Álgebra Linear. André Arbex Hallack

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1 Álgebra Linear André Arbex Hallack 2017

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3 Índice 1 Sistemas Lineares Corpos Sistemas de Equações Lineares Sistemas equivalentes Operações elementares sobre as equações de um sistema - como produzir sistemas equivalentes Matrizes Operações elementares sobre linhas de uma matriz Matrizes linha-reduzidas à forma em escada Multiplicação de matrizes Matrizes invertíveis Determinantes Espaços Vetoriais Definição e exemplos Subespaços Vetoriais Combinações lineares: geração de subespaços Dependência e independência linear Base e dimensão de um espaço vetorial Transformações Lineares Definição e exemplos Resultados imediatos i

4 3.3 Núcleo e Imagem de uma transformação linear Transformações injetoras, sobrejetoras, bijetoras Isomorfismos Representação de transformações por matrizes Composição de transformações lineares Posto e Nulidade de uma transformação linear Formas Canônicas Autovalores e autovetores Obtendo autovalores e autovetores Forma diagonal: a primeira forma canônica Polinômio minimal (ou mínimo) Matriz companheira A forma canônica de Jordan Espaços com Produto Interno Produto interno Ortogonalidade Norma Ângulo entre dois vetores Ortogonalização; Projeção ortogonal: a melhor aproximação; Complemento ortogonal Tipos especiais de operadores lineares A Respostas dos exercícios 143 Referências 173

5 Capítulo 1 Sistemas Lineares 1.1 Corpos Seja IK um conjunto de elementos x, y, z,..., com duas operações: Adição: associa a cada par de elementos x, y IK um elemento x + y IK. Multiplicação: associa a cada par de elementos x, y IK um elemento x.y IK. Suponhamos que estas duas operações possuam as seguintes propriedades: 1. x + y = y + x para todos ( ) x, y IK ; (comutatividade da adição) 2. x + (y + z) = (x + y) + z x, y, z IK ; (associatividade da adição) 3. Existe um único elemento nulo 0 (zero) em IK tal que 0 + x = x x IK ; (elemento neutro da adição) 4. A cada x IK corresponde um único elemento ( x) IK tal que x + ( x) = 0 ; (simétrico na adição) 5. x.y = y.x x, y IK ; (comutatividade da multiplicação) 6. x.(y.z) = (x.y).z x, y, z IK ; (associatividade da multiplicação) 7. Existe um único elemento não-nulo 1 (um) em IK tal que x.1 = x x IK ; (elemento neutro da multiplicação) 1

6 2 CAPÍTULO 1 8. Para cada x 0 em IK existe um único elemento x 1 (ou 1/x) em IK tal que x.x 1 = 1 ; (inverso na multiplicação) 9. x.(y + z) = x.y + x.z x, y, z IK. (distributividade da multiplicação com relação à adição) O conjunto CORPO. IK, munido das duas operações com as propriedades acima, é denominado um Exemplos: A) O conjunto Z = {..., 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3, 4,... } dos números inteiros, com as operações usuais, não é um corpo. B) O conjunto Q = { p/q : p, q Z, q 0 } dos números racionais, com as operações usuais, é um corpo. C) O conjunto IR dos números reais (que fazemos corresponder geometricamente aos pontos de uma reta orientada), com as operações usuais de adição e multiplicação, é um corpo. D) O conjunto C = { x + iy : x, y IR } dos números complexos, onde { x é a parte real de x + iy, y é a parte imaginária de x + iy i 2 = 1 com as operações usuais de adição e multiplicação, dadas por: Adição: (x 1 + iy 1 ) + (x 2 + iy 2 ) = (x 1 + x 2 ) + i(y 1 + y 2 ) Multiplicação: (x 1 + iy 1 ).(x 2 + iy 2 ) = (x 1 x 2 y 1 y 2 ) + i(x 1 y 2 + x 2 y 1 ), é um corpo. Observações: Os elementos de um corpo IK serão chamados ESCALARES. Neste curso iremos trabalhar com os corpos IR e C.

7 Sistemas Lineares Sistemas de Equações Lineares Seja IK um corpo (IR ou C). Consideremos o problema da determinação de n escalares (elementos de IK) x 1, x 2,..., x n que satisfaçam às condições: a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = y 1 a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = y 2 (*).... a m1 x 1 + a m2 x a mn x n = y m onde y 1, y 2,..., y m e a ij, com 1 i m e 1 j n, são elementos dados de IK. Definição 1.1. (*) é dito um SISTEMA DE m EQUAÇÕES LINEARES A n INCÓGNITAS. Uma SOLUÇÃO do sistema (*) é uma n-upla (x 1, x 2,..., x n ) de escalares em IK que satisfaz simultaneamente às m equações. Observação: Se, em particular, y 1 = y 2 =... = y m = 0, então o sistema é chamado um SIS- TEMA HOMOGÊNEO e, neste caso, a n-upla (0, 0,..., 0) será uma solução, denominada SOLUÇÃO TRIVIAL. Exemplos: A) x = 5, y = 3, z = 1, ou seja (5, 3, 1), é (a única) solução do sistema linear: 2x y + 2z = 5 x + 3y z = 5 x + 2y + 3z = 8 2x y = 7 B) O sistema linear x + 3y = 4 x + 2y = 10 não admite nenhuma solução. C) Consideremos em um corpo IK o seguinte sistema: 2x + y 3z = 0 x y + z = 0 x + 2y z = 0 D) Consideremos em um corpo IK, o seguinte sistema homogêneo: 2x + y 3z = 0 x y + z = 0 x + 2y 4z = 0

8 4 CAPÍTULO 1 E) Consideremos, em C, o seguinte sistema linear: { ix + 2y = 3 6i 3x + y = 2 F) Consideremos em um corpo IK, o seguinte sistema { 2x + y z = 1 x y + z = Sistemas equivalentes Seja (x 1, x 2,..., x n ) uma solução do sistema (*). Dados m escalares c 1, c 2,..., c m em IK, temos c 1 (a 11 x a 1n x n ) = c 1 y 1.. c m (a m1 x a mn x n ) = c m y m Somando as m equações, temos uma nova equação (c 1 a c m a m1 )x (c 1 a 1n c m a mn )x n = (c 1 y c m y m ) Esta equação é dita uma COMBINAÇÃO LINEAR das equações do sistema (*) e é imediato que a solução (x 1, x 2,..., x n ) atende a esta equação. (Exemplo) Consequência: Se tivermos um outro sistema de equações lineares: b 11 x 1 + b 12 x b 1n x n = z 1 b 21 x 1 + b 22 x b 2n x n = z 2 (**).... b k1 x 1 + b k2 x b kn x n = z k no qual cada uma das k equações é combinação linear das equações de (*), então toda solução de (*) é também uma solução de (**). Observação: Pode acontecer de (**) ter soluções que não são soluções de (*). Isto não ocorrerá se também cada equação de (*) for uma combinação linear das equações de (**).

9 Sistemas Lineares 5 Definição 1.2. Dizemos que dois sistemas de equações lineares são EQUIVALENTES se cada equação de cada sistema for combinação linear das equações do outro sistema. Temos então o Teorema 1.3. Sistemas equivalentes de equações lineares têm exatamente as mesmas soluções. Nosso objetivo: Dado um sistema de equações lineares, vamos tentar produzir um outro sistema equivalente ao sistema dado e que seja mais fácil de resolver! 1.4 Operações elementares sobre as equações de um sistema - como produzir sistemas equivalentes Consideremos as seguintes operações, chamadas ELEMENTARES, sobre as equações de um sistema linear: (i) multiplicação de uma equação por um escalar não-nulo; (ii) substituição de uma equação pela soma dela com uma outra equação multiplicada por um escalar; (iii) troca entre duas equações. Qualquer uma destas operações irá produzir um sistema equivalente (e, portanto, com as mesmas soluções) ao sistema original. Assim, basta produzirmos um sistema mais fácil de resolver. Exemplos: { 2x + y = 5 A) x 2y = 2 2x y = 7 B) x + 3y = 4 x + 2y = 10 2x y 3z = 0 C) x y + z = 0 x + 2y 4z = 0 Observação: Ao realizar operações elementares sobre as equações dos sistemas lineares, buscando produzir sistemas equivalentes mais simples de resolver, nós trabalhamos efetivamente apenas com os coeficientes a ij e os escalares y 1,..., y m. Isto motiva a definição de um novo tipo de objeto.

10 6 CAPÍTULO Matrizes Definição 1.4. Uma MATRIZ m n sobre um corpo IK é uma função A do conjunto dos pares de inteiros (i, j), 1 i m, 1 j n em IK. Os elementos da matriz A são os escalares A(i, j) = a ij IK. É conveniente descrever uma matriz exibindo seus elementos em uma tabela retangular com m linhas e n colunas: a 11 a a 1n a A = 21 a a 2n a m1 a m2... a mn As m-uplas verticais a 11 a a 1n a 2n. são as chamadas colunas da matriz A. a m1 a mn ( As n-uplas horizontais da matriz A. ) ( a 11 a a 1n... ) a m1 a m2... a mn são as chamadas linhas Um elemento a ij está disposto na linha i e na coluna j. Também denotaremos uma matriz A com m linhas e n colunas por A m n. Exemplos: A) A = é uma matriz 3 2 sobre IR. B) B = 2i i i é uma matriz 2 4 sobre C. Igualdade de Matrizes: Duas matrizes A m n e B r s são iguais quando m = r, n = s e a ij = b ij, 1 i m, 1 j n, ou seja, quando possuem os mesmos números de linhas e colunas, e os elementos correspondentes são todos iguais.

11 Sistemas Lineares 7 Alguns tipos de matrizes A) Matriz Quadrada: Uma m n matriz é dita quadrada quando tem o mesmo número de linhas e colunas (m = n). Exemplo: A 2 2 = i A diagonal principal de uma matriz quadrada A = (a ij ) n n consiste nos elementos a 11, a 22,..., a nn. B) Matriz Diagonal: Uma matriz A = (a ij ) é diagonal quando é quadrada e seus elementos que não estão na diagonal principal são todos nulos, ou seja, a ij = 0 se i j. Exemplo: B = 3i Um exemplo especial de matriz diagonal é a chamada matriz identidade: ela é uma matriz diagonal onde os elementos da diagonal principal são todos iguais a 1. Denotaremos uma n n matriz identidade por I n n ou simplesmente I quando for claro (pelo contexto) qual a ordem da matriz. C) Matriz Nula: Uma matriz A = (a ij ) n m é dita nula se a ij = 0 para todo i, j, 1 i n e 1 j m. A matriz nula será representada por O. D) Matriz Triangular Superior: Uma matriz A = (a ij ) é triangular superior quando é quadrada e seus elementos abaixo da diagonal principal são todos nulos, isto é, a ij = 0 se i > j. Exemplo: D = i E) Matriz Triangular Inferior: Uma matriz A = (a ij ) é triangular inferior quando é quadrada e seus elementos acima da diagonal principal são todos nulos, isto é, a ij = 0 se i < j. Exemplo: E =

12 8 CAPÍTULO 1 F) Matriz Coluna: Matriz formada por uma única coluna. Exemplo: N = G) Matriz Linha: Matriz formada por uma única linha. Exemplo: P = 1 0 6i Adição de matrizes e multiplicação de uma matriz por um escalar Adição de matrizes: A soma das matrizes A m n e B m n é a m n matriz denotada por A + B e dada por: a 11 + b 11 a 12 + b a 1n + b 1n a A + B = 21 + b 21 a 22 + b a 2n + b 2n a m1 + b m1 a m2 + b m2... a mn + b mn Multiplicação de uma matriz por um escalar: Se k IK, o produto k.a é a m n matriz denotada por ka e dada por: k.a 11 k.a k.a 1n k.a ka = 21 k.a k.a 2n k.a m1 k.a m2... k.a mn Também definimos : A = ( 1).A e A B = A + ( 1).B Propriedades Básicas : Sejam A, B e C matrizes quaisquer m n sobre um corpo IK e k 1, k 2 IK escalares em IK. Valem as seguintes propriedades: (1) A + (B + C) = (A + B) + C (2) A + O (matriz nula) = A (3) A + ( A) = O (matriz nula) (4) A + B = B + A (5) k 1 (A + B) = k 1 A + k 1 B (6) (k 1 + k 2 )A = k 1 A + k 2 A (7) (k 1 k 2 )A = k 1 (k 2 A) (8) 1.A = A (9) 0.A = O (matriz nula)

13 Sistemas Lineares Operações elementares sobre linhas de uma matriz (*) Ao buscar as soluções de um sistema linear a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = y 1 a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = y a m1 x 1 + a m2 x a mn x n = y m realizamos operações elementares sobre as equações do sistema até produzir um sistema equivalente mais simples de resolver. Neste processo, nós essencialmente trabalhamos com os coeficientes a ij e com os escalares y 1,..., y m. Às operações elementares sobre as equações do sistema (*) correspondem, portanto, operações semelhantes sobre as linhas da matriz a 11 a a 1n a 21 a a 2n a m1 a m2... a mn y 1 y 2. y m chamada a MATRIZ COMPLETA (ou AMPLIADA) do sistema (*). (Exemplo) Definição 1.5. Se A e B são m n matrizes sobre um corpo IK, dizemos que B é LINHA- EQUIVALENTE a A se B pode ser obtida aplicando-se sobre A uma sequência finita de operações elementares sobre linhas. Resumindo: Sistema Linear operações elementares sobre as equações Sistema equivalente mais simples Matriz completa do sistema operações elementares sobre as linhas Matriz linha-equivalente mais simples Pergunta natural: A que tipo de matriz linha-equivalente estamos tentando chegar?

