ser calculada pela seguinte fórmula: P im A (1, 1, 0) = (1, 1, 0) Logo a solução procurada é a solução do sistema:? (1, 1, 0) (1, 1, 2) (1, 1, 2) 2 (1, 1, 2) = 2 (1, 1, 1) 3 x + y = 2/3 x y = 2/3 x = 2/3

138 7.9. Método dos mínimos quadrados. Aproximação de dados por uma recta 132 que é: x = 2/3, y = 0 O erro associado é, por definição, igual à distância entre o ponto (1, 1, 0) e a P im A (b): e = (1, 1, 0) 2 3 (1, 1, 1) = 6/ Exemplo... Calcular a solução dos mínimos quadrados do sistema: e o erro correspondente. x + 2y = 1 3x y + z = 0 x + 2y + z = 1 x y 2z = 2 2x + y z = 2 (7.8.5) 7.9 Método dos mínimos quadrados. Aproximação de dados por uma recta 7.36 Aproximação de dados por uma recta pelo método dos mínimos quadrados Suponhamos que se fazem n medições de uma certa grandeza y, em n instantes t i, i = 1,..., n, obtendo os resultados: t 1 t 2 t 3 t n y 1 y 2 y 3 y n (7.9.1)

139 7.9. Método dos mínimos quadrados. Aproximação de dados por uma recta 133 Representemos os n pontos (t i, y i ) no plano em R 2 t,y,e suponhamos que se pretende calcular uma recta do tipo: que melhor ajuste esses dados. y = αt + β (7.9.2) Em que sentido deve ser entendido este melhor ajustamento? Para cada t i, o erro e i entre o valor medido y i e o valor estimado a partir da recta referida (supondo que ela está já calculada) é igual a: ε i = y i (αt i + β), i = 1, 2,, n Podemos reunir estas equações numa única em forma matricial: ε = y Ax (7.9.3) onde: ε = ε 1 ε 2. ε n, y = y 1 y 2. y n, A = t 1 1 t 2 1. t n 1 ( α, x = β ) ε é o chamado vector de erro e y o vector de dados. Os coeficientes α e β, as incógnitas do problema, são as componentes do vector x. Se os dados se ajustassem exactamente, y i = αt i + β, os erros seriam todos nulos ε i = 0, e poderíamos resolver o sistema Ax = y. Por outras palavras, os dados estarão todos numa linha recta sse y im A. Se eles não forem colineares então devemos procurar a recta para a qual o erro total: seja mínimo. ε = ( ε ε 2 n ) 1/2 Em linguagem vectorial, procuramos pois o vector x = a norma Euclideana do vector erro: ε = Ax y ( α β ) que minimiza que é exactamente a situação que caracteriza a procura da solução dos mínimos quadrados para o sistema Ax = y, que foi explicada no ponto anterior Exemplo... Calcular a recta de aproximação dos mínimos quadrados para os dados seguintes: t i (7.9.4) y i Solução: y = 12/7(1 + t).

140 7.10. Transformações ortogonais e unitárias. Exemplos Transformações ortogonais e unitárias. Exemplos 7.38 Definição... [Transformações ortogonais]... Seja (V, ) um espaço Euclideano de dimensão n, isto é, um espaço vectorial real com um produto interno Euclideano. Um operador linear A : V V diz-se uma transformação ortogonal de V, se A preserva o produto interno, i.e.: A(v) A(w) = v w v, w V (7.10.1) Se A é a matriz de uma tal transformação ortogonal, relativamente a uma base ortonormada de V, então (7.10.1) escreve-se na seguinte forma matricial: (Av) t Aw = v t w v, w V ou ainda: v t A t Aw = v t w = v t I w v, w V o que significa que a matriz A é uma matriz ortogonal, isto é: A t A = I (7.10.2) Note ainda que se A é uma matriz ortogonal então, uma vez que: 1 = det I = det (AA t ) = det A det (A t ) = (det A) 2, e det A R concluímos que det A = ±1 e, em particular A é inversível com: A 1 = A t O conjunto de todas as matrizes ortogonais n n reais formam um subgrupo de Gl(n) = Gl(n; R), que se diz o grupo ortogonal em dimensão n e nota-se por O(n). O conjunto de todas as matrizes ortogonais n n reais, de determinante 1, formam um subgrupo de O(n), que se diz o grupo ortogonal especial em dimensão n e nota-se por SO(n): O(n) = { A M n (R) : A t A = I } SO(n) = { A M n (R) : A t A = I, e det A = 1 } (7.10.3) 7.39 Definição... [Transformações unitárias]... Seja (V, ) um espaço unitário de dimensão n, isto é, um espaço vectorial complexo com um produto interno Hermitiano. Um operador linear A : V V diz-se uma transformação unitária de V, se A preserva o produto interno hermitiano, i.e.: A(v) A(w) = v w v, w V (7.10.4)

141 7.11. Transformações unitárias em C 2. Os grupos U(2) e SU(2)135 Se A é a matriz de uma tal transformação unitária, relativamente a uma base ortonormada de V, então (7.11.1) escreve-se na seguinte forma matricial: (Av) t Aw = v t w v, w V ou ainda: v t A t Aw = v t w = v t I w v, w V o que significa que a matriz A é uma matriz unitária, isto é: A t A = I (7.10.5) Dada uma matriz A, define-se a respectiva matriz adjunta A, como sendo a conjugada transposta de A: A = A t (7.10.6) Portanto A é unitária sse: AA = I (7.10.7) Note ainda que, uma vez que: det (AA ) = det (AA t ) = det A det (A t ) = det A det A = det A concluímos que, se A é unitária, então det A = 1 e, em particular A é inversível com: A 1 = A Note que agora det A C. O conjunto de todas as matrizes unitárias n n complexas formam um subgrupo de Gl(n; C), que se diz o grupo unitário em dimensão n e notase por U(n). O conjunto de todas as matrizes unitárias n n complexas, de determinante 1, formam um subgrupo de U(n), que se diz o grupo unitário especial em dimensão n e nota-se por SU(n): U(n) = { A M n (C) : A A = I } SU(n) = { A M n (C) : A A = I, e det A = 1 } (7.10.8) 7.11 Transformações unitárias em C 2. Os grupos U(2) e SU(2) 7.40 Uma aplicação linear A : C 2 C 2 diz-se uma transformação unitária de C 2, se A preserva o produto interno hermitiano usual de C 2, i.e.: A(z) A(w) = z w z, w C 2 (7.11.1)

142 7.12. Exercícios 136 Se A é a matriz de uma tal transformação unitária, relativamente à base canónica de C 2, então (7.11.1) escreve-se na seguinte forma matricial: ou ainda: (Az) t Aw = z t w z, w C 2 z t A t Aw = z t w = z t I w z, w C 2 o que significa que a matriz A é uma matriz unitária, i.e.: A t A = I (7.11.2) Recordemos que, dada uma matriz A, define-se a respectiva matriz adjunta A, como sendo a conjugada transposta de A: A = A t Portanto A é unitária sse: AA = I (7.11.3) Note ainda que, uma vez que det (AA ) = det (AA t ) = det A det (A t ) = det A det A = det A, concluímos que, se A é unitária, então det A = 1 e, em particular A é inversível com A 1 = A O subgrupo de U(2) constituído por todas as transformações unitárias de C 2, que têm determinante 1 diz-se o grupo unitário especial e nota-se por SU(2). Este grupo é isomorfo ao grupo das matrizes unitárias de determinante 1, também notado por SU(2). ( ) α β Suponhamos que A = é uma matriz em SU(2), de tal forma que γ δ A 1 = A e det A = αδ βγ = 1. Temos então que: ( ) ( ) A 1 δ β α γ = = A = γ α β δ isto é: δ = α e γ = β. Portanto SU(2) é o grupo das matrizes que são da forma: ( ) α β A = e det A = α 2 + β 2 = 1 (7.11.4) β α 7.12 Exercícios Exercício Verifique quais das seguintes funções são produtos internos Euclidianos em R 2 ou R 3 : a) u, v = x 1 y 1 x 1 y 2 x 2 y 1 + 3x 2 y 2, sabendo que u = (x 1, x 2 ), e v = (y 1, y 2 ).

143 7.12. Exercícios 137 b) u, v = x 1 y 1 + x 1 y 2 2x 2 y 1 + 3x 2 y 2, sabendo que u = (x 1, x 2 ), e v = (y 1, y 2 ). c) u, v = 6x 1 y 1 + 2x 2 y 2, sabendo que u = (x 1, x 2 ), e v = (y 1, y 2 ). d) u, v = x 1 y 1 + 3x 2 y 2 + 4x 3 y 3, sabendo que u = (x 1, x 2, x 3 ), e v = (y 1, y 2, y 3 ). e) u, v = x 1 y 1 +3x 2 y 2 +4x 3 y 3 x 1 y 2 y 1 x 2, sabendo que u = (x 1, x 2, x 3 ), e v = (y 1, y 2, y 3 ). Exercício Calcule em cada caso u, v usando o produto interno Euclidiano usual e o produto interno definido em 7.1-a). Depois, calcule u e v recorrendo também a cada um desses dois produtos internos. a) u = (1, 1), v = ( 1, 1); b) u = (1, 0), v = (1, 2); c) u = (2, 1), v = (4, 1); Exercício Calcule em cada caso u, v usando o produto interno euclidiano usual e o produto interno definido em 7.1-d). Depois, calcule u e v recorrendo também a cada um destes dois produtos internos. a) u = (1, 1, 1), v = ( 1, 1, 2); b) u = (1, 0, 1), v = (3, 1, 2); c) u = (0, 0, 1), v = ( 1, 4, 6); Exercício Determine todos os valores reais de k para os quais u, v é um produto interno Euclidiano em R 2 : u, v = x 1 y 1 3x 1 y 2 3x 2 y 1 + kx 2 y 2 Exercício Determine todos os valores reais de a, b, c, d para os quais u, v é um produto interno Euclidiano em R 2 : u, v = ax 1 y 1 + bx 1 y 2 + cx 2 y 1 + dx 2 y 2 Exercício Sejam, u = (z 1, z 2 ) e v = (w 1, w 2 ) elementos de C 2. Verifique que a função que se segue é um produto interno Hermitiano em C 2 : f(u, v) = z 1 w 1 + (1 + i)z 1 w 2 + (1 i)z 2 w 1 + 3z 2 w 2 Calcule a norma de v = (1 2i, 2 + 3i) usando o produto interno Hermitiano usual e depois o produto interno definido neste exercício.

