Notas de Aula Resumidas - Álgebra Linear Avançada II. 9 de outubro de 2016

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1 Notas de Aula Resumidas - Álgebra Linear Avançada II. 9 de outubro de 2016

2 Introdução - Formas Multilineares Sejam V 1, V 2,, V n espaços vetoriais sobre um determinado corpo K. Dizemos que a aplicação f : V 1 V 2 V n K é uma Forma Multilinear (no caso n-linear) se for linear em cada uma de suas componentes, isto é, dados x, y V p e α Kentão Exemplos: f(, αx + y, ) = αf(, x, ) + f(, y, ). 1. A função f : R R R R R com f(x, y, z, w) = 2xyzw é uma forma quadrilinear (mostre). 2. O determinante de uma matriz 3 3 real é uma forma trilinear escrita como g : R 3 R 3 R 3 R mostre identicando os elementos dos espaços vetoriais. 3. A função h : R R R R denida como h(x, y, z) = xy + z não é uma forma multilinear. Mostrar. 1.1 Formas Bilineares: Uma aplicação, : V V K é uma forma bilinear se αx + y, z = α x, z + y, z, x, y, z V e α K. Podem ser: z, αx + y = α z, x + z, y. 2

3 1. Simétricas (Geometria Ortogonal): x, y = y, x 2. Antissimétricas : x, y = y, x 3. Alternadas (Geometria Simplética): x, x = 0. Exercício 1. Mostrar que Alternada Antissimétrica se ch(k) 2. Quando, em ch(k) = 2, Alternada Antissimétrica e Simétrica Antissimétrica. Contraexemplo da volta (Alternada Antissimétrica ) Seja, : V V Z 2 e u = (x 1,, x n ), v = (y 1,, y n ) V de modo que u, v = n x i y i se e 1 = (1, 0,, 0), claramente, e 1, e 1 = 1, portanto, temos um exemplo de uma forma bilinear antissimétrica mas não alternada. Um espaço vetorial V com uma forma bilinear, pode ser chamado de Espaço Vetorial com Métrica. i=1 Se um corpo tem característica ch(k) = p então x + x + + x = 1 (p vezes). Exemplos Espaço de Minkowski: Espaço vetorial real quadridimensional dotado de forma bilinear simétrica. Se e 1, e 2, e 3, e 4 são os vetores que formam uma base canônica de M4, temos que Matriz SimpléticaSeja, : R 2n R 2n R denida por e i, e j = η ij, η ij = (1.1.1) u, v = u T Ωv, ( ) 0 I Ω =. (1.1.2) I 0 onde Ié a matriz identidade n n. Verique que a forma bilinear acima é alternada. 3

4 Produto Interno: Alguns autores como o Kostrikin não diferenciam o termo Produto Interno de Forma Bilinear, a maioria, como o Roman, o faz. Denição 1. Produto Interno sobre os Reais: Seja V espaço vetorial sobre R. Denimos um produto interno, : V V R como uma forma bilinear 1. (positiva denida) Para todo v V v, v 0, v, v = 0 v = (simétrica) Para todos u, v V u, v = v, u. Denição 2. Produto Interno sobre os Complexos: Seja V espaço vetorial sobre C. Denimos um produto interno, : V V C como uma função 1. (positiva denida) Para todo v V v, v 0, v, v = 0 v = (simétrica conjugada) Para todos u, v V u, v = v, u. 3. (Linear à direita) Para todos u, v, w V e a C au + v, w = a u, w + v, w 2 e 3 = Simetria conjugada à esquerda (Mostrar) u, av + w = u, w + a u, v Esta última propriedade faz com que o Produto Interno usual sobre os Complexos não seja uma forma bilinear mas o exemplo de uma Forma Sesquilinear. 4

5 Forma Sesquilinear: Uma aplicação, : V V C é uma forma sesquilinear se αx + y, z = α x, z + y, z, x, y, z V e α C. Podem ser: z, αx + y = α z, x + z, y. 1. Hermitiana : x, y = y, x 2. Anti-Hermitiana (equivalente a uma forma Hermitiana multiplicada por i) : Representação Matricial x, y = y, x Seja {e 1,, e n } base de V. Os vetores, u, v V podem, naturalmente, ser escritos como u = n x i e i, v = i=1 n y j e j. A forma bilinear, : V V K pode ser calculada, para u, v nesta base como: u, v = j=1 n x i y j ei, e j, i,j=1 Podemos denir a matriz G, matriz de Gram, cujos elementos se escrevem como g ij = ei, e j. Nesta base, portanto, a forma bilinear acima se escreve como u, v = u T G v Nas formas bilineares as matrizes denidas em e são exemplos de matriz de Gram. Exercício 2. Resolva os itens abaixo: a) Escreva a matriz de Gram para:, : R 3 R 3 R u, v = 2x 1 y 2 + 3x 2 y 3 + x 3 y 3 + x 3 y 2 b) Seja, : Z 2 2 Z2 2 Z 2uma forma bilinear alternada não nula. Escreva a matriz de Gram na base canônica. c) Mostre que toda forma bilinear sobre um corpo K tal que char(k) 2 pode ser escrita como a soma de uma forma bilinear simétrica e uma forma bilinear antissimétrica. 5