14 10 CAPÍTULO Matrizes linha-reduzidas à forma em escada Definição 1.6. Uma matriz m n é LINHA-REDUZIDA À FORMA EM ESCADA se as seguintes condições são satisfeitas: 1. o primeiro elemento não nulo de cada linha não nula é igual a 1; 2. cada coluna que contém o primeiro elemento não nulo de uma linha tem todos os seus outros elementos iguais a 0; 3. toda linha nula ocorre abaixo de todas as linhas não nulas; 4. o primeiro elemento não-nulo da primeira linha ocorre antes (em termos de coluna) do primeiro elemento não-nulo da segunda linha, que por sua vez ocorre antes do primeiro elemento nãonulo da terceira linha, e assim por diante... Exemplos: A = C = B = D = Teorema 1.7. Toda matriz A m n é linha-equivalente a uma única matriz linha-reduzida à forma em escada. Exemplos: A) B) C) { { 2x y = 7 x + 3y = 4 x + 2y = 10 ix + 2y = 3 6i 3x + y = 2 2x + y z = 1 x y + z = 2

15 Sistemas Lineares 11 Exercícios: 1) Descreva todas as possíveis matrizes 2 2, 2 3 e 3 3 que estão na forma linha-reduzida à forma escada. 2) Resolva os seguintes sistemas de equações lineares pelo método do escalonamento: realizando as 3 operações elementares sobre as linhas da matriz completa do sistema até que a matriz dos coeficientes fique linha-reduzida à forma escada, produzindo assim um sistema equivalente (portanto com as mesmas soluções do original) e mais fácil de resolver: a. { 2x + y = 5 x 3y = 6 b. c. d. { { 3x iy = 0 x y = 3 + i 3 x 2y + 3z = 0 2x + 5y + 6z = 0 2x y + 3z = 11 4x 3y + 2z = 0 x + y + z = 6 3x + y + z = 4 e. f. g. h. ix + z = 2i 2x iz = 4 ix + z = i y + 3z = 2 2x + y 4z = 3 2x + 3y + 2z = 1 x 2y + 3z = 0 2x y + 2z = 0 3x + y + 2z = 0 3x + 5y = 1 2x + z = 3 5x + y z = 0

16 12 CAPÍTULO 1 i. j. k. x 1 + 3x 2 + 2x 3 + 3x 4 7x 5 = 14 2x 1 + 6x 2 + x 3 2x 4 + 5x 5 = 2 x 1 + 3x 2 x 3 + 2x 5 = 1 x 3y + z = 2 2x + 3y 3z = 1 2x 9y + z = 5 x + 3y 2z = 4 4i ix + 2y + z = 8 x + y z = 1 l. x 1 + 2x 2 x 3 + 3x 4 = 1 m. n. { { 2x i 2y = 0 ix + y = 0 x + y + z = 4 2x + 5y 2z = 3 o. x + y + z = 4 2x + 5y 2z = 3 x + 7y 7z = 5 p. q. 2y + 2z = 0 x + y + 3z = 0 3x 4y + 2z = 0 2x 3y + z = 0 x + y + z + w = 0 x + y + z w = 4 x + y z + w = 4 x y + z + w = 2 r. 2x + y + 5z = 0 x 2y 4z = 3i x y 3z = i

17 Sistemas Lineares 13 3) Determine k para que o sistema abaixo admita solução (e exiba a solução): 4x + 3y = 2 5x 4y = 0 2x y = k 4) Determine k para que o sistema homogêneo abaixo admita solução não trivial (e exiba-a): 2x 5y + 2z = 0 x + y + z = 0 2x + kz = 0 5) Dado o sistema linear 3x + 5y + 12z w = 3 x + y + 4z w = 6 2y + 2z + w = 5 (a) Discuta a solução do sistema. (b) Acrescente a equação 2z + kw = 9 a este sistema e encontre um valor de k que torne o sistema impossível. 6) Determine os valores de k de modo que o sistema abaixo (e obtenha as soluções) tenha x + y + kz = 2 3x + 4y + 2z = k 2x + 3y z = 1 (a) Solução única. (b) Infinitas soluções. (c) Nenhuma solução. 7) Considere o seguinte sistema de equações lineares: x 2y + z = y 1 2x + 4y + z = y 2 5y z = y 3 1 (a) Quais as condições (se houver) sobre y 1, y 2 e y 3 para que o sistema acima tenha solução? (b) Cite uma terna (y 1, y 2, y 3 ) tal que o sistema acima tenha solução. (c) Apresente a solução correspondente à terna citada acima em (b).

18 14 CAPÍTULO Multiplicação de matrizes Definição 1.8. Sejam A m n e B n p matrizes sobre um corpo IK. O PRODUTO DE A POR B é uma m p matriz C = A.B dada por: n c ij = a ir b rj = a i1 b 1j + a i2 b 2j a in b nj. r=1 Exemplos: A) A = , B = B) C = , D = Observação: O produto AB de A por B só está definido quando o número de colunas da matriz A é igual ao número de linhas da matriz B. Propriedades: 1. Seja A uma m n matriz se I m m é a m m matriz identidade, então I m m.a = A se I n n é a n n matriz identidade, então A.I n n = A 2. Seja A uma m n matriz se O p m é a p m matriz nula, então O p m.a = O p n (p n matriz nula) se O n s é a n s matriz nula, então A.O n s = O m s (m s matriz nula) 3. Dadas matrizes A m p, B p n e C p n, temos: A(B + C) = AB + AC. 4. Dadas matrizes A n p, B m n e C m n, temos: (B + C)A = BA + CA. 5. Dadas matrizes A m n, B n p e C p k, temos: A(BC) = (AB)C. 6. Dadas matrizes A m p, B p n e qualquer escalar λ, temos: λ(ab) = (λa)b = A(λB).

19 Sistemas Lineares 15 Observação: Em geral AB BA (o produto de matrizes não é comutativo). Por exemplo: Temos que, A = e B = AB = O 3 3 e BA = Consequências importantes da definição de multiplicação de matrizes: 1 a ) Cada linha da matriz C = AB é uma combinação linear das linhas de B. A combinação linear que fornece a i-ésima linha de C é dada pela i-ésima linha de A. (Exemplo) 2 a ) Cada coluna da matriz C = AB é uma combinação linear das colunas de A. A combinação linear que fornece a j-ésima coluna de C é dada pela j-ésima coluna de B. (Exemplo) 3 a ) Todo sistema linear (*) a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = y 1 a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = y a m1 x 1 + a m2 x a mn x n = y m pode ser descrito por uma única equação matricial AX = Y, onde: A = a 11 a a 1n a 21 a a 2n é a matriz dos coeficientes do sistema, X = x 1 x 2. e Y = y 1 y 2. a m1 a m2... a mn x n y m Observação: Uma solução (x 1, x 2,..., x n ) do sistema corresponde a uma matriz X = x 1 x 2. que satisfaz à equação AX = Y. x n (Exemplo)

20 16 CAPÍTULO 1 Exercício: Considere o sistema { (a) Verifique que a matriz X 1 = x + 6y 8z = 1, que na forma matricial fica 2x + 6y 4z = 0 x y = z 1 1/3 é uma solução particular para o sistema (b) Resolva o sistema e verifique que toda solução é da forma X = λ /3 4 x (c) Mostre que λ. 2 é a solução de. y = z (d) Generalize os resultados obtidos acima e mostre que toda solução de um sistema linear AX = Y é a soma de uma solução do sistema homogêneo AX = 0 com uma solução particular de AX = Y a ) Consideremos um sistema linear AX = Y como (*). Se existir uma n m matriz à tal que { Ã.A = In n A.à = I m m solução dada por X = Ã.Y. (Exemplo), então o sistema possui uma única 1.9 Matrizes invertíveis Definição 1.9. Uma n n matriz quadrada A sobre um corpo IK é dita INVERTÍVEL se existir uma n n matriz B tal que B.A = A.B = I n n. Neste caso B é dita a INVERSA da matriz A e escrevemos B = A 1. (Exemplo)

21 Sistemas Lineares 17 Observações: 1. Se A é invertível, então A 1 também é invertível e (A 1 ) 1 = A. 2. Se A e B são invertíveis, então AB também é invertível e (AB) 1 = B 1 A 1. Teorema Seja A uma n n matriz quadrada sobre um corpo IK. Temos: A é uma matriz invertível Cada sistema AX = Y possui uma única solução A é linha-equivalente à n n matriz identidade Procedimento para inversão de matrizes: 2 1 Consideremos a matriz A 2 2 = 1 2 existir. Estaremos procurando uma matriz B = e o problema de determinar a inversa de A, se ela b 11 b tal que A.B =. b 21 b É fácil ver que este problema é equivalente a resolver os seguintes sistemas lineares (escritos na forma matricial): b 11 b = b 12 b 22 0 = 1 Para resolvermos estes sistemas, executamos sobre a matriz completa de cada um deles as operações elementares sobre linhas até transformar a matriz A dos coeficientes em uma matriz linha-reduzida à forma em escada (A será invertível se, e só se, for linha-equivalente à 2 2 matriz identidade). Porém, como a matriz dos coeficientes de ambos os sistemas é a mesma (A), podemos resolver os sistemas simultaneamente. Para tal, colocamos a matriz identidade ao lado de A e realizamos sobre I 2 2 a mesma sequência de operações sobre linhas que aplicada à matriz A deverá produzir a identidade. A matriz resultante será a inversa da matriz A. Observação: Se A não for linha-equivalente à matriz identidade, então A não é invertível.

22 18 CAPÍTULO 1 Exercícios: 1) Considere as seguintes matrizes: A = B = (a) Obtenha os produtos: A.B e B.A. (b) Sabemos que cada sistema abaixo possui uma única solução (por que?). Obtenha-as diretamente. 3x 3y 3z + 2w = 2 2x + y = 0 5x + 6y + 6z 4w = 1 x z + w = 1 4x 5y 4z + 3w = 3 x y z + w = 1 (c) Verifique as soluções obtidas. y + z + w = 2 x + 3w = 0 2) O objetivo deste exercício (dirigido) é mostrar que se A e B são duas n n matrizes tais que A.B = I n n, então B.A = I n n (ou seja, na definição de matriz invertível, basta que um dos produtos seja verificado). Suponhamos então que A e B sejam duas n n matrizes tais que A.B = I n n. 1 o passo: Mostre que o sistema homogêneo BX = O só admite a solução trivial. 2 o passo: Conclua que cada sistema BX = Y admite uma única solução. 3 o passo: Sem utilizar o resultado do Teorema 1.10, mostre diretamente do resultado do 2 o passo que existe uma n n matriz C tal que B.C = I n n. 4 o passo: Conclua que C = A obrigatoriamente e portanto B.A = I n n. 3) Identifique quais matrizes, entre as dadas abaixo, são invertíveis, obtenha as inversas (caso sejam invertíveis) e verifique as inversas. (Sugestão: Realize operações elementares sobre as linhas da matriz até obter uma matriz linhareduzida à forma escada e use que uma matriz A n n é invertível se, e somente se, A é linha-equivalente à n n Matriz Identidade I n n ) A = B = i i 3 C =

23 Sistemas Lineares Determinantes Seja (x, y) uma solução do seguinte sistema de equações lineares: { a 11 x + a 12 y = b 1 a 21 x + a 22 y = b 2 que na forma matricial é escrito como: a 11 a 12 a 21 a 22. x y = b 1 b 2 ou AX = Y sendo A = a 11 a 12 a 21 a 22 a matriz dos coeficientes do sistema, X = x y e Y = b 1 b 2 Multiplicando cada equação por constantes adequadas e somando-as, buscando isolar x e y nas equações do sistema, chegamos a: (a 11 a 22 a 12 a 21 ).x = (b 1 a 22 a 12 b 2 ) e (a 11 a 22 a 12 a 21 ).y = (a 11 b 2 b 1 a 21 ). Se (a 11 a 22 a 12 a 21 ) 0, podemos obter: x = (b 1a 22 a 12 b 2 ) (a 11 a 22 a 12 a 21 ) e y = (a 11b 2 b 1 a 21 ) (a 11 a 22 a 12 a 21 ). Existe portanto uma forte relação entre o número (a 11 a 22 a 12 a 21 ) e o sistema A.X = Y dado. Temos então: Definição Seja A = a 11 a 12 a 21 a 22 uma 2 2 matriz (de números reais ou complexos). Definimos o DETERMINANTE da matriz A ( det A ou A ) como: det A = a 11 a 22 a 12 a 21. O raciocínio e a definição anteriores podem ser generalizados de forma que possamos definir o determinante de uma matriz de ordem n n, com n 3, através de um método conhecido como Desenvolvimento de Laplace.