144 7.12. Exercícios 138 Exercício Em cada caso, determine o cos do ângulo θ entre os vectores u e v : a) u = (1, 3, 2), v = (2, 1, 5) em R 3, usando o produto interno euclidiano usual e o produto interno definido em 7.1-d). b) u = 2t 1, v = t 2 em R (t), usando o produto interno Euclidiano definido no exercício Exercício No espaço linear R (t) verifique se f, g é um produto interno. a) f, g = f(1)g(1) b) f, g = 1 0 f(t)g(t) dt c) f, g = 1 0 f (t)g (t) dt ( ) ( 1 ) d) f, g = 0 f(t) dt 1 0 g(t) dt Exercício No espaço vectorial real das funções contínuas em ( 1, 1), seja f, g = 1 1 f(t)g(t) dt. Considere as três funções u 1, u 2, u 3 dadas por: u 1 (t) = 1, u 2 (t) = t, u 3 (t) = 1 + t. Mostre que duas delas são ortogonais, duas fazem um angulo de π 3 e as outras duas fazem um ângulo de π 6 entre si. entre si Exercício Prove cada uma das afirmações das alíneas seguintes e interprete-as geométricamente no caso do produto interno usual em R 2 ou R 3. a) x, y = 0 x + y 2 = x 2 + y 2. b) x, y = 0 x + y 2 = x y 2. c) x, y = 0 x + cy x para todo o real c. d) x + y, x y = 0 x = y. Exercício Calcule o ângulo que o vector (1, 1,, 1) de R n faz com os vectores coordenados unitários de R n. Exercício Como se sabe, num espaço Euclidiano real com produto interno x, y fica definida ume norma por x = x, x 1 2. Dê uma fórmula para obter o produto interno x, y a partir de normas de vectores apropriados. Exercício Seja V um espaço linear real normado e designe-se a norma de x V por x. Prove que se a norma se pode obter de um produto interno na forma x = x, y 1 2 então:

145 7.12. Exercícios 139 x y 2 + x + y 2 = 2 x y 2 Esta identidade é conhecida por lei do paralelogramo. Verifique que corresponde a afirmar que para um paralelogramo a soma dos quadrados dos comprimentos dos lados é igual à soma dos quadrados dos comprimentos das diagonais. Exercício Considere o espaço vectorial real R (t) no qual está definido o seguinte produto interno: f, g = 1 f(t)g(t) dt. Seja f(t) = t + 2 e 0 g(t) = t 2 2t 3. Determine : a) f, g b) f c) Um vector unitário com a direcção de g. Exercício Seja E um espaço vectorial no qual está definido um produto escalar. Mostre que : 1 4 u v 2 a) u + v 2 + u v 2 = 2 u v 2 b) u, v = 1 4 u + v 2 Exercício Em cada um dos casos, determine uma base ortonormada do subespaço de R 3 gerado pelos seguintes vectores: a) x 1 = (1, 1, 1), x 2 = (1, 0, 1), x 3 = (3, 2, 3). b) x 1 = (1, 1, 1), x 2 = ( 1, 1, 1), x 3 = (1, 0, 1). Exercício Em cada um dos casos, determine uma base ortonormada do subespaço de R 4 gerado pelos seguintes vectores: a) x 1 = (1, 1, 0, 0), x 2 = (0, 1, 1, 0), x 3 = (0, 0, 1, 1), x 4 = (1, 0, 0, 1). b) x 1 = (1, 1, 0, 1), x 2 = (1, 0, 2, 1), x 3 = (1, 2, 2, 1). Exercício No espaço vectorial real R (t), com o produto interno x, y = 1 x(t)y(t) dt, mostre que as funções que se seguem formam uma base 0 ortonormada do subespaço por elas gerado: y 1 (t) = 1, y 2 (t) = 3(2t 1), y 3 (t) = 5(6t 2 6t + 1). Exercício Seja S um subespaço de um espaço vectorial V. Mostre que o S é o conjunto dos vectores ortogonais a todos os vectores de uma base de S.

146 7.12. Exercícios 140 Exercício Seja W o subespaço de R 5 gerado pelos vectores u = (1, 2, 3, 1, 2) e v = (2, 4, 7, 2, 1). Determine uma base do complemento ortogonal W de W. Exercício Exercício Considere o espaço vectorial real R 2 (t) no qual está definido o produto interno f, g = 1 f(t)g(t) dt. 0 a) Determine uma base do subespaço W ortogonal a h(t) = 2t + 1. b) Aplique o método de ortogonalização de Gram-Schmidt à base (1, t, t 2 ) para obter uma base ortonormada (u 1 (t), u 2 (t), u 3 (t)) de R 2 (X). Exercício Seja V o espaço linear das matrizes 2 2 de componentes reais, com as operações usuais. Prove que fica definido um produto interno em V por: A, B = a 11 b 11 + a 12 b 12 + a 21 b 21 + a 22 b 22 onde A = (a ij ) e B = (b ij ). ( ) a b Calcule a matriz da forma, com a, b R, mais próxima da ( ) b a 1 2 matriz A =. 1 3 Exercício Considere o subespaço S de R 3 gerado pelos vectores (1, 0, 0) e (0, 1, 0). a) Verifique que fica definido em R 3 um produto interno por: x, y = 2x 1 y 1 + x 1 y 2 + x 2 y 1 + x 2 y 2 + x 3 y 3, onde x = (x 1, x 2, x 3 ) e y = (y 1, y 2, y 3 ). b) Determine uma base ortonormal para o subespaço S, com este produto interno. c) Determine o elemento de S mais próximo do ponto (0, 0, 1),usando o produto interno de a). d) Calcule um vector diferente de zero e ortogonal a S usando o produto interno de a). Exercício No espaço vectorial real das funções contínuas definidas em (0, 2), com o produto interno f, g = 2 f(x)g(x) dx, seja f(x) = exp(x). 0 Mostre que, o polinómio constante g, mais próximo de f é g = 1 2 (exp(2) 1). Calcule g f 2.

147 7.12. Exercícios 141 Exercício Usando os produtos internos usuais em R 2 e R 3, calcule em cada caso a projecção ortogonal P u (v), de v sobre a recta gerada pr u: a) u=(1,1), v=(2,3); b) u=(4,3), v=(0,1); c) u=(1,1,1), v=(1,-1,0); d) u=(1,0,0), v=(0,1,2). Exercício Determine as projecções ortogonais seguintes: b) v = 2t 1, w = t 2 sobre R 1 (t) usando o produto interno L 2.

148 Módulo 8 ALGA I. Subespaços invariantes. Subespaços próprios. Valores próprios Contents 8.1 Conjugação Subespaços invariantes Valores e vectores próprios de um operador linear. Operadores diagonalizáveis Cálculo de valores e vectores próprios Sistemas dinâmicos lineares discretos Números de Fibonacci. Número de ouro Exercícios Conjugação 8.1 Mudança de base... Suponhamos que V é um espaço vectorial e que: C = ( e 1 e 2 e n ) é uma base qualquer, escrita como um vector-linha com entradas vectoriais e i. Se v V é um vector qualquer em V, designemos por v i as suas componentes 142

149 8.1. Conjugação 143 na base C, isto é: v = i v i e i = ( ) e 1 e 2 e n v 1 v 2. v n = C [v] C (8.1.1) Suponhamos agora que mudamos de base: C C P = C = ( ê 1 ê 2 ê n ) (8.1.2) que escrevemos na forma matricial seguinte: ( ) ( ) ê1 ê 2 ê n = e1 e 2 e n ou muito simplesmente: C = C P Se v i são as componentes do mesmo vector v na base P1 1 P2 1 Pn 1 P1 2 P2 2 Pn P1 n P2 n Pn n (8.1.3) C, isto é, se: v = i v i ê i = C [v] C (8.1.4) então vem que: donde se conclui que: C [v] C = v = C [v] C = C P [v] C P C C P [v] C P = P 1 [v] C (8.1.5) 8.2 Suponhamos agora que L : V V é um operador linear, cuja matriz relativamente à base C = {e 1, e 2,, e n }, para V, é: [L] C = [L i j] (8.1.6) Recorde que isto significa que: L(e j ) = j L i j e i

150 8.1. Conjugação 144 Portanto, se v = C [v] C V, isto é, se o vector das coordenadas de v, relativamente à base C é: v 1 v 2 [v] C =. v n então: L(v) = L(v j e j ) = v j L(e j ) = v j (L i je i ) = (L i jv j )e i isto é, o vector das coordenadas de L(v), relativamente à base C, é obtido multiplicando a matriz [L] C pelo vector-coluna [v] C : [Lv] C = [L] C [v] C (8.1.7) 8.3 Conjugação... Suponhamos agora que escolhemos uma nova base para V: C = C P Como muda a representação matricial de L? Isto é, se a matriz de L nesta nova base é L i j, como é que esta matriz se relaciona com a matriz L i j? Para responder a esta questão, consideremos um vector arbitrário v V. Podemos então escrever: Portanto: v = C [v] C = (C P )[v] C P [v] C P = P 1 [v] C por um lado: L(v) = C [L(v)] C = C [L] C [v] C (8.1.8) e, por outro lado: L(v) = (C P )[L(v)] C P Comparando (8.1.8) com (8.1.9), vem que: = (C P )[L] C P [v] C P = (C P )[L] C P P 1 [v] C (8.1.9) C [L] C [v] C = (C P )[L] C P P 1 [v] C [L] C [v] C = P [L] C P P 1 [v] C e como esta igualdade é válida v, temos que: [L] C P = P 1 [L] C P (8.1.10) Concluindo:

151 8.2. Subespaços invariantes 145 Se L : V V é um operador linear num espaço vectorial de dimensão finita, então a representação matricial de L varia, com a escolha da base, numa classe de conjugação de matrizes: C C P [L] C P = P 1 [L] C P (8.1.11) 8.4 Esta possibilidade de variar a representação matricial de L, variando a base, conduz-nos naturalmente ao seguinte problema: Como escolher a base de V de tal forma que a representação matricial de L seja o mais simples possível? Mais formalmente - se L = [L] C é a representação matricial de L numa certa base C, como seleccionar na classe de conjugação de L: { P 1 L P : P Gl(n)} o representante mais simples possível? 8.5 Uma solução intuitiva para este problema consiste, grosso modo, em decompôr o espaço vectorial V em blocos simples onde a acção de L seja fácil de descrever. Os conceitos que intervêm nesta discussão são os seguintes: subespaços invariantes, em particular, subespaços próprios (e valores próprios associados) decomposição de V como soma directa de subespaços invariantes estrutura da restrição de L a cada subespaço invariante Vamos de seguida discutir estes conceitos e posteriormente, no capítulo 8, vamos dar uma solução do problema anterior para uma classe muito importante de operadores - a classe de operadores hermíticos em espaços unitários (em particular, os operadores simétricos em espaços Euclideanos). 8.2 Subespaços invariantes 8.6 Definição... Seja V um espaço vectorial e L : V V um operador linear. Um subespaço S V diz-se um subespaço invariante do operador L se: L(S) S (8.2.1) Um subespaço invariante de dimensão um diz-se um subespaço próprio do operador L.

152 8.2. Subespaços invariantes Teorema... Seja V um espaço vectorial e L : V V um operador linear. Então V, {0}, ker L e im L são subespaços invariantes do operador L. Dem.: Basta aplicar directamente as definições. 8.8 Teorema... Seja V um espaço vectorial de dimensão finita n, e L : V V um operador linear. 1. Suponhamos que S é um subespaço invariante de dimensão k n. Então existe uma representação matricial de L da forma: ( ) A B L = (8.2.2) 0 D onde A é uma matriz k k, B uma matriz k (n k) e D uma matriz (n k) (n k). 2. Suponhamos que S e T são subespaços invariantes de dimensão k e n k, respectivamente, tais que: V = S T Então existe uma representação matricial de L da forma: ( ) A 0 L = 0 D (8.2.3) onde A é uma matriz k k e D uma matriz (n k) (n k). Dem.: 1. Seja {e 1,..., e k } uma base para S, e completemos essa base a uma base {e 1,..., e k, e k+1,..., e n } de V (isto é possível, pelo teorema da base incompleta). É claro que o subespaço T = span{e k+1,..., e n } não é, em geral, um subespaço invariante de L, embora V = S T. De qualquer forma, podemos sempre pôr: L(e i ) = k j=1 Aj i e j + n β=k+1 Cβ i e β, L(e α ) = k j=1 Bj α e j + n β=k+1 Dβ α e β, Mas como, por hipótese, L(S) S, temos que C β i representação matricial de L, na base indicada, é: 2. Análogo. L = ( A j i Bα j 0 Dα β ) i = 1,..., k α = k + 1,..., n = 0, i, β, e portanto a.