6 Forma Degenerada Denição 3. Núcleo Seja a forma bilinear g : V V K ker(g) = {v V/ u, v = 0, u V} Exercício 3. Determine o núcleo da forma bilinear dada pelo Exercício 2a acima. A partir da denição de núcleo, dizemos que: 1. Se ker(g) = 0, g é uma forma não degenerada 2. Se ker(g) = W V não nulo, g é uma forma degenerada. Exercício 4. Mostre que se g é uma forma bilinear alternada e dim(v) = 2n + 1 então g é degenerada. Formas Quadráticas Uma aplicação Q : V K é uma forma quadrática se Q(av) = a 2 Q(v) u, v Q = Q(u + v) Q(u) Q(v) é simétrica. Exercício 5. Dada uma forma bilinear u, v, verique se Q(v) = v, v é uma forma quadrática. Estudos Recomendados: Mudanças de Base em Formas Bilineares - Matrizes Congruentes. Adequação dos Resultados às Formas Sesquilineares. ORTOGONALIDADE: Seja (V, ) um Espaço Vetorial dotado de uma forma bilinear. Dizemos que u, v V são ortogonais se u, v = 0. A ortogonalidade não é sempre simétrica, ou seja, se pode denir uma forma bilinear tal que u, v = 0 mas v, u = 0. Exercício 6. Encontre um par de vetores u, v R 2 tal que, para a forma bilinear f : R 2 R 2 R, denida por f((x 1, x 2 ), (y 1, y 2 )) = x 1 y 1 + x 1 y 2 2x 2 y 2, u, v = 0 mas v, u = 0. Dizemos que uma Forma Bilinear é Reexiva se u, v = 0 v, u = 0. Teorema 1. Uma forma Bilinear é Reexiva se e somente se é Simétrica ou Alternada. 6

7 Alernada ou Simétrica implica Reexiva: u, v = 0 = ± v, u. Para a demonstração de que Reexividade na forma implica Simétrica ou Alternada, precisaremos demonstrar um resultado anterior: Lema 1. Dada uma forma bilinear h : V V K e u, v, w V, se então h é uma forma simétrica ou alternada. h(u, v)h(w, v) = h(v, u)h(v, w) (1.1.3) Demonstração. Se substituirmos v por u em (1.1.3) camos com h(u, u) [h(w, u) h(u, w)] = 0 (1.1.4) o que nos leva a duas únicas opções h(u, u) = 0 ou h(w, u) = h(u, w), o que corresponde a uma forma alternada e simétrica respectivamente. O Lema não seria válido se houvesse ao menos três vetores x, y, z V tais que h(x, x) = h(z, z) = 0 h(x, z) h(z, x), Pela condição do Lema temos que h(y, y) 0 h(x, y) = h(y, x) h(y, z) = h(z, y). (1.1.5) h(x, z)h(y, x) = h(z, x)h(x, y) h(x, y) [h(z, x) h(x, z)] = 0 h(x, y) = 0. (1.1.6) Por simetria, trocando x z, teremos também h(z, y) = 0. O que nos leva a h(x + y, z) = h(x, z) + h(y, z) = h(x, z) Substituindo u por x + y e w por z na Eq.1.1.4, e utilizando os resultados acima, camos com h(x + y, x + y) [h(z, x) h(x, z)], como, por hipótese, a expressão entre colchetes não se anula, chega-se a O que nos leva a Usando as Eqs1.1.5 e chegamos a h(x + y, x + y) = 0. h(x, x) + h(y, x) + h(x, y) + h(y, y) = 0 h(y, y) = 0 o que contradiz a hipótese inicial, invalidando-a e, consequentemente, provando o Lema. 7