24 20 CAPÍTULO 1 Definição Seja A = a 11 a a 1n a 21 a a 2n uma n n (n 3) matriz sobre um corpo IK (IR ou C). a n1 a n2... a nn Escolhendo qualquer linha i {1, 2,..., n}, definimos det A = n a ij ij j=1 = a i1 i1 + a i2 i a in in sendo ij (COFATOR do elemento a ij da matriz A) o escalar dado por ij = ( 1) i+j. det A(i j). onde A(i j) é a (n 1) (n 1) matriz obtida retirando-se de A a linha i e a coluna j. Obs.: O resultado independe da linha i escolhida. (Exemplos) Observação: Em geral, para o cálculo de determinantes de matrizes de ordem maior ou igual a 4 é conveniente combinar as propriedades dos determinantes (a seguir) com a definição (Desenvolvimento de Laplace). Propriedades fundamentais dos determinantes: A) Se multiplicarmos uma linha de uma matriz quadrada por uma constante, então seu determinante fica multiplicado por esta constante. B) Trocando a posição de duas linhas de uma matriz quadrada, seu determinante muda de sinal. C) a 11 a a 1n... b i1 + c i1 b i2 + c i2... b in + c in... a n1 a n2... a nn = a 11 a a 1n... b i1 b i2... b in... a n1 a n2... a nn + a 11 a a 1n... c i1 c i2... c in... a n1 a n2... a nn D) Se A e B são n n matrizes, então det(a.b) = det A. det B

25 Sistemas Lineares 21 E) Se A é uma n n matriz e A t é sua transposta, ou seja, A t ij = A ji (as colunas de A t são as linhas de A e as linhas de A t são as colunas de A, ordenadamente), então det A t = det A. Observação: Esta última propriedade nos permite estender as propriedades anteriores referentes a linhas para propriedades semelhantes referentes a colunas. Também temos, como det A t = det A, que det A = n i=1 a ij ij, ou seja, o Desenvolvimento de Laplace na nossa definição pode ser feito ao longo das colunas da matriz A. F) Seja A O B C uma n n matriz na forma de blocos, onde A e C são matrizes quadradas e O é uma matriz nula, então (Exemplos) det A O B C = det A. det C A matriz adjunta: caracterização das matrizes invertíveis a 11 a a 1n a Seja A = 21 a a 2n..... uma n n matriz quadrada.. a n1 a n2... a nn Chamamos de MATRIZ ADJUNTA DE A, à transposta da matriz dos cofatores de A t n n1 adj A = n..... = n n1 n2... nn 1n 2n... nn (Exemplo) Teorema Seja A uma n n matriz sobre um corpo IK. Então: A. adj A = adj A.A = (det A).I n (Exemplo)

26 22 CAPÍTULO 1 Finalmente, chegamos ao resultado pretendido: Teorema Seja A uma n n matriz sobre um corpo IK. Então: A é invertível det A 0 Demonstração: ( ) Se A é invertível, então existe uma n n matriz B tal que A.B = I n n. Segue então det A. det B = det(a.b) = det I = 1 det A 0. ( ) Se det A 0, segue do Teorema anterior que (A. adj A) = ( adj A.A) = det A det A det A (det A).I n. Logo ( ) ( ) 1 1 A. det A adj A = det A adj A.A = I n. Portanto A é invertível, e A 1 = 1 det A adj A. Resumo dos principais resultados deste capítulo: Seja A uma n n matriz sobre um corpo IK. Então Cada sistema linear AX = Y possui uma única solução. O sistema homogêneo AX = O possui apenas a solução trivial X = O. A é linha-equivalente à n n matriz identidade I n n. A é invertível. det A 0.

27 Sistemas Lineares 23 Exercícios: 1) Dada a matriz A = (a) adj A (b) det A (c) A calcule 2) Prove as seguintes propriedades dos determinantes, utilizando outras propriedades conhecidas ou a própria definição de determinante: (a) Se todos os elementos de uma linha (ou coluna) de uma matriz são nulos, então seu determinante é igual a 0 (zero). (b) Se uma matriz tem duas linhas (ou colunas) iguais então seu determinante é igual a 0 (zero). (c) Se em uma matriz quadrada, duas linhas (ou colunas) têm seus elementos correspondentes proporcionais, o determinante é igual a 0 (zero). (d) O determinante de uma matriz não se altera se somarmos a uma linha (coluna) uma outra linha (coluna) multiplicada por uma constante. Para cada uma das propriedades acima, dê um exemplo com uma aplicação da propriedade. 3) Propriedade: O determinante de uma matriz triangular A n n é igual ao produto dos elementos de sua diagonal principal. (a) Prove esta propriedade no caso em que A é uma matriz triangular superior (genérica) 4 4. (Sugestão: Use Laplace) (b) O que você pode dizer sobre o determinante da matriz abaixo? λ λ λ π 3 5 4) Identifique, entre as matrizes dadas, quais são invertíveis, obtenha as inversas (daquelas que forem invertíveis) e verifique as inversas. (Sugestão: Para identificar as invertíveis, calcule os determinantes e use que uma matriz A n n é invertível se, e somente se, det A 0 - dê uma olhada no enunciado do próximo exercício)

28 24 CAPÍTULO 1 A = D = B = E = C = 2 + i i F = G = H = π J = 0 i 2 i 1 1 i i L = M = N = P = 2 0 i 1 3 i i 1 1 Q = 5i 2 4 7i R = ) Calcule os determinantes das matrizes do exercício anterior. 6) Responda se cada uma das afirmativas abaixo é verdadeira ou falsa (considere matrizes n n). Se for verdadeira, justifique-a. Se for falsa, apresente um contra-exemplo mostrando que é falsa: (a) Se I é a matriz identidade, então det I = 1 (b) Se A é invertível então det A 1 = 1 det A (c) Para todas matrizes A e B temos que det(a + B) = det A + det B (d) Para todas matrizes A e B temos que det(ab) = det(ba) (e) Se existe uma matriz invertível P tal que B = P 1.A.P então det B = det A (f) Se det A = 1 então A 1 = A (g) Para toda matriz A temos que det(k.a) = k. det A

29 Sistemas Lineares 25 7) Para cada um dos n n sistemas homogêneos AX = λx (λ IK) dados a seguir ( arrume os sistemas e observe que são de fato homogêneos), faça: (1) Determine os valores de λ para os quais o sistema admite pelo menos uma solução não trivial. (Sugestão: CX = 0 só admite a solução trivial X = 0 se, e somente se, det C 0). (2) Obtenha as soluções de AX = λx para os valores de λ obtidos no item anterior. a. { 3x + 4y = λx x + 2y = λy Sobre o corpo IR b. 5x 6y 6z = λx x + 4y + 2z = λy 3x 6y 4z = λz Sobre o corpo IR c x y z = λ. x y z Sobre o corpo IR d x y z = λ. x y z Sobre o corpo C Observando que o sistema homogêneo AX = λx corresponde a (A λi)x = 0 (onde I é a n n matriz identidade) e baseado na resolução dos ítens (1) e (2) acima, descreva a condição sobre λ para que AX = λx possua pelo menos uma solução não trivial. Obs.: No futuro, ao estudarmos as transformações lineares, será fundamental obtermos uma matriz não nula X = x 1 x 2. x n de X, ou seja, AX = λx (X 0). tal que, dada uma n n matriz A, AX seja um múltiplo

30 26 CAPI TULO 1

31 27 Capítulo 2 Espaços Vetoriais Ao estudarmos o plano IR 2, o espaço tridimensional IR 3, o conjunto M m n (IK) das m n matrizes sobre um corpo IK, o conjunto P (IK) = {a n x n a 1 x + a 0, a i IK} dos polinômios com coeficientes num corpo IK ou o conjunto C(IR) das funções f : IR IR contínuas, por exemplo, com suas operações usuais de adição e de multiplicação por escalar, começamos a perceber uma estrutura comum a todos estes conjuntos (com estas operações). Seria então natural estudar esta estrutura da maneira mais geral possível, de modo que os resultados obtidos possam ser aplicados a todos os conjuntos que possuam esta estrutura. A estrutura comum à qual nos referimos acima é a estrutura de espaço vetorial e a Álgebra Linear estuda (de modo geral) os espaços vetoriais, bem como certos tipos de funções naturais entre espaços vetoriais, as chamadas transformações lineares. 2.1 Definição e exemplos Definição 2.1. Um ESPAÇO VETORIAL SOBRE UM CORPO IK é um conjunto V, cujos objetos são denominados VETORES, munido de duas operações: Adição de vetores: que associa a cada par de vetores u, v em V um vetor u + v V ; Multiplicação por escalar: que associa a cada escalar a IK e cada vetor u V um vetor a.u V, as quais possuem as seguintes propriedades:

32 28 CAPÍTULO 2 EV.1) u + v = v + u u, v V EV.2) u + (v + w) = (u + v) + w u, v, w V EV.3) Existe um único vetor 0 V, chamado o VETOR NULO, tal que u + 0 = u u V EV.4) Para cada vetor u V, existe um único vetor u V tal que u + ( u) = 0 (nulo) EV.5) 1.u = u u V EV.6) (a.b).u = a.(b.u) a, b IK, u V EV.7) a.(u + v) = a.u + a.v a IK, u, v V EV.8) (a + b).u = a.u + b.u a, b IK, u V Exemplos: A) Consideremos o conjunto IR 2 = {(x, y) : x, y IR} com as operações usuais de adição e de multiplicação por escalar: (x 1, y 1 ) + (x 2, y 2 ) = (x 1 + x 2, y 1 + y 2 ) (x 1, y 1 ), (x 2, y 2 ) IR 2 a.(x, y) = (ax, ay) a IR, (x, y) IR 2 Identificamos geometricamente IR 2 com o plano cartesiano (estudado na geometria analítica): Figura 2.1: Um ponto (vetor) no plano cartesiano IR 2, com as operações usuais acima, é um espaço vetorial sobre o corpo IR.

33 Espaços Vetoriais 29 B) Consideremos o conjunto IR 3 = {(x, y, z) : x, y, z IR} com as operações usuais de adição e de multiplicação por escalar: (x 1, y 1, z 1 ) + (x 2, y 2, z 2 ) = (x 1 + x 2, y 1 + y 2, z 1 + z 2 ) (x 1, y 1, z 1 ), (x 2, y 2, z 2 ) IR 3 a.(x, y, z) = (ax, ay, az) a IR, (x, y, z) IR 3 Identificamos geometricamente IR 3 com o espaço euclidiano tridimensional : Figura 2.2: Um ponto (vetor) no espaço tridimensional IR 3, com as operações usuais acima, é um espaço vetorial sobre o corpo IR. C) Consideremos o conjunto IR n = {(x 1, x 2,..., x n ) : x i IR, i = 1,..., n}, onde está fixado n IN, com as operações: (x 1,..., x n ) + (y 1,..., y n ) = (x 1 + y 1, x 2 + y 2,..., x n + y n ) (x 1, x 2,..., x n ), (y 1, y 2,..., y n ) IR n a.(x 1, x 2,..., x n ) = (ax 1, ax 2,..., ax n ) a IR, (x 1, x 2,..., x n ) IR n IR n, com as operações usuais acima, é um espaço vetorial sobre o corpo IR. n = 1 IR (reta) n = 2 IR 2 (plano) n = 3 IR 3 (espaço tridimensional) Observação: Analogamente, considerando C n = {(x 1, x 2,..., x n ) : x i C, i = 1,..., n} (n IN fixado) com as operações usuais, temos que C n é um espaço vetorial sobre C. D) Fixados m, n IN, o conjunto M m n (IK) das m n matrizes sobre um corpo IK (IR ou C), com as operações usuais de adição e de multiplicação por escalar, é um espaço vetorial sobre o corpo IK.

34 30 CAPÍTULO 2 E) O conjunto P (IK) = {a n x n a 1 x + a 0 : a i IK} dos polinômios sobre um corpo IK (IR ou C), com as operações usuais de adição e de multiplicação por escalar, é espaço vetorial sobre o corpo IK. F) Seja X um conjunto não vazio. Fixado um corpo IK (IR ou C), consideremos o conjunto F(X; IK) = {f : X IK} das funções de X em IK, com as seguintes operações: Dadas f, g F(X; IK), definimos (f + g) : X IK como (f + g)(x) = f(x) + g(x) x X. Dados a IK e f F(X; IK), definimos (af) : X IK como (af)(x) = a.f(x) x X. F(X; IK), com as operações acima, é um espaço vetorial sobre o corpo IK. G) Consideremos o conjunto IR = {(x 1, x 2, x 3,...) : x i IR, i = 1, 2, 3,...}, com as operações: (x 1, x 2, x 3,...) + (y 1, y 2, y 3,...) = (x 1 + y 1, x 2 + y 2, x 3 + y 3,...) (x 1, x 2,...), (y 1, y 2,...) IR a.(x 1, x 2, x 3,...) = (ax 1, ax 2, ax 3,...) a IR, (x 1, x 2,...) IR IR, com as operações acima, é um espaço vetorial sobre o corpo IR. H) Consideremos IR 2 com as seguintes operações: (x 1, y 1 ) + (x 2, y 2 ) = (x 1 + x 2, y 1 + y 2 ) (x 1, y 1 ), (x 2, y 2 ) IR 2 a(x, y) = (ax, y) a IK, (x, y) IR 2 Com estas operações, IR 2 não é um espaço vetorial sobre IR. De fato, tomando a = 1, b = 3 IR e u = (2, 5) IR 2, temos (a + b).u = ( 2).u = ( 4, 5) mas a.u + b.u = (2, 5) + ( 6, 5) = ( 4, 10) e assim o conjunto IR 2, COM AS OPERAÇÕES ACIMA, não possui a propriedade (EV.8), não sendo portanto um espaço vetorial. Algumas consequências imediatas da definição de espaço vetorial: (a) Se w + u = w + v então u = v ; Como existe ( w) no espaço tal que w + ( w) = 0, temos: w + u = w + v ( w) + (w + u) = ( w) + (w + v) ( w + w) + u = ( w + w) + v 0 + u = 0 + v u = v. (b) Se 0 é o vetor nulo e a IK é um escalar qualquer, então a.0 = 0 ; Temos: (a.0) + 0 = a.0 = a.(0 + 0) = a.0 + a.0 e daí segue de (a) acima que 0 = a.0. (c) Dados 0 IK e u V, temos 0.u = 0 ; Temos: (0.u) + 0 = 0.u = (0 + 0).u = 0.u + 0.u e daí segue de (a) acima que 0 = 0.u.