153 8.3. Valores e vectores próprios de um operador linear. Operadores diagonalizáveis Valores e vectores próprios de um operador linear. Operadores diagonalizáveis 8.9 Suponhamos que S V é um subespaço próprio do operador L, isto é, S é um subespaço invariante de dimensão um. Como dim S = 1, S é gerado por um qualquer dos seus vectores não nulos. Suponhamos que v S {0}. Então, como dim S = 1, tem-se que: para algum escalar λ Ik. L(v) = λv (8.3.1) 8.10 Definições... λ Ik diz-se um valor próprio de L se existir um vector não nulo v 0, em V, tal que: L(v) = λv (8.3.2) Neste caso, v diz-se um vector próprio pertencente ao valor próprio λ. Ao subespaço gerado por todos os vectores próprios, associados ao valor próprio λ, chama-se o espaço próprio de L, associado ao valor próprio λ e nota-se usualmente por E L (λ), ou simplesmente por E(λ). Portanto: E(λ) = E L (λ) def = {v V : L(v) = λv} (8.3.3) À dimensão dim E(λ) chama-se a multiplicidade geométrica do valor próprio λ. O valor próprio λ diz-se degenerado quando dim E(λ) Teorema... Suponhamos que u, v V {0} são vectores próprios pertencentes respectivamente aos valores próprios distintos λ, η Ik, de um operador linear L : V V. Então u e v são linearmente independentes. Dem.: viria que: e portanto: De facto, se por exemplo v = ru, para algum r Ik {0}, então η ru = η v = L(v) = L(ru) = r L(u) = r λu r (λ η)u = 0 o que implica, uma vez que λ η e r 0, que u = 0, o que é absurdo Definição [Operador diagonalizável]... Um operador linear L : V V diz-se diagonalizável se qualquer das seguintes condições equivalentes se verifica: Existe uma base de V, relativamente à qual a matriz de L é uma matriz diagonal. V decompõe-se numa soma directa de subespaços próprios (subespaços invariantes de dimensão um) de L.

154 8.4. Cálculo de valores e vectores próprios Cálculo de valores e vectores próprios 8.13 Suponhamos que λ Ik é um valor próprio do operador L : V V e que E(λ) é espaço próprio associado. Como já vimos, a restrição de L a E(λ) é uma homotetia de razão λ (eventualmente λ pode ser 0), isto é: L(v) = λ v v E(λ) L: Em particular, se λ = 0 é valor próprio de L, isto significa que o núcleo de ker L = E(0) não se reduz ao vector nulo 0, e portanto L é não inversível (por outras palavras, L é singular), ou de forma equivalente, det L = 0. Quando λ 0, dizer que λ é valor próprio de L, é equivalente a dizer que 0 é valor próprio de L λ Id, o que, pelo parágrafo anterior, é equivalente a dizer que L λ Id é singular, ou ainda que: 8.14 Definição... O polinómio: diz-se o polinómio característico de L. det (L λ Id) = 0 (8.4.1) p(t) = det (L t Id) (8.4.2) Portanto as raízes em Ik da chamada equação característica de L: p(t) = det (L t Id) = 0 (8.4.3) (se existirem), são exactamente os valores próprios de L em Ik Para calcular o polinómio característico de L, usamos uma representação matricial qualquer L do operador L, e pômos p(t) = det (L t Id). Note que o polinómio característico não depende da representação matricial de L. De facto, qualquer outra representação matricial de L, é do tipo P LP 1, onde P é uma matriz inversível, e tem-se que: det (P LP 1 t Id) = det (P LP 1 tp P 1 ) = det ( P (L t Id)P 1) = det (L t Id) = p(t) 8.16 Exemplo [Cálculo de valores próprios]... Calcule os valores e vectores próprios (reais) do operador linear A : R 2 R 2, cuja matriz na base canónica de R 2 : ( ) 3 4 A = 4 3

155 8.4. Cálculo de valores e vectores próprios 149 A equação característica de A é: p(t) = det (A t Id) ( ) 3 t 4 = det 4 3 t = t 2 25 = 0 (8.4.4) cujas raízes reais (os valores próprios reais de A) são λ 1 = 5 e λ 2 = 5. ( ) x1 Para calcular os vectores póprios x =, pertencentes ao valor próprio x 2 λ = 5, devemos resolver o sistema: ( ) ( ) ( x1 0 = x 2 0 ) isto é: { 2x 1 + 4x 2 = 0 4x 1 8x 2 = 0 cuja solução geral é: { x 1 = 2s x 2 = s s R Portanto os vectores póprios de A, pertencentes ao valor próprio λ 1 = 5, são da forma: ( ) 2 s s R {0} 1 Por outras palavras, o espaço próprio E(5) é: {( 2 E(5) = span 1 )} Procedendo da mesma forma relativamente ao outro valor próprio λ 2 = 5, podemos calcular que os vectores póprios de A, pertencentes ao valor próprio λ 2 = 5, são da forma: ( ) 1 s s R {0} 2 ( ) ( ) 2 1 Note que neste exemplo os vectores próprios u 1 = e u 1 2 = 2 formam uma base B = {u 1, u 2 } de R 2 relativamente à qual a matriz de A é diagonal: ( ) 5 0 [A] B = 0 5 portanto A é um operador diagonalizável.

156 8.4. Cálculo de valores e vectores próprios Exemplo [Cálculo de valores próprios]... Calcule os valores e vectores próprios (reais) do operador linear A : R 3 R 3, cuja matriz na base canónica de R 3 é: A = A equação característica de A é: p(t) = det (A t Id) = det 1 t t t = (1 )(2 t)(7 t) = 0 (8.4.5) cujas raízes reais (os valores próprios reais de A) são λ 1 = 1, λ 2 = 2 e λ 3 = 7. x 1 Para calcular os vectores póprios x = x 2, pertencentes ao valor próprio x 3 λ 2 = 2, devemos resolver o sistema: x 1 x 2 x 3 = isto é: x 1 = 0 5x 1 = 0 2x 1 + 3x 2 + 5x 3 = 0 cuja solução geral é: x 1 = 0 x 2 = 5 3 s x 3 = s s R Portanto os vectores póprios de A, pertencentes ao valor próprio λ 2 = 2, são da forma: 0 s 5 3 s R {0} 1 Procedendo da mesma forma relativamente aos outros valores próprios a 1 = 1 e a 3 = 7, podemos calcular os correspondentes vectores póprios. Notas...

157 8.5. Sistemas dinâmicos lineares discretos Note que o polinómio característico p(t) = det (L t Id), de um operador linear L : R 3 R 3, é sempre um polinómio do 3. o grau, do tipo: p(t) = t 3 + bt 2 + ct + d b, c, d R e por isso admite sempre uma raiz real λ R (eventualmente nula). Se λ 0, concluímos portanto que, neste caso, existe sempre um subespaço próprio invariante E(λ) R 3, de dimensão superior ou igual a Todo o operador linear L : R 3 R 3 tem quando muito 3 valores próprios distintos. Se L tem exactamente 3 valores próprios distintos, então os correspondentes vectores próprios formam uma base de R 3, e a matriz de L nessa base, é uma matriz diagonal cujas entradas da diagonal principal, são esses valores próprios. 8.5 Sistemas dinâmicos lineares discretos 8.18 tipo: Um sistema dinâmico linear discreto é um sistema recursivo do onde A é uma matriz n n, e x(k + 1) = Ax(k) (8.5.1) x : IN o R n é uma função que a cada instante de tempo discreto k = 0, 1, 2,..., associa um vector (ou um ponto) x(k) em R n. A equação (8.5.1) indica pois a lei de evolução do sistema: conhecido o valor inicial do sistema: x(0) = x o (8.5.2) os valores nos instantes seguintes são calculados sucessivamente através de: x(1) = Ax o x(2) = Ax(1) = A 2 x o x(3) = Ax(2) = A 3 x o. x(k) = Ax(k 1) = A k x o. (8.5.3) 8.19 Quando a matriz A de evolução é diagonalizável, o cálculo explícito da evolução através da equação (8.5.3): x(k) = A k x(0) (8.5.4)

158 8.5. Sistemas dinâmicos lineares discretos 152 torna-se particularmente simples. De facto, suponhamos que B = [v 1 v 2 v n ] é uma base de R n constituída por vectores próprios (não necessariamente distintos) da matriz A: Av j = λ j v j, j = 1, 2,..., n (8.5.5) Se C = [e 1 e 2 e n ] é a base canónica de R n, pômos, como habitualmente: B = C P x B = x C P = P 1 x C (8.5.6) Portanto, pondo x C (k) = x(k) em (8.5.4), vem que: x B (k) = P 1 x C (k) = P 1 A k x C (0) = P 1 A k P x B (0) = (P 1 AP ) k x B (0) = (diag(λ 1, λ 2,..., λ n )) k x B (0) = diag(λ k 1, λ k 2,..., λ k n) x B (0) (8.5.7) Isto é, a i-componente de x(k) na base B, que diagonaliza A, é obtida muito simplesmente multiplicando a potência de expoente k, do valor próprio λ i, pela i -componente do vector inicial x(0) na base B: x i B(k) = (λ i ) k x i B(0) (8.5.8) Note que no membro direito da equação anterior não há soma no índice i! Na prática procedemos como segue: [1]. Escrevemos o vector inicial x(0) na base B, calculando assim as componentes c i = x i B (0): x(0) = Bx B (0) = c i v i [2]. Pômos: i x(k) = C x C (k) = Bx B (k) = i (c i λ k i )v i Concluindo : x(k) = i (c i λ k i )v i, onde x(0) = i c i v i (8.5.9)

159 8.6. Números de Fibonacci. Número de ouro Números de Fibonacci. Número de ouro 8.20 Números de Fibonacci... são definidos pela lei recursiva (de segunda ordem) seguinte: x(k + 2) = x(k + 1) + x(k) (8.6.1) isto é, cada número de Fibonacci é obtido somando os dois anteriores. As condições iniciais são: x(0) = a, x(1) = b (8.6.2) Por exemplo, para: x(0) = a = 0, x(1) = b = 1 (8.6.3) obtem-se: (8.6.4) Foram criados pelo matemático italiano Fibonacci como um modelo simplificado do crescimento de uma população de coelhos. Neste modelo: x(n) = número total de pares de coelhos no ano n (8.6.5) O processo inicia-se no ano n = 0 com um único par de coelhos jovens. Ao fim de cada ano, cada par dá origem a um novo par de descendentes. No entanto, cada par necessita de um ano para procriar o seu par de descendentes Números de Fibonacci. Escrita matricial... Definamos, para cada k IN, um vector x(k) R 2 através de: ( ) x(k) x(k) = R 2 (8.6.6) x(k + 1)