8 Voltemos, agora, à parte restante da demonstração do Teorema, qual seja, Forma Reexiva implica Forma Simétrica ou Alternada. Demonstração. Denamos, para tanto, o vetor x = u, v w u, w v obviamente, u, x = 0. Por hipótese, teremos também x, u = 0, isto é, u, v u, w u, w v, u = 0 que, pelo Lema anterior, implica que a forma seja simétrica ou alternada como queríamos demonstrar. Denição 4. Chamaremos um Espaço Vetorial munido de uma Norma Bilinear Reexiva de um Espaço Vetorial Métrico. Seja (V, g) um espaço vetorial métrico de dimensão nita e W V subespaço vetorial. Denição 5. Denimos o complementar ortogonal a W como: W = {v V g(v, w) = 0, w W} Serão necessários alguns passos antes do resultado principal que pretendemos obter acerca da decomposição de um espaço vetorial métrico em complementos ortogonais. Seja f : V V K uma forma bilinear tal que, se u, v V, teremos a forma f(u, v) K. Podemos denir a aplicação f u (v) = f(u, v) como f u : V K e, naturalmente, a aplicação f(u)(v) = f u (v) f : V V que é uma aplicação linear que leva V no seu dual. Tal formulação nos permite utilizar alguns resultados de Transformações Lineares no contexto de Formas Bilineares. Denamos, agora, a forma bilinear h(w, v) h : W V K com W V. Seguindo a mesma linha da sequência anterior, denimos a aplicação h(w) Em que h é uma aplicação linear. h : W V (1.1.7) 8

9 Lema 2. Dado V espaço vetorial métrico e W V subespaço vetorial com métrica induzida, temos dim(w) = dim(w V ) + (dim(v) dim(w ). Demonstração. A partir de 1.1.7, aplica-se o Teorema do Núcleo-Imagem e se obtém Pela denição original de h(w), temos: dim W = dim ker( h) + dim h(w). (1.1.8) ker( h) = {w W h(w, v) = 0, v V} = W V (1.1.9) e, além disso, podemos denir um anulador 1 Im( h) 0 = { v V α(v) = 0, α Im( h) } = {v V h(w, v) = 0, w W} = W. Se denirmos a aplicação proj α : V U que leva a aplicação linear α(v) α(u) para v Ve u U temos, como U V, a imagem de proj α (V ) será o próprio U. Por serem espaços vetorias com dimensão nita, dim(v) = dim(v ) e, naturalmente, o núcleo dessa aplicação será exatamente U 0. Identicando U com Im( h), podemos escrever dim V = dim U + dim U 0 dim V dim W = dim h(w) Usando o resultado acima e as Eqs e chegamos dim(w) = dim(w V ) + (dim(v) dim(w ). Concluindo a demonstração do Lema. Teorema 2. Se V é não degenerado então: W e W não degenerados V = W W. Demonstração. Se W e W são não degenerados, então W W = {0} o que implica soma direta, ou seja, W + W = W W. Sabemos que W e W são subespaços vetoriais de V e, portanto, dim (W + W ) dim V, o que, por ser soma direta, nos leva a dim W + dim W dim V, 1 Note que os elementos do anulador pertencem a V. 9

10 pelo Lema anterior, entretanto, temos dim W + dim W dim V (já que dim(w V ) 0). Consequentemente, a única hipótese possível é dim W + dim W = dim V portanto V = W W. A volta é óbvia porque, se V = W W então W W = {0} e como, por hipótese, V é não degenerado, W e W não são degenerados. Proposição 1. Se V é degenerado e W V não é degenerado, então V = W W e W é degenerado. Demonstração. Se W é não degenerado, então W W = {0} e, seguindo a demonstração do Teorema anterior, temos claramente que V = W W. Note, entretanto, que V é degenerado, portanto v V\{0} u, v = 0 u V. Obviamente, v W por denição e é ortogonal a todos os elementos deste conjunto, o que torna W degenerado. Geometria Ortogonal e Hermitiana: Suponhamos (V, g) espaço vetorial com uma forma bilinear simétrica não degenerada denindo, portanto, uma geometria ortogonal. Proposição 2. W V de dimensão 1 tal que g w é não degenerada e g restrita a seu complemento ortogonal W também não será degenerada. Demonstração. Por hipótese, (V, g) não é degenerado e dene uma geometria ortogonal, portanto w V\0 tal que g(w, w) 0. Basta, portanto, denir W = [w] (espaço vetorial gerado por w). Desta forma, como W é unidimensional, todos seus vetores serão da forma w k = λ k w e, portanto, g(w j, w k ) 0 para qualquer w l W\{0}. Agora, precisamos mostrar que W é não degenerado. Suponhamos, por absurdo, que seja degenerado. Então z W \{0} g(z, w ) = 0 w W. Mas como g(w, w ) = 0 para quaisquer w W e w W e V = W + W, teríamos que g(z, v) = 0 v V, como z 0, isso signicaria que o núcleo da forma bilinear seria não trivial, ou seja, V seria degenerado, o que contradiz a hipótese original. Demonstrada a proposição, podemos utilizar o Teorema 2 e escrever V = W 1 W 1 sendo W 1 V unidimensional. A proposição pode ser aplicada em W 1 de modo a escreve-lo como a soma direta W 1 = W 2 W 2 com W 2 W 1 unidimensional. O processo pode ser feito de maneira sucessiva e não é difícil demonstrar por indução que V = W 1 W 2 W n, 10