35 Espaços Vetoriais 31 (d) Se a.v = 0 então a = 0 (zero) ou v = 0 (vetor nulo) ; Se a 0 então a possui um inverso multiplicativo a 1 e assim temos: 0 = a 1.0 = a 1.(a.v) = (a 1.a).v = 1.v = v e portanto a = 0 ou v = 0. (e) ( 1).u = u. ( 1).u + u = ( 1).u + 1.u = ( 1 + 1).u = 0.u = 0 e como o inverso aditivo do vetor u é único devemos ter necessariamente ( 1).u = u Exercícios: 1) Descreva o vetor nulo de cada um dos espaços vetoriais abaixo (nos quais são consideradas as operações usuais de adição de vetores e de multiplicação por escalar) : (a) IR 2 (b) IR 3 (c) IR n (d) C n (e) M 2 3 (C) (f) P (IR) (polinômios com coeficientes em IR) (g) F (IR) = {f : IR IR} (funções de IR em IR) 2) Em cada item abaixo definimos em IR 2 operações de adição de vetores e de multiplicação por escalar com as quais IR 2 não é espaço vetorial. Mostre (através de contra-exemplos), em cada caso, quais propriedades de espaços vetoriais não são atendidas pelas operações dadas: (a) (x 1, y 1 ) + (x 2, y 2 ) = (x 1 + x 2, 2y 1 + 2y 2 ) a.(x, y) = (ax, ay) (b) (x 1, y 1 ) + (x 2, y 2 ) = (x 1 + x 2, y 1 + y 2 ) a.(x, y) = (ay, ax) 3) Seja V = {(1, x, 2) ; x IR} munido das operações: (1, x 1, 2) + (1, x 2, 2) = (1, x 1 + x 2, 2) (1, x 1, 2), (1, x 2, 2) V a.(1, x, 2) = (1, ax, 2) a IR, (1, x, 2) V Mostre que V é um espaço vetorial sobre o corpo IR e obtenha o vetor nulo de V. 2.2 Subespaços Vetoriais Definição 2.2. Seja V um espaço vetorial sobre um corpo IK. Um subconjunto W V é dito um SUBESPAÇO VETORIAL DE V quando W também é um espaço vetorial se considerarmos W munido das mesmas operações de adição de vetores e de multiplicação por escalar definidas em V.

36 32 CAPÍTULO 2 Teorema 2.3. Sejam V um espaço vetorial sobre um corpo IK e W V. W é um subespaço vetorial de V se, e somente se: (i) O vetor nulo de V pertence a W (0 W ) (ii) Dados u, v W, então u + v W (iii) Dados u W e a IK, então a.u W. Exemplos: A) Seja W = {(x, 2x) : x IR} IR 2 (operações usuais). W é um subespaço vetorial do IR 2. É claro que o vetor nulo do IR 2, (0, 0), pertence a W. (1) Dados u = (x, 2x) e v = (y, 2y) em W, temos u + v = (x + y, 2x 2y) W. (2) Dados u = (x, 2x) e a IR, temos a.u = (ax, 2ax) W. (3) Por (1), (2) e (3) segue (do Teorema acima) que W é subespaço vetorial do IR 2. Figura 2.3: Subespaço W IR 2 B) Seja S = {(x, x 2 ) : x IR} IR 2. S não é subespaço do IR 2. Se tomarmos a = 3 IR e u = ( 2, 4) S, temos a.u = ( 6, 12) S. Assim o subconjunto S não atende ao item (iii) do Teorema acima e portanto S não é subespaço vetorial do IR 2. Figura 2.4: O subconjunto S IR 2 não é subespaço vetorial do IR 2

37 Espaços Vetoriais 33 C) Seja W = {(x 1, 0, x 3, x 4 ) : x 1, x 3, x 4 IR} IR 4. W é um subespaço do IR 4. É imediato que o vetor nulo do IR 4, (0, 0, 0, 0), pertence a W. (1) Dados u = (x 1, 0, x 3, x 4 ), v = (y 1, 0, y 3, y 4 ) W, temos u + v = (x 1 + y 1, 0, x 3 + y 3, x 4 + y 4 ) W.(2) Dados a IR e u = (x 1, 0, x 3, x 4 ) W, temos a.u = (ax 1, 0, ax 3, ax 4 ) W. (3) Por (1), (2) e (3) segue que W é subespaço vetorial do IR 4. D) Sejam W = X = x 1 x 2. x n tais que AX = O M n 1 (IR), A M m n (IR) fixada. W é o conjunto solução do sistema linear homogêneo AX = O. W é subespaço de M n 1 (IR). De fato, é claro que o vetor nulo de M n 1 (IR), a n 1 matriz nula, pertence a W, pois todo sistema linear homogêneo admite trivialmente a matriz nula como solução. (1) Se X 1, X 2 W, temos A(X 1 + X 2 ) = AX 1 + AX 2 = O + O = O e assim X 1 + X 2 W. (2) Dados a IR e X W, temos A(aX) = a(ax) = ao = O e assim ax W. (3) Por (1), (2) e (3) segue que W é subespaço vetorial de M n 1 (IR). E) Se A é uma 3 3 matriz sobre IR e Y então o conjunto solução do sistema não- x homogêneo AX = Y dado por W = X = y tais que AX = Y M 3 1(IR) não é um subespaço de M 3 1 z (IR). É imediato que a 3 1 matriz nula (vetor nulo de M 3 1 (IR)) não pertence a W, pois um sistema linear não-homogêneo não admite a matriz nula como solução. Portanto o conjunto solução de um sistema linear não homogêneo não é um subespaço vetorial (resultado geral). F) Uma n n matriz A é dita simétrica quando A t = A (A é igual a sua transposta). { } Seja W = {A 2 2 : A t a b = A} M 2 2 (IR), ou seja, W = : a, b, c IR. b c Então W (conjunto das 2 2 matrizes simétricas sobre IR) é um subespaço de M 2 2 (IR). Não é difícil verificar que a 2 2 matriz nula é simétrica, a soma de matrizes simétricas é uma matriz simétrica e a multiplicação de uma matriz simétrica por um escalar qualquer resulta em uma matriz simétrica. Portanto, o conjunto W das 2 2 matrizes simétricas é um subespaço vetorial de M 2 2 (IR).

38 34 CAPÍTULO 2 G) Seja P 3 (IK) = {a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 : a i IK} P (IK) o conjunto dos polinômios de grau 3 sobre um corpo IK (IR ou C). P 3 (IK) é um subespaço vetorial de P (IK). O polinômio nulo o(x) = 0 (vetor nulo de P (IK) ) pertence a P 3 (IK). A soma de dois polinômios de grau menor ou igual a três é ainda um polinômio de grau menor ou igual a três. A multiplicação de um polinômio de grau menor ou igual a três por um escalar qualquer é ainda um polinômio de grau menor ou igual a três. Assim, P 3 (IK) é subespaço vetorial de P (IK). H) Seja A = {f : IR IR tais que f( x) = f(x) x IR} F(IR) o subconjunto das funções pares. A é um subespaço de F(IR). Analogamente, o subconjunto das funções ímpares em F(IR), dado por B = {f : IR IR tais que f( x) = f(x) x IR}, também é um subespaço vetorial de F(IR). De fato: (1) A função nula o : IR IR dada por o(x) = 0 para todo x IR é uma função par. (2) Se f e g são funções pares, temos: (f + g)( x) = f( x) + g( x) = f(x) + g(x) = (f + g)(x) e assim f + g é também uma função par. (3) Se f é uma função par e a um escalar qualquer, temos (af)( x) = a.f( x) = a.f(x) = (af)(x) e assim (af) é também uma função par. Por (1), (2) e (3) segue que o conjunto das funções pares A é um subespaço vetorial do espaço de todas as funções de IR em IR. O resultado para B (funções ímpares) é análogo. I) Consideremos o espaço IR de todas as sequências de números reais. Denotaremos por c oo o subconjunto de IR formado pelas sequências que têm um número FINITO de termos não nulos, ou seja, as sequências que são nulas a partir de um determinado termo. Por exemplo: (1, 3, π, 0, 2, 0, 0, 0,...) c oo e (1, 1, 1,..., 1,...) c oo. c oo é um subespaço vetorial de IR. É claro que a sequência nula (0, 0, 0,..., 0,...) (vetor nulo de IR ) pertence a c oo, a soma de duas sequências em c oo é uma sequência em c oo e a multiplicação de uma sequência em c oo por um escalar qualquer é ainda uma sequência em c oo. Portanto c oo é subespaço vetorial de IR. Observações: 1. Fixado u V, o conjunto W = {a.u : a IK} V é um subespaço vetorial de V. (exercício) 2. O subconjunto W = {0} V, formado apenas pelo vetor nulo 0 V, é um subespaço de V, denominado SUBESPAÇO NULO. (imediato) 3. Todo espaço V é subespaço de si mesmo. (imediato) 4. Os subespaços V e {0} de V são denominados SUBESPAÇOS TRIVIAIS.

39 Espaços Vetoriais 35 Exercícios: 1) Considere C 2 = {(x, y) ; x, y C} que, com as operações usuais de adição de vetores e de multiplicação por escalar, é espaço vetorial sobre o corpo C. Temos que IR 2 = {(x, y) ; x, y IR} C 2. IR 2 é subespaço vetorial de C 2? Justifique. 2) Considere os espaços V dados abaixo munidos das operações usuais de adição de vetores e de multiplicação por escalar. Para cada caso abaixo, responda se W é subespaço vetorial de V e prove que sua resposta está correta: (a) V = IR 2, W = { (x, x 3 ) ; x IR } (ilustre geometricamente) (b) V = IR 2, W = {(3y, y) ; y IR} (ilustre geometricamente) (c) V = IR 2, W = {(x, 3x) ; x IR ; x 0} (ilustre geometricamente) (d) V = IR 2, W = {(x, 2x 1) ; x IR} (ilustre geometricamente) (e) V = IR 3, W = IR 2 (f) V = IR 3, W = { (x, y, z) IR 3 ; y = 3z x } (g) V = IR 3, W = {(3a b, 2a + b, a 2b) ; a, b IR} (h) V = IR 3, W é o conjunto dos vetores do IR 3 com pelo menos uma coordenada 0 (i) V = IR 4, W = { (x, y, z, w) IR 4 ; 2x + y w = 0 e z = 0 } (j) V = C 4, W é o conjunto dos vetores do C 4 que têm pelo menos duas coordenadas iguais (k) V = IR 4, W = {(x, y, x, z) ; x, y, z IR} (l) V = IR 5, W é o conjunto dos vetores do IR 5 com duas ou mais coordenadas nulas (m) V = C 3, W = { (x, y, z) C 3 ; x.y = 0 } (n) V = IR n, W = {(x, 2x, 3x,..., nx) ; x IR} { } a 0 (o) V = M 2 2 (C), W = ; a, b C 0 b (p) V = M 3 3 (IR), W é o conjunto das matrizes triangulares superiores (q) V = M 2 3 (C), W é o conjunto das 2 3 matrizes sobre C que têm alguma coluna formada

40 36 CAPÍTULO 2 por elementos iguais. (r) V = M 2 2 (C), W = { A V ; A t = A } (matrizes anti-simétricas) (s) V = M 4 4 (IR), W = {A V ; det A = 0} { } 0 1 (t) V = M 2 2 (IR), W = ; a IR 0 a (u) V = P (IR), W é o conjunto dos polinômios de grau par, acrescido do polinômio nulo (v) V = F(IR), W = {f : IR IR ; f( 7) = 0} (w) V = F(IR), W = {f : IR IR ; f(1) = 1} (x) V = F(IR), W = {f : IR IR ; f(x + 2π) = f(x) x IR} (conjunto das funções periódicas de período 2π) (y) V = IR, W = l = conjunto das sequências LIMITADAS de números reais, ou seja, (x 1, x 2, x 3,...) está em l quando existir algum número real M tal que x i M para todos os termos x i da sequência. Por exemplo: (1, 12, 13, 14, 15 ),... l e (1, 2, 1, 4, 1, 6, 1, 8, 1, 10, 1,...) l. (z) V = IR, W é o conjunto das sequências de números reais que têm uma quantidade INFINITA de termos iguais a zero. Nosso objetivo agora será construir subespaços a partir de outros subespaços dados. Como subespaços são ainda subconjuntos dos espaços vetoriais nos quais estão inseridos, é natural tentarmos usar as operações de interseção, união entre conjuntos para tentar produzir outros subespaços: Teorema 2.4 (Interseção de subespaços). Se W 1 e W 2 são subespaços de um espaço vetorial V, então sua interseção W 1 W 2 é também um subespaço de V. Observação: O resultado acima pode ser generalizado para interseção de uma família qualquer (finita ou infinita) de subespaços vetoriais de V.