160 8.6. Números de Fibonacci. Número de ouro 154 Então (8.6.1) pode ser escrita na forma matricial: ( x(k + 1) x(k + 2) ) = ( ) ( x(k) x(k + 1) ) (8.6.7) isto é: x(k + 1) = Ax(k), onde A = ( ) (8.6.8) 8.22 Cálculo explícito dos números de Fibonacci... Para calcular a forma explícita dos números de Fibonacci, usamos o método descrito no número ( Para ) isso, determinamos os valores e vectores próprios da matriz A = 0 1. Um cálculo simples mostra que eles são: 1 1 λ 1 = λ 2 = = , v 1 = = , v 2 = Escrevemos agora o vector inicial na base B: ( ( ) ) (8.6.9) x B (0) = P 1 x C (0) = = ( a+(1+ 5)b 2 5 2a+(1 5)b 2 5 ) 1 ( a b B ) (8.6.10) isto é: x(0) = 2a + (1 + 5)b 2 5 v 1 2a + (1 5)b 2 v 2 (8.6.11) 5 Usando a fórmula (8.5.9) vem então que: x(k) = 2a + (1 + 5)b 2 λ k 1v 1 2a + (1 5)b 5 2 λ k 2v 2 5 = 2a + (1 + ( 5)b ) k ( ) a + (1 ( ) 5)b ) k (

161 8.6. Números de Fibonacci. Número de ouro 155 donde se deduz que: x(k) = ( 1 + 5)a + 2b 2 5 ( 1 + ) k 5 + (1 + ( 5)a 2b ) k 5 (8.6.12) Fórmula de Binet... Para os valores iniciais a = 0 e b = 1, obtemos a chamada fórmula de Binet: ( x(k) = ) k ( ) k 5 (8.6.13) Número de ouro desigualdades seguintes:... Os valores próprios da matriz A, verificam as 0 < λ 2 = < 1 < λ 1 = (8.6.14) Portanto os termos que envolvem λ k 1 divergem para, enquanto que os que envolvem λ k 2 convergem para 0. O valor próprio dominante λ 1 = = é o chamado número de ouro (ou razão de ouro). Desempenha um papel muito importante em crescimento em espiral em vários fenómenos naturais bem como em certas criações artísticas em arquitectura e pintura Exercício... Considere a aplicação linear: T : R 3 R 3 (x, y, z) T(x, y, z) = (4z, x + 2y + z, 2x + 4y 2z) a.) Calcular a matriz de T relativamente à base canónica de R 3. Calcular o núcleo e a imagem de T. b.) Calcular os valores próprios de T e, se possível, uma base de R 3 constituída por vectores próprios de T. Calcule a matriz de T relativamente a esta nova base. c.) Usando os resultados das alíneas anteriores, calcule T 3 (0, 0, 4), onde T 3 = T T T. Resolução... a.) A matriz é T = ker T = {(x, y, z) R 3 : T(x, y, z) =

162 8.6. Números de Fibonacci. Número de ouro 156 (4z, x + 2y + z, 2x + 4y 2z) = (0, 0, 0)} o que implica que: { 4z = 0 x + 2y + z = 0 2x + 4y 2z = 0 z = 0 x + 2y = 0 x = 2t y = t z = 0 z = 0 x + 2y = 0 2x + 4y = 0 t R isto é ker T = {t( 2, 1, 0) : t R 3 } = span{( 2, 1, 0)} que é a recta de R 3 gerada por ( 2, 1, 0) e de equações cartesianas x + 2y = 0 e z = 0. A imagem de T é gerada por T(e 1 ) = (0, 1, 2), T(e 2 ) = (0, 2, 4) e T(e 3 ) = (4, 1, 2), isto é: imt = span{(0, 1, 2), (0, 2, 4), (4, 1, 2)} = {(x, y, z) R 3 : (x, y, z) = a(0, 1, 2) + b(0, 2, 4) + c(4, 1, 2), a, b, c R} Portanto: 4c = x a + 2b + c = y 2a + 4b 2c = z... a + 2b + c = y 4c = 2y z 0 = x 2y + z isto é, imt é o plano x 2y + z = 0 em R 3. E(T; 4) = span{(1, 0, 1)} E(T; 0) = span{( 2, 1, 0)} E(T; 4) = span{(1, 1, 1)} e os vectores {e 1 = (1, 0, 1), e 2 = ( 2, 1, 0), e 3 = (1, 1, 1)} constituem uma base de vectores próprios de T que é, por isso, diagonalizável. Nesta base a matriz de T é diag( 4, 0, 4). c.) Calculando as componentes do vector (0, 0, 4) na base de vectores próprios de T, calculada anteriormente, vem que: (0, 0, 4) = a(1, 0, 1) + b( 2, 1, 0) + c(1, 1, 1) = (a 2b + c, b + c, a + c) donde se deduz que a = 1, b = 1, c = 1. Portanto: T 3 (0, 0, 4) = T 3 (1, 0, 1) + T 3 ( 2, 1, 0) T 3 (1, 1, 1) = ( 4) 3 (1, 0, 1) ( 2, 1, 0) 4 3 (1, 1, 1) = (0, 64, 128)

163 8.6. Números de Fibonacci. Número de ouro Exercício... Considere a aplicação linear A : R 2 R 2 definida por: A(x, y) = (6x 2y, 2x + 9y) a.) Mostrar que A é diagonalizável e calcular uma base ortonormada para R 2 (com a estrutura Euclideana usual) constituída por vectores próprios de A. b.) Considere as sucessões (x n ) e (y n ), definidas pelas fórmulas de recorrência seguintes: { xn+1 = 6x n 2y n y n+1 = 2x n + 9y n, n 0 e { x0 = 1 y 0 = 1 Calcule x n e y n como funções de n. Resolução... a.) A matriz de A relativamente à base canónica de R 3 é a matriz simétrica: A = ( ) Os valores próprios calculam-se por: ( 6 λ 2 det (A λid) = det 2 9 λ ) = (6 λ)(9 λ) 4 = 0 Como existem dois (= dim R 2 ) valores próprios distintos, A é diagonalizável. Os espaços próprios calculam-se da forma habitual e são: ( 2 E (5) = R 1 ) e ( 1 E (10) = R 2 Estes espaços são ortogonais (tinham que o ser, pelo teorema espectral!). Um base ortonormada para R 2 constituída por vectores próprios de A é: { } (2, 1) (1, 2) B = u 1 =, u 2 = 5 5 a.) Pondo x n = forma vectorial: ( xn y n ), as fórmulas de recorrência dadas escrevem-se na x n+1 = Ax n, x 0 = (1, 1) )

164 8.7. Exercícios 158 ( ) 6 2 onde A =. Os cálculos devem ser feitos na base B que diagonaliza 2 9 o operador A. Escrevendo o vector x n na base B, vem que: x n = (x n u 1 )u 1 + (x n u 2 )u 2 = 1 5 (2x n + y n ) u (x n 2y n ) u 2 (8.6.15) isto é, as componentes de x n na base B são x n = 2x n+y 5 n, ỹ n = x n 2y 5 n. Na base B as fórmulas de recorrência escrevem-se na forma: ( ) ( ) ( ) ( ) xn xn 5 xn = = ỹ n ỹ n 10ỹ n Portanto: ( x1 ỹ 1 ) ( ) 5 x0 =, 10ỹ 0 ( xn ỹ n ) = ( ) 5n x 0 10 n ỹ 0 ( ) ( ) ( ) x2 5 x1 52 x = = 0 ỹ 2 10ỹ ỹ 0 Mas x 0 = 2x0+y0 5 = 3 5, ỹ 0 = x0 2y0 5 = 1 5. Portanto: { xn = 2x n+y 5 n = 5 n 3 5 ỹ n = x n 2y 5 n = 10 n 1 5 e resolvendo em ordem a x n e y n obtemos: x n = 2 5 n 1 (3 2 n 1 ), y n = 5 n 1 ( n 1 ) 8.7 Exercícios Exercício Seja f um endomorfismo de R 2 (X) tal que X + X 2 é um vector próprio associado ao valor próprio 2, 1 + X é um vector próprio associado ao valor própprio 5 e X 2 é um vector próprio associado ao valor próprio -3. Determine f(a 0 + a 1 X + a 2 X 2 ). Exercício Seja f um endomorfismo de C 2 (X) munido da estrutura usual de espaço vectorial complexo. Suponha que : 1 + ix é um vector próprio de valor próprio i, 1 X é um vector próprio de valor próprio 1 e X 2 é um vector próprio de valor próprio 1. Calcule f(a + bx + cx 2 ).

165 8.7. Exercícios 159 Exercício Seja f um automorfismo de um espaço vectorial E. Qual a relação entre os valores próprios de f e os valores próprios de f 1? Exercício Sejam f e g endomorfismos de E. a) Mostre que, se u é um vector próprio de f, com valor próprio associado λ então u é um vector próprio de f f com valor próprio associado λ 2. b) Mostre que, se u é um vector próprio de f e de g, então u é um vector próprio de g f e de qualquer combinação linear de f e de g, af + bg. c) Mostre que, se todos os elementos não nulos de E são vectores próprios de f, então f tem um único valor próprio (e, portanto, existe α R tal que, para qualquer u E, f(u) = αu). Exercício Seja f : R 3 R 3 um endomorfismo tal que: { (x, y, z) R 3 : x = y = z } e { (x, y, z) R 3 : x y + z = 0 } são subespaços próprios associados respectivamente aos valores próprios 1 e 2. Determine f((x, y, z)). Exercício Em cada um dos seguintes casos, determine, se existirem, os valores próprios de f, os subespaços próprios associados e as respectivas dimensões e diga se f é diagonalizável; no caso de f ser diagonalizável, indique uma base do domínio de f composta por vectores próprios de f e indique a matriz de f relativamente a essa base. a) f : R 2 R 2, f(x, y) = (2x y, y); b) f : R 2 R 2, f(x, y) = ( x, y); c) f : R 2 R 2, f(x, y) = (3x + y, 12x + 2y); d) f : R 3 R 3, f(x, y, z) = (3x + y + z, 3y + z, 3z); e) f : R 3 R 3, f(x, y, z) = (3x + y + z, 3y, 3z); f) f : R 2 (X) R 2 (X), f(p ) = P (0) + XP (1) + X 2 P ( 1); g) f : R 3 (X) R 3 (X), f(p ) = P + (X + 1)P ; h) f : M 2,2 (R) M 2,2 (R), ( ) ( a b 3a + 2b + c + d 2a + 3b + c d f = c d 2c c ). i) f : C 2 C 2, f(u, v) = (iu, u + v); Exercício Calcular fórmulas explícitas para as soluções das seguintes fórmulas recursivas:

166 8.7. Exercícios 160 a). { x(k + 1) = x(k) 2y(k) y(k + 1) = 2x(k) + y(k) x(k + 1) = 1 2x(k) + y(k) b). y(k + 1) = y(k) 2z(k), 1 z(k + 1) = 3 z(k), { x(0) = 1 y(0) = 0 x(0) = 1 y(0) = 1 z(0) = 1 c). x(k + 2) = x(k + 1) + 2x(k), x(0) = 1, x(1) = 2 d). x(k+3) = 2x(k+2)+x(k+1) 2x(k), x(0) = 0, x(1) = 2, x(2) = 3 Exercício Classifique as seguintes isometrias em R 2 : a) f(x, y) = ( 1 2 x y, 3 2 x 1 2 y). b) f(x, y) = ( 1 2 x y, 3 2 x y). c) f(x, y) = ( 4 5 x y, 3 5 x 4 5 y). d) f(x, y) = (x, y). e) f(x, y) = ( y, x). Exercício Em cada um dos casos que( se seguem, ) determine S r (x, y), 1 0 b c M bc (S r ) e uma base b de R 2 tal que b M b (S r ) =. 0 1 a) r é a recta de equação y = 2x; b) r é a recta de equação 3x y = 0; c) r é a recta de equação y = (tg π 5 )x; Exercício Em cada um dos seguintes casos, mostre que o endomorfismo f de R 2 ou R 3 é uma isometria linear e descreva f geomètricamente (isto é, diga se f é uma simetria ou uma rotação; no caso de ser uma simetria, diga relativamente a que recta, no caso de ser uma rotação determine o ângulo). a) f(x, y) = (y, x); b) f(x, y) = (y, x); c) f(x, y) = ( 2x 2y 2, 2x+ 2y 2 ); d) f(x, y) = (( cos π 8 )x + (sin π 8 )y, (sin π 8 )x + (cos π 8 )y); Exercício Dado: a) a = (1, 4, 3), calcule P a (x) sendo x = (x, y, z) R 3. Calcule ker P a. Defina S a (x). b) a = (0, 1, 2), calcule P a (x) sendo x = (x, y, z) R 3. Calcule ker P a. Defina S a (x).