11 com todos os W k V unidimensionais e n é a dimensão (nita) de V. Obs: Se V for degenerado, o procedimento pode ser estendido levando-se em conta a Proposição 1 Espaço Ortogonal Unidimensional Uma consequência do resultado acima é a possibilidade de encontrarmos sempre uma base ortogonal {w 1, w 2,, w n } e, portanto, a matriz de Gram associada à forma bilinear ortogonal será diagonal e, consequentemente, cada um dos números dessa diagonal (elemento do corpo K) denirá sua característica. Sendo G ij cada elemento da matriz de Gram, que é diagonal, os termos não nulos G ii serao escritos sempre da forma λ i = w i, w i. Sempre podemos reescrever o vetor e i = αw i, com α K redenir a matriz de Gram a partir desta base, cujo i ésimo elemento da diagonal seria: λ i = e i, e i = α 2 λ i ou seja, sempre que existir α K tal que λ = α 2 λ, existe uma mudança de base que leva um no outro. Denimos, assim, uma coclasse K /(K ) 2 tal que x y se β K tal que x = β 2 y. Sendo x, y, β elementos não nulos do corpo K. Exemplos: Sobre os reais, R /(R ) 2 = { 1, 1} de modo que, em um espaço unidimensional ortogonal sobre os reais, podemos ter (0 no caso degenerado). x, y = 0, xy xy Sobre os complexos, verique que C /(C ) 2 = 1. O que signica que w, z = 0 wz. Verique que, sobre Z 5 temos as possibilidades a, b = 0 ab 2ab. Espaço Hermitiano Unidimensional: Com procedimento semelhante, podemos demonstrar que um Espaço Vetorial com uma Forma Sesquilinear não degenerada pode ser decomposto na soma direta de subespaços vetoriais unidimensionais não degenerados. Seguindo o raciocínio do item anterior, supondo que, em uma base w i, a forma sesquilinear é totalmente denida por γ = w i, w i, 11

12 seguindo o raciocínio do item anterior, podemos escrever uma nova base como f i = zw i, z C, na qual a forma sesquilinear será totalmente denida por γ = z 2 γ, ou seja, podemos denir uma relação de equivalência γ γ se houver um número real positivo que os relacione segundo a equação acima. Levando-se em conta que se trata de um espaço hermitiano, temos a condição adicional e i, e i R. Desta forma, conclui-se que, a menos de escolha de bases, qualquer forma sesquilinear em um Espaço Hermitiano pode ser escrita como: w, z = 0, w z, w z. Geometria Simplética: O resultado da seção anterior não se aplica a Espaços Simpléticos visto que qualquer subespaço unidimensional cuja forma bilinear seja a restrição de uma Forma Bilinear Alternada é trivialmente degenerado. A demonstração é óbvia já que, sendo u U um elemento desse espaço, qualquer vetor lhe será proporcional. Portanto, sendo α, β K, temos que, para qualquer x, y U já que se trata de uma forma alternada. x, y = αβ u, u = 0 Proposição 3. Suponha, agora, (V, h) espaço vetorial de dimensão par munido de uma forma bilinear alternada não degenerada. W V de dimensão 2 não degenerado e seu complemento ortogonal W é também não degenerado. Demonstração. Suponha que não exista w 1, w 2 V linearmente independentes tal que w 1, w 2 = 0. Como a forma é alternada, isso implicaria uma forma totalmente degenerada, o que é contraditório com a hipótese, portanto, existe tal par. É simples vericar que W = [w 1, w 2 ] não é degenerado, basta escrever w = αw 1 + βw 2 e calcular w, w 1 e w, w 2. Se w 0 então um dos produtos sempre será não nulo. A demontração para W não degenerado segue exatamente o mesmo procedimento da Prop.2. Seguindo ideia análoga à apresentada no contexto de Geometria Ortogonal, podemos sempre escrever um Espaço Simplético V de dimensão 2n como a soma direta de n subespaços vetoriais bidimensionais e ortogonais entre si, ou seja, Espaço Simplético Bidimensional: V = W 1 W 2 W n. Dado o resultado anterior, é natural estudarmos todas as possibilidades de um Espaço Simplético (V, h) sobre um corpo K. Suponha que e i e f j são uma base ordenada de V. Então, o elemento ij da Matriz de Gram associada a forma h() será escrito, nessa base, como h ij = e i, f j, 12