41 Espaços Vetoriais 37 Exemplos: A) Consideremos os conjuntos W 1 = {(x, y, z) IR 3 ; 3x y + 2z = 0} IR 3 e W 2 = {(x, y, z) IR 3 ; x + 2y + z = 0} IR 3, subespaços de IR 3 (veja exemplo D). É fácil ver que a interseção W 1 W 2 é dada por W 1 W 2 = { (x, y, z) IR 3 ; 3x y + 2z = 0 e x + 2y + z = 0 } (a interseção é solução de um sistema linear homogêneo com as duas equações acima). Resolvendo o sistema, chegamos a W 1 W 2 = { (5y, y, 7y) ; y IR} = { y.(5, 1, 7) ; y IR}. Note que W 1 W 2 é de fato um subespaço do IR 3 (uma reta passando pela origem) e que este resultado era esperado, uma vez que W 1 e W 2 são dois planos não-paralelos no IR 3. B) Sejam W 1 = { a b c 0 } { ; a, b, c C, W 2 = a 0 0 b ; a, b C } M 2 2 (C). W 1 e W 2 são subespaços de M 2 2 (C) (verifique!). Obtenha W 1 W 2. Pela simples descrição dos subespaços W 1 e W 2 chegamos diretamente a { } a 0 W 1 W 2 = ; a C 0 0 Observação: Com a interseção de subespaços, obtemos naturalmente novos subespaços MENORES que os dados. Se pretendemos, indo em outra direção, obter subespaços MAIORES que certos subespaços dados, somos naturalmente levados a tentar fazer a união de subespaços. Porém, é fácil obter contra-exemplos (tente) para mostrar que EM GERAL A UNIÃO DE SUBESPAÇOS NÃO É UM SUBESPAÇO. Por este motivo, se desejamos obter subespaços maiores que certos subespaços dados, devemos usar o conceito de SOMA DE SUBESPAÇOS: Definição 2.5. Dados k subconjuntos S 1, S 2,..., S k V (espaço vetorial), definimos sua SOMA como S 1 + S S k = {v = u 1 + u u k : u i S i } V. Teorema 2.6 (Soma de subespaços). Se W 1 e W 2 são subespaços de um espaço vetorial V, então sua soma W 1 + W 2 é também um subespaço de V. Observação: O resultado acima é imediato também para a soma W W k de uma coleção finita de subespaços de V.

42 38 CAPÍTULO 2 Definição 2.7. Sejam W 1 e W 2 dois subespaços de um espaço V. Quando W 1 W 2 = {0} então W 1 + W 2 é chamada SOMA DIRETA DE W 1 E W 2 e denotada por W 1 W 2. Exemplos: { } { } a b a 0 A) Sejam W 1 = ; a, b, c C, W 2 = ; a, b C M 2 2 (C). c 0 0 b Já temos W 1 + W 2 M 2 2 (C). (1) a b Dada qualquer matriz A = M 2 2 (C), temos A = A 1 + A 2, com c d 0 b a 0 A 1 = W 1 e A 2 = W 2 c 0 0 d ou seja, A W 1 + W 2. Daí resulta M 2 2 (C) W 1 + W 2. (2) Por (1) e (2) podemos concluir que W 1 + W 2 = M 2 2 (C) e essa soma não é direta, pois (já vimos que) W 1 W 2 {0}. B) Sejam W 1 = {(x, y, 0) : x, y IR} e W 2 = {(0, 0, z) : z IR} subespaços do IR 3. Já temos W 1 + W 2 IR 3. (1) Dado qualquer vetor u = (x, y, z) IR 3, temos u = u 1 + u 2, com u 1 = (x, y, 0) W 1 e u 2 = (0, 0, z) W 2 ou seja, u W 1 + W 2. Daí resulta IR 3 W 1 + W 2. (2) Por (1) e (2) podemos concluir que W 1 +W 2 = IR 3 e essa soma é direta, pois W 1 W 2 = {(0, 0, 0)}. Escrevemos então IR 3 = W 1 W 2. Exercícios: 1) Sejam W 1 = { (x, y, z, t) IR 4 ; x + y = 0 e z t = 0 } e W 2 = { (x, y, z, t) IR 4 ; x y z + t = 0 } (subespaços de IR 4 ). Determine W 1 W 2. 2) Sejam W 1 = { (x, y, z, t) IR 4 ; 2x + y t = 0 e z = 0 } e W 2 = { (x, y, z, t) IR 4 ; x + y = 0 e z t = 0 } (subespaços de IR 4 ). Determine W 1 W 2. 3) Sejam W 1 = {(x, y, 0) ; x, y IR}, W 2 = {(z, z, z) ; z IR} IR 3. Mostre que W 1 e W 2 são subespaços de IR 3 e que IR 3 = W 1 W 2. 4) Dados u = (1, 2) e v = ( 1, 2), sejam W 1 e W 2 respectivamente as retas que passam pela origem de IR 2 e contêm u e v. Mostre que IR 2 = W 1 W 2.

43 Espaços Vetoriais 39 5) Sejam W 1 = { a a 0 0 } { ; a IR, W 2 = b 0 0 b ; b IR } M 2 2 (IR). Obtenha W 1 + W 2 e responda se esta soma é direta. 2.3 Combinações lineares: geração de subespaços Definição 2.8. Seja V um espaço vetorial sobre um corpo IK. Uma vetores v 1, v 2,..., v n V é um vetor COMBINAÇÃO LINEAR dos v = a 1 v 1 + a 2 v a n v n onde a 1, a 2,..., a n são escalares do corpo IK. Exemplos: A) Seja V = IR 3. Consideremos os vetores v 1 = (1, 2, 0) e v 2 = (0, 1, 1). O vetor u = ( 3, 1, 5) é uma combinação linear de v 1 e v 2, pois u = ( 3).v v 2. De fato: ( 3).(1, 2, 0) + 5.(0, 1, 1) = ( 3, 6, 0) + (0, 5, 5) = ( 3, 1, 5) = u. Já o vetor w = (2, 3, 3) não é combinação linear de v 1 e v 2, pois não existem a, b IR tais que w = a.v 1 + b.v 2. De fato, para que um vetor v = (x, y, z) IR 3 seja combinação linear de v 1 e v 2, devemos ter a, b IR tais que (x, y, z) = a.(1, 2, 0) + b.(0, 1, 1) = (a, 2a + b, b), ou seja, devemos ter a = x 2a + b = y b = z Resolvendo o sistema acima (incógnitas a e b), obtemos a = x, b = z, com y = 2x + z. Isto significa que, para que v = (x, y, z) seja combinação linear de v 1 e v 2, devemos ter y = 2x + z w = (2, 3, 3) não satizfaz essa condição (note que o vetor u = ( 3, 1, 5) satisfaz). e o vetor B) Seja V = P (IR) (espaço dos polinômios em IR). Consideremos combinações lineares dos vetores v 1 = 1, v 2 = x 2, v 3 = x 3. O polinômio p(x) = 4x 3 x é uma combinação linear dos polinômios v 1, v 2 e v 3, pois p = 2.v 1 + ( 1).v v 3. É também fácil ver que o polinômio q(x) = x 3 4x 2 + 2x 7 não é combinação linear de v 1, v 2 e v 3.

44 40 CAPÍTULO C) Seja M 2 2 (C). Sejam A = e B = i 0 A matriz M = é claramente uma combinação linear das matrizes A e B acima, pois 0 2 M = 3i.A + ( 2).B. É também fácil ver que a matriz N = 3 i não é combinação linear de 0 1 A e B. a 0 Note que as combinações lineares de A e B são exatamente as matrizes da forma, ou seja, 0 b as 2 2 matrizes diagonais de números complexos. O conjunto de todas as combinações lineares dos vetores de um subconjunto S V é um subespaço de V, denominado SUBESPAÇO GERADO PELO CONJUNTO S e denotado por S. Observações: 1. Se, em particular, S = {v 1, v 2,..., v n } é finito, escrevemos W = v 1, v 2,..., v n para denotar o subespaço gerado pelos vetores v 1, v 2,..., v n. 2. Se W 1 = S 1 e W 2 = S 2 então W 1 + W 2 = S 1 S 2 (exercício: tente provar). 3. Se duas matrizes m n em um corpo IK (IR ou C) são linha-equivalentes, então os espaços de IK n gerados pelos vetores linha de cada matriz são exatamente os mesmos. Isto decorre do fato de que se duas matrizes são linha-equivalentes, então cada cada linha de cada uma delas é combinação linear das linhas da outra. Por exemplo: Consideremos a matriz A = (escalonada-reduzida) B = Ela é linha-equivalente à matriz (verifique, escalonando a matriz A até obter B). Segue da observação acima que o subespaço do IR 3 gerado pelos vetores (1, 2, 0), ( 1, 1, 1) e ( 2, 1, 5) é o mesmo subespaço gerado por (1, 0, 2) e (0, 1, 1) (note que o vetor nulo (0, 0, 0) não tem efeito algum na geração do subespaço). Note também que, como a matriz B é escalonada reduzida (e bem mais simples que A), fica mais fácil descrever as combinações lineares das linhas de B do que as combinações lineares das linhas de A, apesar de serem os mesmos conjuntos (subespaço gerado). Retomaremos essa idéia nos exemplos a seguir.

45 Espaços Vetoriais 41 Exemplos: A) Seja V = IR 3. Sejam v 1 = (1, 2, 0) e v 2 = (0, 1, 1). W = v 1, v 2 =? Já vimos anteriormente que W = v 1, v 2 = { (x, y, z) IR 3 ; y = 2x + z } = { (x, 2x + z, z) ; x, z IR} Observemos que W (subespaço do IR 3 gerado por v 1 e v 2 = conjunto de todas as combinações lineares de v 1 e v 2 ) é um plano que passa pela origem: Figura 2.5: W = Subespaço gerado por v 1 e v 2 B) Seja S = {1, x, x 2, x 3 } (conjunto de polinômios). O subespaço W = 1, x, x 2, x 3 P (IR) gerado por S é o conjunto de todas as combinações lineares de 1, x, x 2, x 3, ou seja... S = { ax 3 + bx 2 + cx + d ; a, b, c, d IR } = P 3 (IR) C) Dadas A = Já vimos que , B = M 2 2 (C), encontre W = A, B. 0 1 { } a 0 W = A, B = ; a, b C 0 b D) Dado qualquer (x, y, z) IR 3, temos: (x, y, z) = x.(1, 0, 0) + y.(0, 1, 0) + z.(0, 0, 1) e com isso IR 3 (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1). Como já temos (trivialmente) (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) IR 3 podemos concluir que (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) = IR 3

46 42 CAPÍTULO 2 E) Seja V = M 2 2 (IR). Obtenha geradores para o seguinte subespaço de V : { } a b W = ; a, b IR M 2 2 (IR) b 0 Temos: { W = { = a. a b b } { } a 0 0 b ; a, b IR = + ; a, b IR = 0 0 b 0 } b. ; a, b IR =, Temos: F) Obtenha geradores para o subespaço do IR 3 dado por: W = { (x, y, z) IR 3 ; 2x y + 3z = 0 } W = { (x, y, z) IR 3 ; 2x y + 3z = 0 } = { (x, 2x + 3z, z) ; x, z IR } = = { x(1, 2, 0) + z(0, 3, 1) ; x, z IR } = (1, 2, 0), (0, 3, 1) G) Consideremos os vetores u 1 = (1, 2, 0, 1), u 2 = (1, 1, 1, 3), u 3 = (1, 4, 2, 3) no IR 4. É possível obter um conjunto menor de geradores para o mesmo subespaço u 1, u 2, u 3 IR 4? A resposta será SIM se algum dos vetores acima for combinação linear dos demais (pois neste caso não precisaremos dele para gerar o mesmo subespaço). Pensando nisso, vamos montar a matriz A cujas linhas são os vetores dados e escaloná-la. A situação em que algum dos vetores (linhas) é combinação dos demais ocorre quando a única matriz escalonada reduzida que é linha-equivalente a A possui uma ou mais linhas nulas. A = Como a única matriz escalonada reduzida que é linha-equivalente a A não possui nenhuma linha nula, segue que nenhum dos vetores originais é combinação linear dos demais e portanto neste caso não é possível obter um conjunto menor de geradores para o subespaço W = u 1, u 2, u 3.