167 8.7. Exercícios 161 c) a = (1, 1, 1), calcule P a (x) sendo x = (x, y, z) R 3. Calcule ker P a. Defina S a (x). d) a = (1, 1), calcule P a (x) sendo x = (x, y) R 2. Calcule ker P a. Defina S a (x). e) a = (1, 0), calcule P a (x) sendo x = (x, y) R 2. Calcule ker P a. Defina S a (x). Exercício Defina a simetria relativamente à recta 2x y = 0 em R 2. Exercício Em cada uma das alíneas que se seguem, calcule P π (x) e ker P π, em R 3 sendo π cada um dos planos que se seguem. Calcule também em cada caso, os valores próprios e os vectores próprios de P π. Finalmente, defina Defina S π (x). a) 2x y + 3z = 0; b) x + y + z = 0; c) 3x + y + 2z = 0. Exercício As matrizes que se seguem, representam rotações em R 3 relativamente à base canónica. Mostre que são matrizes ortogonais de determinante igual a 1. Calcule o eixo e o ângulo de rotação: a) A = ; b) A = ; c) A =

168 Módulo 9 ALGA I. Operadores auto-adjuntos (simétricos e hermitianos). Teorema espectral Contents 9.1 Operadores auto-adjuntos (simétricos e hermitianos) Teorema espectral para operadores auto-adjuntos Diagonalização de formas quadráticas reais Propriedades extremais dos valores próprios Operadores comutativos Exercícios Operadores auto-adjuntos (simétricos e hermitianos) 9.1 Como já vimos numa secção anterior, se L : V V é um operador linear num espaço vectorial de dimensão finita, então a representação matricial de L varia com a escolha da base numa classe de conjugação de matrizes: C C P [L] C [L] C P = P 1 [L] C P (9.1.1) Esta possibilidade de variar a representação matricial de L, variando a base, conduz-nos naturalmente ao seguinte problema: 162

169 9.1. Operadores auto-adjuntos (simétricos e hermitianos) 163 Como escolher a base de V de tal forma que a representação matricial de L seja o mais simples possível? Mais formalmente - se [L] C é a representação matricial de L numa certa base C, como seleccionar na classe de conjugação de L: {[L] C P = P 1 [L] C P : P Gl(n)} o representante mais simples possível? 9.2 Suponhamos agora que V é um espaço vectorial com um produto interno (como sempre, Euclideano se V é real, ou Hermitiano, se V fôr complexo). É claro que nestes espaços, a classe de todas as bases ortonormadas desempenha um papel central. 9.3 Suponhamos que C e C = C P são duas bases ortonormadas em V. Então a matriz P é: uma matriz ortogonal, P O(n), se V é Euclideano. uma matriz unitária, P U(n), se V é Hermitiano. De facto, se C = {e i } e ê l ê k = δ lk, então, como: C = {êj }, com e i e j = δ ij ê i = e l P l i vem que (supondo que V é Hermitiano): δ ij = ê i ê j = e l P l i e k P k j = P l i P k j e l e k = P l i P k j δ lk e anàlogamente = k P k i P k j = (P t ) i kp k j P t P = Id (9.1.2) o que mostra que P é unitária: P P = Id. No caso Euclideano, a demonstração é análoga e, neste caso, P é ortogonal: P t P = Id. 9.4 Portanto, quando V é um espaço vectorial com um produto interno, a pergunta anterior deve ser reformulada da seguinte forma:

170 9.1. Operadores auto-adjuntos (simétricos e hermitianos) 164 Como escolher a base ortonormada de V de tal forma que a representação matricial de L seja o mais simples possível? Mais formalmente - se [L] C é a representação matricial de L numa certa base ortonormada C, como seleccionar na classe de conjugação de [L] C : {[L] C P = P 1 [L] C P : P U(n)} o representante mais simples possível? (no caso Euclideano, U(n) será substituído por O(n), é claro!) 9.5 Definição... Seja (V, ) um espaço com um produto interno (Euclideano se V é real, ou Hermitiano, se V fôr complexo). Um operador linear S : V V, diz-se auto-adjunto se S satisfaz a condição: S(v) w = v S(w) v, w V (9.1.3) No caso Euclideano S diz-se um operador simétrico, enquanto que no caso Hermitiano, S diz-se um operador Hermitiano. 9.6 Teorema... A matriz S = [Sj i ] de um operador auto-adjunto S : V V, num espaço com um produto interno (V, ), relativamente a uma base ortonormada B = {e 1, e 2,, e n } de V, é: uma matriz simétrica, S = S t, no caso Euclideano. uma matriz Hermitiana, S = S, no caso Hermitiano 1. Dem.: De facto (no caso Hermitiano), se S(e j ) = S k j e k, então: e i S(e j ) = e i S k j e k = S k j e i e k = S k j δ ik = S i j enquanto que, por outro lado, atendendo a (9.1.3): e i S(e j ) = S(e i ) e j = S k i e k e j = S k i δ kj = S j i = (St ) i j Portanto S t = S, ou ainda S = S. O caso Euclideano é análogo. 1 Se U(ɛ) é uma curva de matrizes unitárias, tais que: U(0) = Id, e U (0) = ih então: U(ɛ) t U(ɛ) = Id U (0) t + U (0) = 0 ih t ih = 0 H t = H isto é, H é Hermitiana

171 9.2. Teorema espectral para operadores auto-adjuntos Teorema... Seja S : V V, um operador auto-adjunto num espaço com um produto interno (V, ). Então: Se S tem um valor próprio, esse valor próprio é real. Suponhamos que v e w são vectores próprios, pertencentes respectivamente aos valores próprios distintos λ e η, de S. Então v e w são ortogonais: v w = 0. Dem.: 1. Seja v V {0}, um vector próprio pertencente ao valor próprio λ: S(v) = λ v (9.1.4) Usando o produto interno, podemos exprimir o valor próprio λ, na forma: λ = Sv v v 2 (9.1.5) onde v é um vector próprio pertencente ao valor próprio λ. De facto: S(v) = λ v Sv v = λv v = λ v 2 o que implica (9.1.5), já que v 0. Portanto se S é auto-adjunto temos que: isto é λ R. λ = S(v) v v 2 = v S(v) v 2 2. Por hipótese, S(v) = λv e S(w) = ηw. Por 1. sabemos já que λ, η R. Temos então sucessivamente que (no caso Hermitiano): = λ λ v w = λv w = Sv w = v Sw = v η w = η v w = η v w o que implica que (λ η) v w = 0, e portanto v w = 0, já que λ η. O caso Euclideano é análogo. 9.2 Teorema espectral para operadores auto-adjuntos 9.8 Notemos que um operador linear real pode não ter valores próprios reais (por exemplo, uma rotação em R 2 ). No entanto, é possível provar que todo o operador auto-adjunto tem pelo menos um valor próprio que, pela proposição anterior, é real.

172 9.2. Teorema espectral para operadores auto-adjuntos 166 O facto de maior interesse sobre operadores auto-adjuntos em espaços com produto interno de dimensão finita, é que eles podem ser diagonalizados por conjugação pelo grupo ortogonal O(n) (no caso Euclideano, isto é, quando S é operador simétrico) ou pelo grupo unitário U(n) (no caso Hermitiano, isto é, quando S é operador Hermitiano). Mais precisamente, é válido o seguinte teorema fundamental. 9.9 Teorema... [Teorema espectral para operadores auto-adjuntos em espaços com produto interno de dimensão finita]... Seja S : V V, um operador auto-adjunto num espaço com produto interno (V, ), de dimensão finita n. Então existe uma base ortonormada {u 1, u 2,, u n }, para V, constituída por vectores próprios de S. A matriz de S nessa base é portanto a matriz diagonal diag(λ 1, λ 2,, λ n ), onde λ k é o valor próprio correspondente ao vector próprio u k, para (k = 1,, n). Dem.: A demonstração far-se-á por indução sobre a dimensão n. Se n = 1, o resultado é trivial. Suponhamos que ele é válido, para todo o espaço vectorial com produto interno, com dim n 1. Como se referiu acima, S admite sempre um valor próprio (real) λ 1. Seja u 1 0 um vector próprio pertencente ao valor próprio λ 1 : S(u 1 ) = λ 1 u 1. Podemos supôr que u 1 = 1. Seja S o subespaço ortogonal a u 1, de tal forma que: V = R u 1 S (9.2.1) Então S deixa S invariante: S(S) S (porquê?). Além disso, S é um espaço vectorial com um produto interno, de dimensão n 1, e S S é auto-adjunto. Resta aplicar a hipótese de indução para concluir a prova Exemplo... Seja S o operador simétrico em R 3, cuja matriz na base canónica de R 3 é (a matriz simétrica): A equação característica é: S = p(t) = det (S t Id) = t t t = 0

173 9.3. Diagonalização de formas quadráticas reais 167 isto é: (1 t)[(1 t) 2 4] = 0 Os valores próprios de S, são portanto t = 1, 1, 3. Calculemos uma base ortonormada de vectores próprios. Para isso substituímos sucessivamente t por 1, 1 e 3, na equação matricial seguinte: 1 t t 2 x1 x 2 = t x 3 0 Resolvendo os correspondentes sistemas de equações, e tendo o cuidado de normalizar os vectores próprios para que eles tenham norma 1, obtemos a base seguinte: u 1 = 1 0 pertencente ao valor próprio λ = 1 0 u 2 = pertencente ao valor próprio λ = 1 2 u 3 = pertencente ao valor próprio λ = 3 Designando por C = [i j k] a base canónica de R 3 e por B = [u 1 u 2 u 3 ], a base constituída pelos vectores próprios de S, atrás calculados, e pondo: B = C P vemos que a matriz P (que é ortogonal - (P 1 = P tr - como vimos), é dada por: P = Podemos verificar directamente que: P t SP = Diagonalização de formas quadráticas reais 9.11 Suponhamos agora que V é um espaço vectorial real de dimensão n, com um produto interno Euclideano, e que: β : V V R (9.3.1)