13 como h ij K, podemos sempre redenir um elemento da base como e j = (h ij ) 1. Desta forma, teremos e i, e j = 1. Esse resultado nos mostra que sempre existirá uma base tal que a matriz de Gram associada à forma não degenerada h será escrita como ( ) 0 1 [h] =. 1 0 Note que esse resultado independe do corpo K! Com a sequência dos resultados previamente apresentados, podemos armar que, em qualquer Espaço Simplético não degenerado sobre um corpo K qualquer, existe uma base {e 1,, e n, e n+1,, e 2n } tal que os únicas coecientes não nulos e k, e k+n = e k+n, e k = 1, 1 k n. Nesta representação, a matriz de Gram associada seria escrita como ( ) 0 In [h] =, I n 0 com I n e 0 n sendo a matriz identidade e nula n n respectivamente. Isometrias Seja τ : V V, transformação linear que leva v τ(v). Dizemos que τ é uma isometria se u, v V u, v = τ(u), τ(v). Proposição 4. Se (V, g) é um Espaço Métrico não degenerado, o conjunto de todas suas isometrias dene um grupo (T, ) de transformações lineares cuja operação é dada pela composição de funções. Demonstração. A existência da identidade é óbvia já que id(v) = v. Operação de grupo: Se τ 1, τ 2 T temos que vericar se τ 1 τ 2 T. Como, por hipótese, τ 1, τ 2 são isometrias, teremos τ 1 τ 2 (u), τ 1 τ 2 (v) τ 1isomet. = τ 2 (u), τ 2 (v) τ 2isomet. = u, v, logo a composição τ 1 τ 2 também dene uma isometria. Inversa: A m de denir a função inversa, precisamos vericar se toda isometria é uma bijeção. Estudemos, para tanto, o núcleo de uma isometria τ : V V. Se w ker τ, ou seja, τ(w) = 0, então v V w, v = 0, τ(v) = 0, 13

14 como, por hipótese, o Espaço Vetorial Métrico em questão é não degenerado, w = 0, e, portanto, o Núcleo da transformação linear é trivial. Aplicando-se o Teorema do Núcleo e Imagem, concluímos que τ(v) é uma bijeção e, portanto, podemos denir uma inversa τ 1 (v). Pelo fato de a função ser bijetora, ( u, v V, y, z V τ(y) = u, τ(z) = v), o que leva a y, z = τ(y), τ(z) = u, v. Desta forma, temos τ 1 (u) = y e τ 1 (v) = z que, pelo resultado acima, dene uma isometria τ 1 : V V já que u, v V são arbitrários. O que conclui a demonstração. Exercício 7. Seja g : R 2 R 2 R produto interno usual euclideano: a) Dena uma base β 1 = {e 1, e 2 } tal que e i, e j = δ ij 2. Seja, agora, u 1 = e 1 + e 2, u 2 = e 1 e 2 e U 1 = Sp{u 1 }, U 2 = Sp{u 2 }. É possível encontrar uma base β 2 = {f 1, f 2 } para R² com f 1 U 1 e f 2 U 2 tal que f i, f j = δ ij? Em caso armativo, explicite-a em função de e 1 e e 2. b) Escreva, em função de um único parâmetro θ a representação matricial das funções lineares que compõem o grupo de isometria associado a g(u, v). Exercício 8. Seja h : R 2 R 2 R forma bilinear ortogonal associada ao espaço de Minkowski bidimensional. a) Dena uma base β 1 = {e 1, e 2 } tal que e i, e j = η ij 3. Seja, agora, u 1 = e 1 + e 2, u 2 = e 1 e 2 e U 1 = Sp{u 1 }, U 2 = Sp{u 2 }. É possível encontrar uma base β 2 = {f 1, f 2 } para R² com f 1 U 1 e f 2 U 2 tal que f i, f j = η ij? Por quê? b) Escreva, em função de um único parâmetro λ a representação matricial das funções lineares que compõem o grupo de isometria associado a h(u, v). Identique λ = v/c e compare com as transformações de Lorentz para um vetor u = (x, ct) em Relatividade Especial. ( ) [δ ij ] = 0 1 ( ) [η ij ] =