47 Espaços Vetoriais 43 Exercícios: 1) Responda V ou F, justificando: 4 4 (a) é combinação linear de , , (b) (1, 1, 2) (1, 2, 3), (3, 2, 1) (c) ( 5, 3, 2), (3, 1, 3) = IR 3 2) Descreva o subespaço W M 3 2 (IR) gerado por O vetor pertence a W? , , ) Sejam U o subespaço de IR 3 gerado por (1, 0, 0) e W o subespaço de IR 3 gerado por (1, 1, 0) e (0, 1, 1). Mostre que IR 3 = U W. 4) Sejam V = M 3 3 (C), W 1 o subespaço de V formado pelas matrizes triangulares inferiores e W 2 o subespaço de V formado pelas matrizes triangulares superiores. Descreva W 1 W 2. Mostre que V = W 1 + W 2. A soma V = W 1 + W 2 é direta? Justifique. Obtenha conjuntos de vetores que geram W 1, W 2 e W 1 W 2. 5) Considere V = IR 3. Exprima o vetor z = (1, 3, 10) como combinação linear dos vetores u = (1, 0, 0), v = (1, 1, 0), e w = (2, 3, 5). Responda: z u, v? Justifique. 6) Dados os vetores u 1 = (0, 1, 2), u 2 = ( 1, 0, 3), v 1 = (1, 1, 1), v 2 = (2, 1, 0) em IR 3, descreva os subespaços W 1 = u 1, v 1, W 2 = u 2, v 2, W 1 W 2 e obtenha geradores de W 1 W 2. 7) Seja W o subespaço de M 2 2 (C) definido por { 2a a + 2b W = 0 a b } ; a, b C 0 2i 0 i W? 0 2 3i 1 W? 4i i W? 8) Mostre que os polinômios 1 x 3, (1 x) 2, 1 x e 1 geram o espaço P 3 (IR) dos polinômios reais de grau 3.

48 44 CAPÍTULO 2 9) Dados os vetores v 1 = (1, 2, 3), v 2 = (1, 1, 1) e v 3 = (1, 0, 1) no IR 3, obtenha um conjunto mais simples (se possível menor) de vetores que gere o mesmo subespaço que v 1, v 2 e v 3. A partir daí, descreva esse subespaço e responda se o vetor v = (2, 2, 1) está nesse subespaço. 10) Para cada subespaço obtido no segundo exercício da primeira lista da Seção 2.2, da letra (a) até a letra (u), obtenha um conjunto de vetores que gera o subespaço. 2.4 Dependência e independência linear Definição 2.9. Seja V um espaço vetorial sobre um corpo IK. Um conjunto não-vazio S V é dito LINEARMENTE INDEPENDENTE (L.I.) quando nenhum vetor de S é combinação linear dos demais elementos de S, ou então quando S é composto apenas de um vetor não-nulo. Do contrário, ou seja, se S = {0} ou algum vetor de S é combinação linear de outros vetores de S, então S é dito LINEARMENTE DEPENDENTE (L.D.) O resultado abaixo facilita a identificação da dependência ou independência linear. Teorema Um subconjunto S V é linearmente independente (L.I.) se, e somente se, sempre que c 1 v 1 + c 2 v c n v n = 0 com v 1, v 2,..., v n S e c 1, c 2,..., c n IK, então obrigatoriamente c 1 = c 2 =... = c n = 0, ou seja, a única combinação linear de vetores de S capaz de produzir o vetor nulo, 0, é aquela em que todos os escalares são iguais a 0 (zero). Exemplos: A) V = IR 3, v 1 = (1, 2, 0) e v 2 = (0, 1, 1). Se a.(1, 2, 0) + b.(0, 1, 1) = (0, 0, 0), temos (a, 2a + b, b) = (0, 0, 0). Resolvendo o sistema linear homogêneo, obtemos a = b = 0 obrigatoriamente e portanto os vetores (1, 2, 0) e (0, 1, 1) são L.I. B) V = IR 3, S = { (1, 2, 0), (0, 1, 1), ( 2, 3, 1) }. Se a.(1, 2, 0) + b.(0, 1, 1) + c.( 2, 3, 1) = (0, 0, 0), temos (a 2c, 2a + b 3c, b + c) = (0, 0, 0), o que nos leva ao seguinte sistema linear homogêneo a 2c = 0 2a + b 3c = 0 b + c = 0 o qual admite soluções não-triviais ( { (2c, c, c) ; c IR} ). Portanto o conjunto S = { (1, 2, 0), (0, 1, 1), (2, 3, 1)} é L.D.

49 Espaços Vetoriais 45 C) S = { (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) } IR 3 é L.I. D) As linhas não-nulas de uma m n matriz linha reduzida à forma escada (escalonada-reduzida) sobre IK correspondem a um conjunto LI de vetores do IK n. Exemplo: Seja S = { (1, 0, 1 + 2i, 0), (0, 1, 3 i, 0), (0, 0, 0, 1)} C 4. Como a 3 4 matriz i 0 A = i é escalonada-reduzida, segue da observação acima que o conjunto S é L.I. (faça também as contas nesse exemplo e tente enxergar porquê a observação funciona). Observações: (Consequências imediatas da definição) 1. Todo conjunto que contém o vetor nulo é LD. 2. Se S é LD e S Q então Q é LD. 3. Se S é LI e R S então R é LI. Exercícios: 1) Seja V um espaço vetorial sobre um corpo IK. Dados dois vetores u, v V, mostre que eles são linearmente dependentes (LD) se, e somente se, um é múltiplo escalar do outro. 2) Determinar três vetores em IR 3 que sejam linearmente dependentes e tais que dois quaisquer deles sejam linearmente independentes. 3) Considere os espaços V dados abaixo munidos das operações usuais de adição de vetores e de multiplicação por escalar. Para cada caso abaixo, responda se S V é um conjunto de vetores LI (linearmente independentes) ou LD (linearmente dependentes) em V. (a) V = C 3, S = {(1, 1, 1), (i, 2i, i), (2, 1, 2)}. (b) V = IR 3, S = {(1, 1, 1), (1, 2, 3), (1, 4, 9)}. (c) V = IR 3, S = {(1, 2, 3), (2, 1, 2), (3, 1, 1), (4, 1, 2)}. (d) V = IR 2, S = {(1, 1), ( 1, 1)}. { (e) V = M 2 2 (C), S = , , }.

50 46 CAPÍTULO 2 (f) V = P (IR), S = { x 3 5x 2 + 1, 2x 4 + 5x 6, x 2 5x + 2 }. (g) V = P 2 (C), S = { 1, x + i, (x + i) 2 }. 2.5 Base e dimensão de um espaço vetorial Definição Um conjunto β V (espaço vetorial sobre um corpo IK) é dito ser uma BASE de V quando: (i) β gera V (qualquer vetor de V é combinação linear de vetores de β); (ii) β é linearmente independente (LI). Exemplos: A) V = IR 3 e α = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}. Já vimos que α = IR 3 CANÔNICA DO IR3 ). (α gera o IR 3 ) e α é L.I. Portanto α é uma base do IR 3 (a chamada BASE B) V = IR 2 e β = {(1, 1), ( 1, 2)}. β é L.I. (pois possui dois vetores e nenhum deles é múltiplo escalar do outro). Para ver qual o espaço gerado por β, vamos escalonar a matriz que tem os vetores de β como linhas: Daí o espaço gerado por β é o mesmo espaço gerado por {(1, 0), (0, 1)} (base canônica do IR 2 ), ou seja, β gera o IR 2 todo. Portanto β é uma base do IR 2. C) Sejam W = (1, 2, 0), (0, 1, 1), ( 2, 3, 1) e γ = {(1, 2, 0), (0, 1, 1), ( 2, 3, 1)}. Já vimos que o espaço gerado por (1, 2, 0) e (0, 1, 1) é dado por { (x, 2x + z, z) ; x, z IR}. Sendo assim, é fácil ver que ( 2, 3, 1) está neste espaço, ou seja, é combinação linear dos demais vetores. Portanto o conjunto γ é L.D., não sendo portanto base de W (apesar de gerar W ).

51 Espaços Vetoriais 47 D) O conjunto δ = {(1, 2, 0), (0, 1, 1)}, apesar de ser claramente L.I., não é base do IR 3, pois ele não gera todo o IR 3 (de fato, o subespaço gerado por δ tem necessariamente os vetores na forma (x, 2x + z, z) e nem todo vetor do IR 3 é dessa forma). E) Obtenha uma base de W = { a 0 0 b Já vimos que W é gerado pelas matrizes A = ; a, b C conjunto claramente L.I., sendo portanto uma base de W } M 2 2 (C). e B = F) Obtenha uma base para W = (0, 1, 1, 0), (1, 1, 1, 2), ( 1, 1, 1, 2) , as quais formam um Como as linhas de matrizes linha-equivalentes geram os mesmos espaços, temos que W é gerado pelos vetores (1, 0, 0, 2) e (0, 1, 1, 0), os quais são L.I. (claro). Portanto o conjunto { (1, 0, 0, 2), (0, 1, 1, 0)} é uma base de W. G) Sejam V = P (IR) e β = {1, x, x 2,..., x n,...}. É imediato que β gera P (IR) (todo polinômio em P (IR) é combinação de polinômios de β) e não é difícil ver que β é L.I., sendo portanto uma base de P (IR). Observações: 1. Todo espaço vetorial V {0} possui uma base. 2. Se um espaço vetorial V possui uma base finita, dizemos então que ele possui DIMENSÃO FINITA. Caso contrário, diremos que V possui DIMENSÃO INFINITA. Teorema Sejam v 1, v 2,..., v n vetores não-nulos que geram um espaço vetorial V. Então, dentre estes vetores, podemos extrair uma base de V. Prova: Se β = { v 1, v 2,..., v n } é L.I. então este conjunto já é uma base de V e portanto o resultado é válido. Se, por outro lado, o conjunto é L.D. então algum desses vetores, digamos v i1, é combinação linear dos demais e portanto desnecessário na geração de V, ou seja, β 1 = β {v i1 } ainda gera V (como v i1 é combinação dos demais, podemos descartá-lo e ainda geraremos V com os demais). Olhamos então para β 1 β. Se β 1 é L.I. então este conjunto é uma base de V (contida em β) e o resultado é válido. Se, por outro lado, β 2 é L.D. então algum de seus vetores, digamos

52 48 CAPÍTULO 2 v i2, é combinação linear dos demais e pelo mesmo raciocínio de antes β 2 = β 1 {v i2 } ainda gera V. Prosseguindo nessa linha, após um número finito de passos chegamos a um conjunto β β que gera V e é L.I., ou seja, é uma base de V contida em β e obtemos assim o resultado pretendido. Consequências: (tente prová-las) 1 a ) Se um espaço vetorial V é gerado por um conjunto finito de vetores v 1, v 2,..., v n. Então qualquer conjunto com mais de n vetores é LD. 2 a ) Se V é um espaço vetorial de dimensão finita, então qualquer base de V tem sempre o mesmo número de elementos. Este número é chamado DIMENSÃO DE V, e denotado por dim V. 3 a ) Seja V um espaço vetorial de dimensão finita, com dim V = n. Se um conjunto β, com n vetores, gera V, então β é LI e, portanto, uma base de V. Exemplos: A) V = IR 3. Vimos que α = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} é base do IR 3 (BASE CANÔNICA). Portanto o IR3 tem dimensão finita, todas as bases do IR 3 têm 3 vetores e dim IR 3 = 3. { } a 0 B) W = ; a, b C. 0 b Já vimos que as matrizes A = e B =, formam uma base de W Portanto W tem dimensão finita, todas as bases de W têm dois vetores e dim W = 2. C) P 3 (IR) É imediato que { 1, x, x 2, x 3} é uma base de P 3 (IR). Portanto P 3 (IR) tem dimensão finita, todas as bases de P 3 (IR) têm 4 vetores e dim P 3 (IR) = 4. D) Seja W = (1, 0, 0, 0), (1, 1, 0, 0), (2, 3, 0, 0), (1, 0, 0, 1) IR 4. Vamos obter uma base para W :