174 9.3. Diagonalização de formas quadráticas reais 168 é uma forma bilinear simétrica em V. A forma quadrática associada a β é, por definição, a função Q = Q β : V R dada por: Q(v) = β(v, v), v V (9.3.2) 9.12 Seja C = {e 1,, e n } uma base para V. Por definição, a matriz de Gram de β na base C, é a matriz simétrica [β] C = [β ij ], dada por: β ij def = β(e i, e j ), i, j = 1,..., n (9.3.3) Se v = x i e i, então: Q(v) = Q(x i e i ) def = Q(x 1,, x n ) = β(x i e i, x j e j ) = β ij x i x j ij = [v] t C [β] C [v] C, em notação matricial (9.3.4) 9.13 Se mudarmos a base C, para uma nova base C P : C C P sabemos já que as coordenadas de um vector v mudam de acordo com a fórmula: C C P = [v] C P = P 1 [v] C Qual é a matriz de Gram de β na base C P? Por um lado: e, por outro lado: Q(v) = [v] t C [β] C [v] C = (P [v] C P ) t [β] C P [v] C P = [v] t C P P t [β] C P [v] C P (9.3.5) Q(v) = [v] t C P [β] C P [v] C P Comparando as duas expressões, concluímos que: C C P = [β] C P = P t [β] C P (9.3.6) 9.14 À forma bilinear simétrica β, podemos associar um operador simétrico S = S β : V V, tal que: β(u, v) = S(u) v, u, v V (9.3.7)

175 9.3. Diagonalização de formas quadráticas reais 169 De facto, se u V, a fórmula (9.3.7) define S(u) como sendo o único vector de V tal que S(u) v = β(u, v), v V. Não há ambiguidade nesta definição uma vez que o produto interno é não degenerado. Além disso: S(u) v = β(u, v) = β(v, u) = S(v) u = u S(v) e portanto S é um operador simétrico. É fácil ver que a matriz de S, relativamente à base C, é a matriz de Gram [β] C. Pelo teorema espectral da secção anterior, podemos encontrar uma base ortonormada B = C P = {u 1,, u n }, de V, constituída por vectores próprios de S, e relativamente à qual a matriz de S é a matriz diagonal: [β] C P = D = diag[λ 1 λ 2 λ n ] onde λ k é o valor próprio correspondente ao vector próprio u k, para (k = 1,..., n) Atendendo a (9.3.6), vemos que: Q(v) = [v] t C P [β] C P [v] C P = [v] t C P diag[λ 1 λ 2 λ n ][v] C P (9.3.8) Pondo v = x i e i = y j u j, isto é: concluímos que: [v] C = [x i ], [v] C P = [y j ] Q(v) = Q(x i e i ) def = Q(x 1,..., x n ) = [v] t C [β] C [v] C = Q(y j u j ) def = Q(y 1,..., y n ) = [v] t C P [β] C P [v] C P = [v] t C P diag[λ 1 λ 2 λ n ][v] C P = λ i (y i ) 2 (9.3.9) i Portanto, a forma quadrática associada a β, que nas x-coordenadas (relativamente à base C ) foi escrita na forma (ver (9.3.4)): Q(x 1,..., x n ) = ij b ij x i x j escreve-se agora, nas y-coordenadas (relativamente à base B = C P, que diagonaliza S), na forma: Q(y 1,..., y n ) = λ i (y i ) 2 i

176 9.3. Diagonalização de formas quadráticas reais Exemplo... Continuando o exemplo da secção anterior, consideremos a forma quadrática associada ao endomorfismo simétrico aí referido: q(x 1, x 2, x 3 ) = [x 1 x 2 x 3 ] x1 x x 3 Se designamos por y1 y 2 y 3 = (x 1 ) 2 + (x 2 ) 2 + (x 3 ) 2 + 4x 2 x 3 as coordenadas de um vector v, na base B, então, se as coordenadas desse mesmo vector, na base C, são isto é: x 1 x 2 x 3 = P y 1 y 2 y 3, onde P = x 1 = y 1 x 2 = 1 2 y y 3 x 3 = 1 2 y y 3 e nas novas coordenadas (y i ), q escreve-se na forma: q(y 1, y 2, y 3 ) = (y 1 ) 2 (y 2 ) 2 + 3(y 3 ) 2 como aliás pode ser verificado directamente. x 1 x 2 x 3, vem que: Definição... Uma forma quadrática em R 3, Q(x) = Sx x, diz-se: definida positiva, se Q(x) > 0, x 0. definida negativa, se Q(x) < 0, x 0. indefinida, se Q toma valores positivos e negativos. A proposição seguinte é consequência imediata da possibilidade de reduzir uma forma quadrática à forma diagonal Teorema... Uma forma quadrática em R 3, Q(x) = Sx x, é: definida positiva, se todos os valores próprios de S são estritamente positivos.

177 9.4. Propriedades extremais dos valores próprios 171 definida negativa, se todos os valores próprios de S são estritamente negativos. indefinida, se os valores próprios de S são alguns positivos e alguns negativos (eventualmente nulos). 9.4 Propriedades extremais dos valores próprios Vamos ver que os valores próprios de um operador simétrico em IR n, podem ser obtidos considerando um certo problema de mínimo àcerca da forma quadrática associada. Para já um lema preparatório: 9.19 Lema... Seja S : R n R n um operador simétrico em R n, para o qual a forma quadrática associada Q(x) = Sx x é não negativa: Q(x) = Sx x 0, x Se para um certo vector u: Q(u) = Su u = 0 então Su = 0. Dem.: Seja x = u + th, onde t IR e h IR n são arbitrários. Então: Q(u + th) = S(u + th) (u + th) = Su u + t(su h + Sh u) + t 2 Sh h = t(su h + h Su) + t 2 Sh h (porquê?) = t(su h + h Su) + t 2 Sh h (porquê?) = 2t Su h + t 2 Sh h (porquê?) Portanto: 2t Su h + t 2 Sh h 0, o que implica que Su h, h e portanto Su = 0. t No teorema que se segue, representamos por S a esfera unitária em IR n : S def = {x IR n :, x = 1} 9.20 Teorema... Seja S : R n R n um operador simétrico em R n, e Q : R n R a forma quadrática associada a S, definida por Q(x) = Sx x. Então a restrição de Q à esfera unitária S, assume o seu valor mínimo λ 1 num certo ponto u 1 dessa esfera. Além disso:

178 9.4. Propriedades extremais dos valores próprios 172 λ 1 é valor próprio de S e u 1 é um vector próprio associado. Dem.: Como a esfera unitária S é limitada e fechada, existe um ponto u 1 S onde a restrição de Q a S assume o seu valor mínimo, digamos λ 1 : Q(u 1 ) = λ 1, e Q(x) λ 1, x S Como x x = 1 podemos escrever a desigualdade na forma: Sx x λ 1 x x, onde x x = 1 Mas esta desigualdade é válida qualquer que seja x (porquê?). Portanto: e, em particular, para x = u 1 : (Sx λ 1 x) x 0, x IR n (9.4.1) (Su 1 λ 1 u 1 ) u 1 = 0 (9.4.2) Isto significa que o operador S λ 1 Id satisfaz as condições do lema anterior e, por isso: Su 1 λ 1 u 1 = 0 isto é: Su 1 = λ 1 u 1 Para calcular o próximo vector próprio λ 2 consideramos a restrição de S ao hiperplano ortogonal a u 1. Esta restrição é um operador simétrico ao qual podemos aplicar o mesmo argumento - o valor próprio λ 2 é o valor mínimo de S u 1 restrito à esfera unitária de u 1. Um vector próprio associado é um ponto desta esfera onde S toma o valor mínimo λ 2. É claro que λ 2 λ 1 e que u 2 u 1. Procedendo sucessivamente desta forma obtemos o seguinte teorema Teorema... A base ortonormada {u 1 u 2... u n }, de R n, constituída por vectores próprios de S (S(u k ) = λ k u k, k = 1,..., n), e relativamente à qual a matriz de S é a matriz diagonal: D = diag(λ 1, λ 2,..., λ n ) pode ser escolhida de tal forma que, para cada k = 1,..., n, λ k = Q(u k ) é o valor mínimo de Q, restrita à esfera unitária no subespaço de R n, perpendicular aos vectores u 1, u 2,..., u k 1.

179 9.5. Operadores comutativos Operadores comutativos 9.22 Lema... Suponhamos que S e T são dois operadores num ev V de dimensão finita, que comutam, isto é: ST = TS Seja λ um valor próprio de S e E(λ) o correspondente espaço próprio. Então o operador T deixa invariante E(λ), isto é: T(E(λ)) E(λ) (9.5.1) Dem.: Seja v E(λ), de tal forma que Sv = λv. Pretende-se mostrar que Tv E(λ). De facto: STv = TSv = T(λv) = λ Tv = Tv E(λ) 9.23 Corolário... Se S e T são dois operadores comutativos (ST = TS) num ev complexo de dimensão finita, então S e T têm um vector próprio comum Teorema... Suponhamos que S e T são dois operadores auto-adjuntos num ev Hermitiano V de dimensão finita. Então existe uma base ortogonal que diagonaliza simultâneamente os dois operadores S e T se e só se eles são comutativos, isto é, ST = TS. Dem.: Se ST = TS então, pelo corolário anterior, S e T têm um vector próprio u 1 comum: Su 1 = λu 1 e Tu 1 = ηu 1 Considere agora o ortogonal u 1, as restrições de S e T a esse ortogonal e repita o argumento. O recíproco é óbvio Exercícios Exercício Em cada uma das alíneas que se seguem, determine:

180 9.6. Exercícios 174 I) Uma matriz simétrica A que represente a forma quadrática que se segue; II) Os valores próprios de A; III) Uma base ortonormal de vectores próprios; IV) Uma matriz ortogonal diagonalizante C; V) Diagonalize a forma quadrática. a) q(x 1, x 2 ) = 4x x 1 x 2 + x 2 2; b) q(x 1, x 2 ) = x 1 x 2 ; c) q(x 1, x 2 ) = x x 1 x 2 x 2 2; d) q(x 1, x 2 ) = 34x x 1 x x 2 2; e) q(x 1, x 2, x 3 ) = x x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 1 x 3 ; f) q(x 1, x 2, x 3 ) = 2x x 2 2 x x 1 x 3 ; g) q(x 1, x 2, x 3 ) = 3x x 1 x 2 + 4x 2 x 3 + 8x 1 x 3 + 3x 2 3.