53 Espaços Vetoriais 49 Portanto {(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 1)} é uma base de W, W tem dimensão finita, todas as bases de W têm 3 vetores e dim W = 3. Teorema Seja V um espaço vetorial de dimensão finita. Qualquer conjunto de vetores LI em V pode ser completado de modo a formar uma base de V. Prova: Seja β V um conjunto L.I. Se β gera V então β já é uma base de V e o resultado é válido. Se, por outro lado, β não gera V, então existe pelo menos um vetor (não-nulo) em V, digamos v 1, tal que v 1 não pertence a β (espaço gerado por β). Como β já era L.I. e v 1 não é combinação linear de vetores de β segue que β 1 = β {v 1 } é um conjunto L.I. contendo β. Olhemos então para β 1. Se β 1 (que é L.I) gera V, então β 1 é base de V contendo β e o resultado enunciado é válido. Se, por outro lado, β 1 não gera V, então existe pelo menos um vetor (não-nulo) em V, digamos v 2, que não pertence a β 1. Pelo mesmo raciocínio de antes, segue que β 2 = β 1 {v 2 } é um conjunto L.I. Prosseguindo desta forma e como V tem dimensão finita, após um número finito de passos obtemos um conjunto L.I. β β que gera V, ou seja, obtemos uma base de V contendo β e o resultado está provado. Consequências: (tente prová-las) 1 a ) Seja V um espaço vetorial de dimensão finita, com dim V = n. Se um conjunto β, com n vetores, é LI, então β gera V e é portanto uma base de V. 2 a ) Sejam V um espaço vetorial de dimensão finita e W um subespaço de V (W V ). Então: W V dim W < dim V. 3 a ) Se S V (espaço) tem n elementos e é LI, então dim V n. Em particular, se existir um conjunto INFINITO e LI em V, então V tem dimensão infinita. Exemplos: A) V = IR 2 e β = {(1, 1), ( 1, 2)}. Sabemos que o IR 2 tem dimensão 2. Como o conjunto β IR 2 tem 2 vetores e é claramente L.I., segue que β gera o IR 2 e é portanto uma base do IR 2. B) P 2 (C) e γ = {1, (x i), (x i) 2 }. Sabemos que P 2 (C) tem dimensão 3 e como γ P 2 (C) tem 3 vetores, provar que γ é L.I. é suficiente para concluirmos que γ gera P 2 (C) e é portanto uma base de P 2 (C). De fato, supondo a.1+b.(x i)+c.(x i) 2 = 0 (polinômio nulo), obtemos a+bx bi+c(x 2 2xi 1) = 0

54 50 CAPÍTULO 2 e daí (a bi c) + (b 2ci)x + cx 2 = 0, o que nos leva a a bi c = 0 b 2ci = 0 a = b = c = 0 c = 0 Logo γ é L.I. e o resultado segue. C) Verifique se IR 4 = (1, 1, 3, 1), (2, 1, 3, 0), (0, 1, 1, 1), (1, 3, 1, 2). Seja W IR 4 o subespaço gerado pelos quatro vetores acima. Teremos W = IR 4 se, e somente se, dim W = dim IR 4 = 4. Vamos então descobrir qual a dimensão de W obtendo uma base para W : Assim dim W = 3 4 = dim IR 4 e portanto W IR 4 não é todo o IR 4. D) Consideremos em IR o seguinte conjunto INFINITO de vetores: S = {w 1, w 2, w 3,...}, com w 1 = (1, 0, 0, 0,...) w 2 = (0, 1, 0, 0,...) w 3 = (0, 0, 1, 0,...). O conjunto infinito S IR espaço IR é claramente L.I. (verifique) e a partir disto podemos concluir que o (das sequências de núneros reais) tem dimensão infinita. Teorema Se W 1 e W 2 são subespaços W 1 + W 2 possui dimensão finita e de dimensão finita de um espaço vetorial V, então dim(w 1 + W 2 ) = dim W 1 + dim W 2 dim (W 1 W 2 ) Exemplo: Se W 1 = {(x, x, y, z) : x, y, z IR} e W 2 = {(a, b, a, c) : a, b, c IR} (subespaços de IR 4 ), obtenha W 1 W 2, dim W 1, dim W 2 e dim W 1 W 2 e responda se W 1 + W 2 = IR 4. W 1 = { x.(1, 1, 0, 0) + y.(0, 0, 1, 0) + z.(0, 0, 0, 1) ; x, y, z IR} = (1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1) e como os vetores geradores de W 1 acima são L.I. (mostre), então eles formam uma base de W 1 e dim W 1 = 3. W 2 = { a.(1, 0, 1, 0) + b.(0, 1, 0, 0) + c.(0, 0, 0, 1) ; a, b, c IR} = (1, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 1) e como os vetores geradores de W 2 acima são L.I. (mostre), então eles formam uma base de W 2 e dim W 2 = 3.

55 Espaços Vetoriais 51 Agora: (W 1 W 2 ) = { (x, x, x, w) ; x, w IR} = { x.(1, 1, 1, 0) + w.(0, 0, 0, 1) ; x, w IR} = (1, 1, 1, 0), (0, 0, 0, 1). Estes dois últimos vetores que geram W 1 W 2 são claramente L.I. (mostre) e portanto formam uma base de W 1 W 2, sendo então dim(w 1 W 2 ) = 2. Finalmente, usando o Teorema anterior, temos: dim(w 1 + W 2 ) = dim W 1 + dim W 2 dim(w 1 W 2 ) = = 4 Como W 1 + W 2 IR 4 tem dimensão igual a 4 = dim IR 4 segue que W 1 + W 2 = IR 4. Exercícios: 1) Mostre que { β = , , , } é uma base de M 2 2 (IR) (espaço das 2 2 matrizes reais). 2) V = C é (com as operações usuais) um espaço vetorial sobre o corpo IR (mostre se quiser). Determine uma base e sua dimensão. 3) Considere o subespaço de IR 3 gerado pelos vetores v 1 = (1, 1, 0), v 2 = (0, 1, 1), e v 3 = (1, 1, 1). v 1, v 2, v 3 = IR 3? Justifique. 4) Seja W = v 1 = (1, 1, 0, 0), v 2 = (0, 0, 1, 1), v 3 = ( 2, 2, 1, 1), v 4 = (1, 0, 0, 0) IR 4. (a) (2, 3, 2, 2) W? Justifique. (b) Exiba uma base para W. Qual a dimensão? (c) W = IR 4? Por quê? 5) Considere os seguintes vetores do IR 3 : v 1 = (1, 2, 3), v 2 = (2, 1, 2), v 3 = (3, 1, 1), v 4 = (4, 1, 2). (a) Estes vetores são LD. Justifique. (b) Expresse o vetor nulo como combinação linear destes vetores, na qual os coeficientes da combinação não são todo iguais a zero. 6) Considere o sistema linear homogêneo 2x + 4y 6z = 0 x y + 4z = 0 6y 14z = 0 (a) Se W IR 3 é o subespaço solução do sistema acima, obtenha uma base e a dimensão de W. (b) Se U IR 3 é o espaço gerado pelos vetores-linha da matriz de coeficientes do sistema acima, obtenha uma base e a dimensão de U.

56 52 CAPÍTULO 2 7) Dê exemplo de uma 3 3 matriz sobre IR cujos vetores-linha geram um subespaço de IR 3 DIFER- ENTE do espaço gerado pelos vetores-coluna. 8) Sejam W 1 = { (x, y, z, t) IR 4 ; x + y = 0 e z t = 0 } e W 2 = { (x, y, z, t) IR 4 ; x y z + t = 0 } subespaços de IR 4. (a) Determine W 1 W 2 (b) Exiba uma base para W 1 W 2 (c) Determine W 1 + W 2 (d) A soma W 1 + W 2 é direta? Justifique. (e) W 1 + W 2 = IR 4? Justifique. 9) Sejam W 1 = { a c b d ; a = d e b = c } e W 2 = { a c b d ; a = c e b = d } subespaços de M 2 2 (C). (a) Determine W 1 W 2 e exiba uma base. (b) Determine W 1 + W 2. é soma direta? (c) W 1 + W 2 = M 2 2 (C)? 10) Seja V = M 2 2 (IR) e seja W o subespaço de V gerado por { β =,,, } Encontre uma base e a dimensão de W. 11) Pode-se obter uma base para P n (IR) formada por n + 1 polnômios de grau n? 12) Já mostramos que, em IR, o conjunto INFINITO S = {w 1, w 2, w 3,...}, com w 1 = (1, 0, 0, 0,...) w 2 = (0, 1, 0, 0,...) w 3 = (0, 0, 1, 0,...). é LI e daí concluímos que IR tem dimensão infinita. Perguntamos agora: S é BASE de IR? Justifique. 13) Seja W o subespaço (plano) do IR 3 formado pelos vetores v = (x, y, z) tais que x 2y+4z = 0. Obtenha uma base β = {u 1, u 2, u 3 } do IR 3 tal que u 1, u 2 W.

57 Espaços Vetoriais 53 14) Seja W o subespaço do IR 4 gerado pelos seguintes vetores : v 1 = (1, 1, 3, 1), v 2 = (1, 3, 15, 9), v 3 = (1, 2, 0, 1). (a) Obtenha uma base para W. (b) Complete essa base obtida na letra (a) até que se tenha uma base para o IR 4. Teorema Dada uma base β = {v 1, v 2,..., v n } de um espaço vetorial V, cada vetor de V é escrito de uma única maneira como combinação linear de v 1, v 2,..., v n. Definição Fixemos uma base β = {v 1, v 2,..., v n } de um espaço vetorial V (dim V = n). Dado v V, sabemos que existem escalares a 1, a 2,..., a n, únicos, tais que v = a 1 v 1 + a 2 v a n v n. Estes escalares a 1, a 2,..., a n são chamados as COORDENADAS DE v EM β e a n 1 matriz v β = a 1 a 2. RELAÇÃO à BASE é dita a MATRIZ DAS COORDENADAS DE v EM RELAÇÃO à BASE β. Exemplos: a n A) Sendo α = { (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} a BASE CANÔNICA do IR3 então dado qualquer vetor v = (x, y, z) IR 3 temos temos v = x.(1, 0, 0) + y.(0, 1, 0) + z.(0, 0, 1) v α = B) Já vimos que β = { (1, 1), ( 1, 2)} é base do IR 2. Dado, por exemplo, o vetor w = ( 8, 1) IR 2 w = ( 8, 1) = ( 5, 5) + ( 3, 6) = ( 5).(1, 1) + 3.( 1, 2) w β = C) Já vimos que as matrizes A = e B =, formam uma base, que chamaremos { } a 0 de γ, de W = ; a, b C (subespaço de M 2 2 (C) formado pelas matrizes diagonais). 0 b x y z 5 3

58 54 CAPÍTULO 2 Seja, por exemplo, M = 2i i W. É claro que M γ = 2i 4 + i. Sejam v um vetor de um espaço vetorial V, de dimensão finita, e α e β duas bases de V. Existe alguma relação entre v α e v β? A resposta é... SIM! De fato: Fixemos duas bases α = {v 1, v 2,..., v n } e β = {w 1, w 2,..., w n } de um espaço vetorial V de dimensão finita (dim V = n). Dado um vetor v V existem, pelo teorema anterior, escalares c 1, c 2,..., c n, únicos, tais que c v = c 1 v 1 + c 2 v c n v n v α = 2. Como cada vetor v i da base α pode ser escrito de uma única forma como combinação linear dos vetores da base β, temos c 1 c n v 1 = a 11 w 1 + a 21 w a n1 w n v 2 = a 12 w 1 + a 22 w a n2 w n. v n = a 1n w 1 + a 2n w a nn w n sendo cada a ij determinado de modo único. Logo v = c 1 v 1 + c 2 v c n v n = = c 1 (a 11 w a n1 w n ) + c 2 (a 12 w a n2 w n ) c n (a 1n w a nn w n ) = = (a 11 c a 1n c n ) w 1 + (a 21 c a 2n c n ) w (a n1 c a nn c n ) w n Portanto a 11 c a 1n c n a v β = 21 c a 2n c n. = a 11 a a 1n a 21 a a 2n c 1 c 2. = a 11 a a 1n a 21 a a 2n v α a n1 c a nn c n a n1 a n2... a nn c n a n1 a n2... a nn v 1 β v 2 β... v n β

59 Espaços Vetoriais 55 Segue então o... Teorema Seja V um espaço vetorial de dimensão finita, com dim V = n. Fixadas duas bases ordenadas α e β de V, existe uma única n n matriz I α β a MATRIZ DE MUDANÇA DA BASE α PARA A BASE β ) tal que, para todo vetor v V : (denominada v β = I α β. v α Mais ainda, a j-ésima coluna da matriz I α β α em relação à base β. é dada pelas coordenadas do j-ésimo vetor da base Consequência importante: I β α. Iα β = I n n = I α β. Iβ α Portanto I α β e Iβ α são invertíveis e uma é a inversa da outra. Exemplos: A) α = {(1, 0), (0, 1)} e β = {(1, 1), ( 1, 2)} são bases do IR 2. Obtenha I α β e : (3, 5) β, (0, 1) β, (7, 4) β. Vamos obter I α β usando que Iα β = (I β α) 1 e que I β α pode ser obtida diretamente: I β α = Invertendo a matriz acima (faça as contas) obtemos: I α β = 2/3 1/3 1/3 1/3 e assim: (3, 5) β = I α β (3, 5) α = 2/3 1/3 1/3 1/3 3 5 = 1/3 8/3 (0, 1) β = I α β (0, 1) α = 2/3 1/3 1/3 1/3 0 1 = 1/3 1/3 (7, 4) β = I α β (7, 4) α = 2/3 1/3 1/3 1/3 7 4 = 6 1

60 56 CAPÍTULO 2 B) Seja α = {(1, 0), (0, 1)} a base canônica do IR 2 e seja β = {w 1, w 2 } a base obtida pela rotação da base α de um ângulo θ. Obtenha I α β. Figura 2.6: Rotação da Base Canônica Temos (veja a figura acima): w 1 = (cos θ, sen θ) w 2 = (cos(θ + π/2), sen (θ + π/2)) = ( sen θ, cos θ) e assim obtemos diretamente I β α = cos θ sen θ sen θ cos θ Invertendo a matriz acima chegamos finalmente a I α β = cos θ sen θ sen θ cos θ Exercícios: 1) Mostre que os vetores u = (i, 1) e v = (1, i) formam uma base de C 2 e exprima cada um dos vetores e 1 = (1, 0) e e 2 = (0, 1) da base canônica de C 2 como combinação linear de u e v. 2) Mostre que β = {(1, 1, 1), ( 1, 1, 0), (1, 0, 1)} é uma base do IR 3 e obtenha as coordenadas de u = (1, 0, 0) em relação à base β.