181 Módulo 10 ALGA I. Cónicas e quádricas afins Contents 10.1 Parábola, Elipse e Hipérbole Quádricas Cónicas e quádricas afins Redução à forma canónica da equação geral de uma cónica Parábola, Elipse e Hipérbole 175

182 10.1. Parábola, Elipse e Hipérbole Parábola Uma parábola é uma curva em IE 2 cuja equação, em coordenadas cartesianas (x, y) usuais, é: y 2 = 2px, p > 0 (10.1.1) Os seus elementos principais são: O parâmetro p > 0 A distância focal p/2 O foco F = (p/2, 0) A directriz - a recta de equação: x = p/ Propriedade focal... A parábola é o lugar geométrico dos pontos P (x, y) equidistantes do foco F (p/2, 0) e da directrix x = p/2: Com efeito: d(p, F ) = d(p, d) d(p, F ) 2 = (x, y) (p/2, 0) 2 = (x p/2) 2 + y 2 = (x p/2) 2 + 2px = (x + p/2) 2 = d(p, d) 2

183 10.1. Parábola, Elipse e Hipérbole Elipse... Uma elipse é uma curva em IE 2 cuja equação, em coordenadas cartesianas (x, y) usuais, é: x 2 a 2 + x2 = 1, a b > 0 (10.1.2) b2 Os seus elementos principais são: O semi-eixo maior a > 0 O semi-eixo menor b > 0 A distância focal 2c = 2 a 2 b 2 A excentricidade e = c/a = 1 (b/a) 2 O parâmetro p = b 2 /a Os focos (±c, 0) Os vértices (±a, 0) e (0, ±b) As directrizes - as rectas de equação: x = ±a/e 10.4 Propriedade focal I... A elipse é o lugar geométrico dos pontos P (x, y) cuja soma das distâncias aos focos é constante e igual a 2a: d(p, F 1 ) + d(p, F 2 ) 2a

184 10.1. Parábola, Elipse e Hipérbole Propriedade focal II... A elipse é o lugar geométrico dos pontos P (x, y) cuja razão das distâncias a um dos focos e à directriz correspondente é constante e igual a e: d(p, F 1 ) d(p, d 1 ) = e = d(p, F 2) d(p, d 2 ) Esta propriedade é análoga à propriedade correspondente para a parábola, se considerarmos a parábola como uma elipse de excentricidade e = Hipérbole... Uma hipérbole é uma curva em IE 2 cuja equação, em coordenadas cartesianas (x, y) usuais, é: x 2 Quando a = b a hipérbole diz-se equilátera. a 2 x2 = 1, a >, b > 0 (10.1.3) b2 Os seus elementos principais são: O semi-eixo real a > 0 O semi-eixo imaginário b > 0 A distância focal 2c = 2 a 2 + b 2 A excentricidade e = c/a = 1 + (b/a) 2. Claro que 1 < e <. O parâmetro p = b 2 /a Os focos (±c, 0)

185 10.2. Quádricas 179 Os vértices (±a, 0) As directrizes - as rectas de equação: x = ±a/e As assímptotas - as rectas de equação: x = ±b/a 10.7 Propriedade focal I... A hipérbole é o lugar geométrico dos pontos P (x, y) cuja diferença das distâncias aos focos é, em valor absoluto, constante e igual a 2a: d(p, F 1 ) d(p, F 2 ) 2a 10.8 Propriedade focal II... A hipérbole é o lugar geométrico dos pontos P (x, y) cuja razão das distâncias a um dos focos e à directriz correspondente é constante e igual a e: d(p, F 1 ) d(p, d 1 ) = e = d(p, F 2) d(p, d 2 ) 10.2 Quádricas 10.9 Elipsóides... São superfícies em IE 3 definidas por uma equação do tipo: x 2 a 2 + y2 b 2 + z2 = 1, a b c > 0 (10.2.1) c2

186 10.2. Quádricas Hiperbolóides de duas folhas... São superfícies em IE 3 definidas por uma equação do tipo: x 2 a 2 + y2 b 2 z2 = 1, a b > 0, c > 0 (10.2.2) c Hiperbolóides de uma folha... São superfícies em IE 3 definidas por uma equação do tipo: x 2 a 2 + y2 b 2 z2 = 1, a b > 0, c > 0 (10.2.3) c2

187 10.2. Quádricas Cones... São superfícies em IE 3 definidas por uma equação do tipo: com 1/a 2 + 1/b 2 + 1/c 2 = 1. x 2 a 2 + y2 b 2 z2 = 0, a b > 0, c > 0 (10.2.4) c Parabolóide elíptico... São superfícies em IE 3 definidas por uma equação do tipo: x 2 a 2 + y2 = 2z, a b > 0 (10.2.5) b2

188 10.2. Quádricas Parabolóide hiperbólico... São superfícies em IE 3 definidas por uma equação do tipo: x Cilindro elíptico... a 2 y2 = 2z, a > 0, b > 0 (10.2.6) b2 São superfícies em IE 3 definidas por uma equação do tipo: x Cilindro hiperbólico... a 2 + y2 = 1, a b > 0 (10.2.7) b2

189 10.3. Cónicas e quádricas afins 183 São superfícies em IE 3 definidas por uma equação do tipo: x Cilindro parabólico... a 2 y2 = 1, a > 0, b > 0 (10.2.8) b2 São superfícies em IE 3 definidas por uma equação do tipo: y 2 = 2px, p > 0 (10.2.9) 10.3 Cónicas e quádricas afins Cónica afim... Consideremos o plano IE 2 com a sua estrutura afim e Euclideana usuais. Fixemos um referencial afim ortonormado R = {O; e 1, e 2 }.

190 10.3. Cónicas e quádricas afins 184 Um ponto P em IE 2 será identificado com o seu vector de posição x = OP R 2. Uma cónica afim em IE 2 é o conjunto dos pontos P cujas coordenadas, x e y, relativas ao referencial R: satisfazem a equação: OP = xe 1 + ye 2 Q(x, y) = ax 2 + by 2 + 2cxy + 2dx + 2ey + f = 0 (10.3.1) onde a, b, c, d, e, f R com a, b, c não simultâneamente nulos Quádrica afim... Consideremos o espaço IE 3 com a sua estrutura afim e Euclideana usuais. Fixemos um referencial afim ortonormado R = {O; e 1, e 2, e 3 }. Um ponto P em IE 3 será identificado com o seu vector de posição x = OP R 3. Uma quádrica afim em IE 3 é o conjunto dos pontos P cujas coordenadas, x, y e z, relativas ao referencial R: satisfazem a equação: x = OP = xe1 + ye 2 + ze 3 Q(x, y, z) = ax 2 +by 2 +cz 2 +2dxy+2exz+2fyz+2gx+2hy+2kz+l = 0 (10.3.2) onde a, b, c, d,... R com a, b, c, d, e, f não simultâneamente nulos Expressões matriciais. Cónicas afins... Podemos escrever a fórmula (10.3.1) em forma matricial: Q(x, y) = ( x y ) ( a c c b ) ( x y ) + 2 ( d e ) ( x y ) + f = x t Ax + 2x t b + f (10.3.3) ou ainda na forma: Q(x, y) = ( x y 1 ) = ( x 1 ) ( t A b b t f = ( x 1 ) ( ) t x B 1 a c d c b e d e f ) ( x 1 x y 1 ) (10.3.4)

191 10.3. Cónicas e quádricas afins Expressões matriciais. Quádricas... Analogamente podemos escrever a fórmula (10.3.2) em forma matricial: Q(x, y, z) = ( x y z ) a d e d b f x y + 2 ( g h k ) x y + l e f c z z = x t Ax + 2x t b + f (10.3.5) ou ainda na forma: Q(x, y, z) = ( x y z 1 ) = ( x 1 ) ( t A b b t f = ( x 1 ) ( ) t x B 1 a d e g d b f h e f c k g h k l ) ( x 1 ) x y z 1 (10.3.6) Efeito de uma translacção... Estudemos como muda a expressão (10.3.1) quando optamos por um outro referencial R = {O ; e 1, e 2 }, com uma nova origem O. Como: OP = OO + O P (10.3.7) Pondo: OP = xe 1 + ye 2 OO = x o e 1 + y o e 2 O P = x e 1 + y e 2 (10.3.8) vem que: { x = xo + x y = y o + y (10.3.9) e substituindo em (10.3.1), obtemos: Q(x, y ) = Q(x = x o + x, y = y o + y ) = a(x o + x ) 2 + b(y o + y ) 2 + 2c(x o + x )(y o + y ) + 2d(x o + x ) + 2e(y o + y ) + f = a(x ) 2 + b(y ) 2 + 2cx y + 2(ax o + cy o + d)x + 2(by o + cx o + e)y + Q(x o, y o ) ( ) Quando escrevemos Q na forma (10.3.1), mas agora nas coordenadas x, y : Q(x, y ) = a x 2 + b y 2 + 2c x y + 2d x + 2e y + f = 0 ( )

192 10.3. Cónicas e quádricas afins 186 e comparamos com a expressão ( ), obtemos: a = a b = b c = c d = d + ax o + cy o e = e + by o + cx o f = Q(x o, y o ) ( ) isto é, os termos quadráticos mantêm-se inalterados, mas os lineares alteram-se como é natural. Em particular, o determinante: δ = a c c b = ab c2 ( ) mantem-se inalterado Efeito de uma translacção. Escrita matricial... Os cálculos do número anterior podem ser feitos em forma matricial o que permite uma generalização imediata para o caso das quádricas afins. De facto, pondo: x = x o + x onde x = OP, xo = OO e x = O P, e substituindo em (10.3.3) ou (10.3.5), vem que: Q(x ) = Q(x o + x ) = (x o + x ) t A(x o + x ) + 2(x o + x ) t b + C Escrevendo Q(x ) e comparando com ( ), vem que: = x t Ax + x t oax + x t Ax o + x t oax o + 2x t ob + 2x t b + C = x t Ax + (x t oax ) t + x t Ax o + x t oax o + 2x t ob + 2x t b + C = x t Ax + 2x t (Ax o + b) + x t oax o + 2x t ob + C ( ) def = Q(x) = Q(x o + x ) na forma (10.3.5): Q(x ) = x t A x + 2x t b + C ( ) A = A b = Ax o + b C = Q(x o ) ( ) Mas podemos ainda escrever a translacção x = x o + x na seguinte forma matricial: ( ) ( ) ( ) x Id xo x = ( ) x = P ( ) 1

193 10.3. Cónicas e quádricas afins 187 Substituindo directamente em (10.3.4) ou (10.3.6) vem que: Q(x ) = ( x 1 ) ( ) x P t BP 1 ( ) Id xo onde P =. De facto: 0 1 ( ) ( ) ( ) ( A B b = Id 0 A b Id b t C = P t xo BP = x t o 1 b t C 0 1 donde se deduz mais uma vez que: ) ( = ( ) A Ax o + b x t oa + b t Q(x o ) ) A = A b = Ax o + b C = Q(x o ) ( ) Note que det P = 1. Estas fórmulas permitem pois concluir que: Teorema... A matriz A dos termos quadráticos, o determinante e o rank da matriz B permanecem invariantes quando transladamos a origem das coordenadas: A = A, det B = det B, rank B = rank B ( ) Centro... Uma cónica (ou uma quádrica) diz-se central se det A 0. Neste caso, existe um único ponto x o, chamado o centro da quádrica, tal que: b = Ax o + b = 0 De facto, basta pôr x o = A 1 b e, com esta escolha para a origem do novo referencial acima referido, a equação ( ) fica na forma: Q(x) = x t A x + C ( ) Centro de uma cónica... Um ponto O = (x o, y o ) diz-se um centro da cónica (10.3.1), se: b = Ax o + b = 0 ( ) isto é: { axo + cy o + d = 0 by o + cx o + e = 0 ( ) Um centro é pois uma intersecção das rectas dadas pelas equações: { ax + cy + d = 0 ( ) by + cx + e = 0 e portanto podem ocorrer 3 hipóteses:

194 10.3. Cónicas e quádricas afins 188 As rectas intersectam-se num único ponto. A cónica tem pois um único centro e diz-se então uma cónica central. Isto acontece quando: δ = a c c b 0 ( ) As rectas são paralelas e não se intersectam. Neste caso a cónica não tem centro. Isto acontece quando: δ = a c c b = 0 e = a c d c b e d e f 0 ( ) As rectas coincidem. Neste caso a cónica tem uma recta de centros. Isto acontece quando: δ = a c c b = 0 e = a c d c b e d e f = 0 ( ) Quando a cónica é central, devemos escolher a nova origem O do referencial R, coincidente com esse centro. Neste caso os termos lineares anulam-se e a equação da cónica, nas novas coordenadas x, y é: Q(x, y ) = ax 2 + by 2 + 2cx y + Q(x o, y o ) = 0 ( ) Efeito da mudança de base ortonormada... Escolhamos agora uma nova base ortonormada B = {u i }. Nesta nova base, a matriz de Gram A, que representa a parte quadrática x t Ax, transforma-se, como sabemos, da seguinte forma: C C P = B A P t AP enquanto que b transforma-se como um vector: C C P = B b P t b (recorde que P é uma matriz ortogonal: P 1 = P t ). Portanto a função quadrática, que nas x-coordenadas (relativamente à base {O; e i }) foi escrita na forma: Q(x) = x t Ax + 2x t b + C escreve-se agora, nas x -coordenadas, relativamente à base {O; u i }, na forma: Q(x ) = x t (P t AP )x + 2x t (P t b) + C ( )

195 10.4. Redução à forma canónica da equação geral de uma cónica 189 isto é: A = P t AP b = P t b C = C ( ) Mas mais uma vez podemos usar a escrita matricial. Vem então que: ( ) ( ) ( ) x P 0 x = ( ) Substituindo directamente em (10.3.4) ou (10.3.6) vem que: Q(x) = ( x 1 ) ( ) x B 1 = ( x 1 ) ( ) ( ) ( ) ( ) P t 0 A b P 0 x 0 1 b t C = ( x 1 ) ( ) ( ) P t AP P t b x b t ( ) P C 1 Destas fórmulas deduzimos o seguinte: Teorema... O determinante e o rank das matrizes A e B são invariantes sob mudanças de origem e de base ortonormada Redução à forma canónica da equação geral de uma cónica Consideremos de novo um referencial afim ortonormado R = {O; e 1, e 2 } e uma cónica afim em IE 2 de equação: Q(x, y) = ax 2 + by 2 + 2cxy + 2dx + 2ey + f = 0 (10.4.1) Designemos por C = {e 1, e 2 }. Sem mudar a origem, escolhamos agora uma nova base ortonormada B = {u 1, u 2 }, constituída por vectores próprios asociados aos valores próprios λ, η da matriz simétrica: ( ) a c A = (10.4.2) c b Nesta nova base, a parte quadrática ax 2 + by 2 + 2cxy reduz-se à forma diagonal. Mais detalhadamente, se: OP = xe 1 + ye 2 = x u 1 + y u 2 então: Q(x, y ) = λ(x ) 2 + η(y ) 2 + 2d x + 2e y + f = 0 (10.4.3)

196 10.4. Redução à forma canónica da equação geral de uma cónica Distinguimos agora várias situações possíveis: 1. Ambos os valores próprios são não nulos: λ 0 e η 0. Neste caso, completamos quadrados em (10.4.3): Q(x, y ) = λ(x ) 2 + η(y ) 2 + 2d x + 2e y + f ( = λ x + d ) 2 ( d2 λ λ + η y + e ) 2 e2 η η + f ( = λ x + λ) d 2 ( + η y + e ) 2 ) + (f d2 η λ e2 (10.4.4) η Transladamos então a origem para a nova origem através das fórmulas: x = x d λ y = ỹ e η (10.4.5) e a nova equação, nas coordenadas x, ỹ fica na seguinte forma canónica: λ x 2 + ηỹ 2 = C (10.4.6) 2. Um dos valores próprios é nulo. Por exemplo, λ 0 e η = 0. ( ) d Neste caso decompômos o vector b = segundo a base ortonormada e de vectores u 1, u 2 associados aos valores próprios λ e η, respectivamente: b = βu 1 µu 2 (10.4.7) A parte linear muda então como segue: 2dx + 2ey = 2b x = 2(βu 1 µu 2 ) x = 2βx 2µy (10.4.8) Nas coordenadas x, y a equação da cónica fica então na forma: Q(x, y ) = λx 2 + 2βx 2µy + f ( = λ x + β ) 2 β2 λ λ 2µy + f ( = λ x + β ) 2 ) 2µy + (f β2 λ λ (10.4.9)

197 10.4. Redução à forma canónica da equação geral de uma cónica 191 2(i). Se µ = 0, a equação fica: ( λ x + β ) 2 ) + (f β2 = 0 λ λ }{{}}{{} x 2 C isto é: 2(ii). Se µ 0, a equação fica: ( λ x + β ) 2 ) 2µy + (f β2 λ λ }{{}}{{} x 2 C isto é: λ x 2 = C ( ) ( = λ x 2 2µ y C ) = 0 µ }{{} ỹ λ x 2 2µỹ = 0 ( ) Resumindo... temos as 3 formas canónicas seguintes (omitindo os tildes): (I). λx 2 + ηy 2 = C, λ, η 0 (II). λx 2 2µy = 0, λ, µ 0 (III). λx 2 = C, λ 0 Conforme os valores de λ, η, µ e C temos as seguintes possibilidades (no campo real): x 2 a 2 x 2 a + y2 x 2 b = 1 a b > 0 elipse 2 2 a + y2 2 y2 x b = 1 a > 0, b > 0 hipérbole 2 2 a 2 b = 0 a b > 0 ponto 2 y2 b = 0 a > 0, b > 0 duas rectas 2 y 2 = 2px p > 0 parábola y 2 b 2 = 0 b > 0 duas rectas paralelas distintas y 2 = 0 duas rectas paralelas iguais Exemplo... Reduzir à forma canónica a cónica: q(x, y) = x 2 + xy + y 2 3x + 4y 5 = 0 Escrevendo na forma matricial, vem que: q(x) = x t Ax + 2x t b + c = 0 = ( x y ) ( ) ( ) 1 1/2 x + 2 ( x y ) ( 3/2 2 ) t ( ) 5 1/2 1 y ( ) 1 1/2 Como δ = det A = det = 3/4 0, a cónica é central de centro: 1/2 1 ( ) ( ) ( ) x o = A 1 4/3 2/3 3/2 10/3 b = = 2/3 4/3 2 11/3

198 10.4. Redução à forma canónica da equação geral de uma cónica 192 Escolhendo o centro para nova origem, e relativamente às coordenadas x = x 10/3, y = y + 11/3, a cónica tem por equação: Q(x, y ) = x t Ax + Q(x 0 ) = ( x y ) ( 1 1/2 1/2 1 ) ( x y ) 52/3 ( ) 1 λ 1/2 Como det = (1 λ) 1/2 1 λ 2 1/4 = 0, concluímos que os valores próprios de A são λ = 1/2, e λ = 3/2. ) é uma base de vectores próprios 2/2 ), se representarmos as coordenadas rela- ( 2/2 A base u 1 = 2/2 ( 2/2 2/2 de A. Como P = 2/2 2/2 tivas à base u 1, u 2, por x, ỹ, então: ( ) x = ỹ isto é: ) ( 2/2, u 2 = ( ) ( ) 2/2 2/2 x 2/2 2/2 y x = 2/2x 2/2y = 2/2(x 10/3) 2/2(y + 11/3) ỹ = 2/2x + 2/2y = 2/2(x 10/3) + 2/2(y + 11/3) e nas coordenadas x, ỹ a cónica tem por equação canónica: ou ainda: 1 2 x ỹ2 52/3 = 0 x 2 ( 104/3) + ỹ 2 2 ( 104/9) = 1 ( ) 2 que é uma elipse de centro ( 10/3, 11/3) e semi-eixos 104/3 e 104/ Exemplo... Reduzir à forma canónica a cónica: q(x, y) = 4x 2 4xy + y 2 2x 14y + 7 = 0 A matriz de Gram da parte quadrática 4x 2 4xy + y 2 é: ( ) 4 2 A = 2 1

199 10.4. Redução à forma canónica da equação geral de uma cónica 193 cujos valores próprios são λ = 5, η = 0. Note que esta cónica não é central uma vez que det A = 0. O vector u 1 = 5 5 (1, 2) é um vector próprio associado ao valor próprio η = 0, enquanto que o vector u 2 = 5 5 (2, 1) é um vector próprio associado ao valor próprio λ = 5. B = {u 1, u 2 } é uma base ortonormada na qual a parte quadrática se reduz à forma diagonal 5(y ) 2. Decompômos agora o vector b = ( 2, 14) segundo a base B: b = (b u 1 ) u 1 + (b u 2 ) u 2 ( ) ( ) 5 5 = ( 2, 14) (1, 2) u 1 + ( 2, 14) (2, 1) 5 5 = 6 5u u 2 ( ) u 2 A parte linear 2x 14y muda então de acordo com: 2x 14y = ( 2, 14) x, onde x = (x, y) = ( 6 5u u 2 ) x = 6 5x + 2 5y ( ) onde pusemos x = (x u 1 )u 1 + (x u 2 )u 2 = x u 1 + y u 2. Resumindo - relativamente às coordenadas (x, y ) relativas à base ortonormada B = {u 1, u 2 }, q escreve-se na forma: q(x, y ) = 5(y ) 2 6 5x + 2 5y + 7 = 0 ou ainda: q(x, y ) = (y ) x y = 0 ( )

200 10.4. Redução à forma canónica da equação geral de uma cónica 194 Completando quadrados vem então que: q(x, y ) = = ( ) 2 5 y x ( ) 2 ( 5 y + 6 ) 5 5 x }{{}}{{} ỹ 2 x = ỹ x = 0 ( ) 5 que é da forma y 2 = 2px, e é portanto uma parábola de parâmetro p = 3 5 5, com vértice no ponto de coordenadas ( ( x o, ỹ o ) = (0, 0), isto 5 ), ou ainda é, no ponto (x o, y o) = no ponto: (x o, y o ) = 5, 5 5 ( 1 5, 3 ) Exemplo... Considere a cónica afim Euclideana C em E 2, definida por: 7x 2 + 7y 2 + 2xy + 4x 20y 4 = 0 a.) Verifique se C é central e, em caso afirmativo, calcule o seu centro. b.) Reduza C à forma canónica e identifique a cónica C. c.) Calcule as coordenadas do(s) foco(s) de C relativamente ao referencial original {O; x, y} Resolução... a.) Escrevendo na forma matricial, vem que: q(x) = x t Ax + 2x t b + c = 0 = ( x y ) ( ) ( 7 1 x 1 7 y Como δ = det A = det ( x o = A 1 b = 1 48 ) + 2 ( x y ) ( 2 10 ) 4 ( ) = 0 ) = 48 0, a cónica é central de centro: ( ) ( 2 10 ) = ( 1/2 3/2 )