61 Espaços Vetoriais 57 3) Sejam β = { (1, 0), (0, 1) }, β 1 = { ( 1, 1), (1, 1) }, β 2 = { ( 3, 1), ( 3, 1) } e β 3 = { (2, 0), (0, 2) } bases ordenadas de IR 2. (a) Obtenha as matrizes de mudança de base: (i) I β 1 β (ii) I β β 1 (iii) I β β 2 (iv) I β β 3 (b) Quais são as coordenadas do vetor v = (3, 2) em relação às bases β, β 1, β 2 e β 3? (c) As coordenadas de um vetor u em relação à base β 1 são dadas por u β1 = 4 0. Quais são as coordenadas de u em relação às bases β, β 2 e β 3? ) Sejam V = IR 3, α e α bases ordenadas de IR 3 e seja I α α = Obtenha u α, se u α = 2 e obtenha w α, se w α = ) Se β é a base canônica do IR 2 e β é obtida de β pela rotação por um ângulo de π/3 rad, obtenha I β β e I β β. 6) Sejam β 1 = { (1, 0), (0, 2) }, β 2 = { ( 1, 0), (1, 1) }, e β 3 = { ( 1, 1), (0, 1) } três bases ordenadas de IR 2. (a) Obtenha: (i) I β 2 β 1 (ii) I β 3 β 2 (iii) I β 3 β 1 (iv) I β 2 β 1. I β 3 β 2 (b) Obtenha alguma relação geral a partir das matrizes de mudança de base acima. 7) Seja V o espaço das 2 2 matrizes triangulares superiores sobre o corpo IR e sejam { } { β =,, e β 1 =,, } duas bases de V. Obtenha I β β 1. 8) Mostre que o conjunto α = { 1, x 1, x 2 3x + 1 } é uma base de P 2 (IR). Sabemos que β = { 1, x, x 2} é uma outra base do mesmo espaço (mostre). Obtenha I β α e exprima os polinômios u = 2x 2 5x + 6 e v = x 2 + 3x 4 como combinação linear dos polinômios que formam a base α. 9) Determinar a matriz das coordenadas do vetor v = (1, 0, 1) em relação à base do espaço vetorial C 3 dada por β = { (2i, 1, 0), (2, 1, 1), (0, 1 + i, 1 i) }.

62 58 CAPI TULO 2

63 59 Capítulo 3 Transformações Lineares Existem funções naturais entre espaços vetoriais: são aquelas que preservam as operações de adição de vetores e de multiplicação de um vetor por um escalar. Estas funções são as chamadas transformações lineares e iremos estudá-las neste terceiro capítulo. 3.1 Definição e exemplos Definição 3.1. Sejam V e W espaços vetoriais sobre um mesmo corpo IK e T uma função de V em W ( T : V W ). Dizemos que T é uma TRANSFORMAÇÃO LINEAR de V em W quando satisfaz às seguintes condições: TL.1 T (u + v) = T (u) + T (v) para todos u, v V TL.2 T (k.u) = k.t (u) para todos k IK e u V. Obs.: Quando V = W também dizemos que T é um OPERADOR LINEAR sobre V. Exemplos: A) Algumas transformações de IR em IR: Seja T : IR IR definida por T (x) = a.x, a IR. T é uma transformação linear. De fato: Dados x e y em IR, temos T (x + y) = a.(x + y) = a.x + a.y = T (x) + T (y). Dados x IR e k IR temos T (k.x) = a.(k.x) = k.(a.x) = k.t (x).

64 60 CAPÍTULO 3 Seja F : IR IR definida por F (x) = a.x + b, a, b IR, b 0. F não é linear. De fato: Tomemos, por exemplo, os números 3 e 1. Temos F (3) = a.3 + b, F (1) = a.1 + b e assim F (3) + F (1) = a.4 + 2b a.4 + b = F (3 + 1), pois b 0. Portanto F não é linear. B) Seja T : IR 2 IR 3 dada por T (x, y) = (3x, 0, x y). T é transformação linear. De fato: Dados u = (x 1, y 1 ), v = (x 2, y 2 ) IR 2, temos T (u + v) = T (x 1 + x 2, y 1 + y 2 ) = = (3.(x 1 + x 2 ), 0, (x 1 + x 2 ) (y 1 + y 2 )) = (3x 1 + 3x 2, 0, x 1 y 1 + x 2 y 2 ) = (3x 1, 0, x 1 y 1 ) + (3x 2, 0, x 2 y 2 ) = T (u) + T (v). Se u = (x, y) IR 2 e k IR, temos T (k.u) = T (kx, ky) = (3kx, 0, kx ky) = k.(3x, 0, x y) = k.t (u). C) Aplicação Linear Nula: Seja O : V W dada por O(v) = 0 (vetor nulo de W ), v V. O é linear: O(u + v) = 0 = = O(u) + O(v) e O(k.u) = 0 = k.0 = k.o(u). D) Operador Identidade: Seja I : V V definida por I(v) = v para todo v V. I é um operador linear (conhecido como Operador Idêntico ou Identidade): I(u + v) = u + v = I(u) + I(v) e I(k.u) = k.u = k.i(u). Obs.: Se T : V W é linear, então T (0) = 0 (vetor nulo de W ) De fato, T (0) = T (0 + 0) = T (0) + T (0) T (0) = 0. (i) T (0) = 0 é condição necessária para que T seja linear, porém não é suficiente: Exemplo: T : IR IR dada por T (x) = x 2 cumpre T (0) = 0 mas não é linear pois, por exemplo, T (1 + 1) = T (2) = 4 2 = T (1) + T (1). (ii) Vale a contra-recíproca, ou seja, se T (0) 0 então T não é linear. Exemplo: T : IR 3 IR 2 dada por T (x, y, z) = (x, y 5). T (0, 0, 0) = (0, 5) não é o vetor nulo do IR 2 e portanto T não pode ser linear. E) Algumas aplicações que não são lineares: f 1 : IR IR dada por f 1 (x) = a.x + b, a, b IR, b 0 : f 1 (0) = b 0. f 2 : IR IR dada por f 2 (x) = cos x : f 2 (0) = cos 0 = 1 0. f 3 : IR IR dada por f 3 (x) = sen x : apesar de f 3 (0) = sen 0 = 0 temos, por exemplo, f 3 (π/2 + π/2) = f 3 (π) = = f 3 (π/2) + f 3 (π/2) e portanto f 3 não é linear. f 4 : C 3 C 2 dada por f 4 (x, y, z) = (2y, x + z + i) : f 4 (0, 0, 0) = (0, i) (0, 0).

65 Transformações Lineares 61 F) Seja V = P (C) o espaço dos polinômios com coeficientes complexos. Seja D : V V dada por D(a 0 + a 1 x + a 2 x a n x n ) = a a 2 x na n x n 1 D é um operador linear (Operador Derivação). De fato, o operador derivação D assim definido corresponde à derivação do Cálculo aplicada às funções polinomiais e sabemos (do Cálculo) que: D(p + q) = (p + q) = p + q = D(p) + D(q) e D(k.p) = (k.p) = k.p = k.d(p) G) Seja V = C (a, b ; IR) o espaço das funções f : a, b IR contínuas. T : V IR dada por T (f) = temos: T (f + g) = T (k f) = b a b a (f + g)(x) dx = (k.f)(x) dx = b a b a b a f(x) dx f(x) + g(x) dx = k.f(x) dx = k. é uma transformação linear. Novamente do Cálculo b a b a f(x) dx + f(x) dx = k T (f). b a g(x) dx = T (f) + T (g) H) Transformações do Plano no Plano: As aplicações do espaço IR 2 em IR 2 são chamadas em geral de Transformações do Plano no Plano, e podem ser ou não lineares. Destacaremos algumas em particular: 1 a ) Homotetia: H : IR 2 IR 2 α > 1 H é dita uma Expansão v T (v) = α.v, α IR α < 1 H é dita uma Contração e Figura 3.1: Homotetia Para todo v = (x, y) IR 2 : H(v) = α.v = α.(x, y) = (α.x, α.y) x H α.x α 0 x Na forma de vetor-coluna: =. y α.y 0 α y

66 62 CAPÍTULO 3 2 a ) Reflexão em torno do eixo Ox: F x : IR 2 IR 2 (x, y) F x (x, y) = (x, y) Figura 3.2: Reflexão em torno do eixo Ox ou seja: x y F x x y = x y 3 a ) Reflexão em torno da origem: S : IR 2 IR 2 v S(v) = v Figura 3.3: Reflexão em torno da origem ou seja: x y S x y = x y

67 Transformações Lineares 63 4 a ) Rotação de um ângulo θ: Seja R θ : IR 2 IR 2 a rotação de um ângulo θ no sentido anti-horário: Figura 3.4: Rotação de um ângulo θ Dado v = (x, y) IR 2, sejam: α = ângulo de Ox para v no sentido trigonométrico, R θ (v) = (x θ, y θ ) = imagem de v pela transformação R θ e r = v = módulo de v (imagem geométrica) r = R θ, x = r. cos α, y = r. sen α Temos: x θ = r. cos(α + θ) = r. cos α. cos θ r. sen α. sen θ = x. cos θ y. sen θ y θ = r. sen (α + θ) = r. sen α. cos θ + r. cos α. sen θ = y. cos θ + x. sen θ Logo: R θ (x, y) = ( x. cos θ y. sen θ, y. cos θ + x. sen θ ) Na forma matricial: x y R θ cos θ sen θ sen θ cos θ. x y Exemplo: Rotação de π/2 rad (90 o ) 5 a ) Translação (segundo um vetor (a, b) (0, 0) ): T : IR 2 IR 2 ou seja: x y T x + a y + b (x, y) T (x, y) = (x + a, y + b) 1 0 x a = y b T (0, 0) = (a, b) (0, 0) T não é linear.

68 64 CAPÍTULO 3 Exercícios: 1) Responda, justificando, quais das funções abaixo são transformações lineares: (a) f : IR 2 IR 2 dada por f(x, y) = (x + y, x y) (b) g : IR 2 IR dada por g(x, y) = x.y (c) h : M 2 2 (C) C dada por h(a) = det A A M 2 2 (C) (d) L : M 3 3 (IR) IR dada por L(A) = tr A = traço de A = a 11 + a 22 + a 33 = (e) U : IR 3 IR 3 dada por U(x, y, z) = (x 2 3y, 5z, 0) (f) M : P 2 (C) P 3 (C) dada por M(ax 2 + bx + c) = ax 3 + bx 2 + cx (g) S : IR 4 IR 3 dada por S(x, y, z, w) = (y, z w, 2y + z + 2w) 1 2 (h) N : IR 3 IR 2 N tal que (x, y, z) x y z. 0 1 (i) R : IR 2 IR 2 dada por R(x, y) = (x, 2 y 2 x ) (j) T : IR IR dada por T (x) = x (k) ϕ : IR 2 IR dada por ϕ(x, y) = x 2y ) Sejam V = M 4 1 (IR), W = M 3 1 (IR) e T : V W a transformação linear dada por T (X) = A.X, sendo A uma 3 4 matriz fixa sobre o corpo IR. Mostre que se T é a Transformação Linear Nula, então A é a 3 4 matriz nula O ) Seja T : V W uma transformação linear. Se existe um vetor u V tal que T (u) = 0 (vetor nulo de W ), podemos concluir então que u = 0 (vetor nulo de V )? Justifique se for verdade ou apresente um contra-exemplo se for falso. 3 i=1 a ii 3.2 Resultados imediatos Seja T : V W uma transformação linear de um espaço vetorial V em um espaço vetorial W. Temos então: (a) T (0) = 0. De fato: T (0) = T (0 + 0) = T (0) + T (0) T (0) = 0. (b) T ( u) = T (u) u V : T ( u) = T ( 1.u) = ( 1).T (u) = T (u). (c) Se v = c 1.v 1 + c 2.v c l.v l V é combinação linear (c i IK) dos vetores v 1, v 2,..., v l então temos: T (v) = T (c 1.v c l.v l ) = T (c 1.v 1 ) T (c l.v l ) = c 1.T (v 1 ) + c 2.T (v 2 ) c l.t (v l ) Este último resultado mostra que as transformações lineares conservam as combinações lineares e são portanto as funções naturais entre espaços vetoriais

69 Transformações Lineares 65 Esta última característica é reforçada no exemplo a seguir: Exemplo: Seja T : IR 3 W uma transformação linear do IR 3 em um espaço vetorial W. Temos que B = { e 1 = (1, 0, 0), e 2 = (0, 1, 0), e 3 = (0, 0, 1) } é a base canônica do IR 3. Dado qualquer vetor v IR 3, temos: v = (x, y, z) = x.(1, 0, 0) + y.(0, 1, 0) + z.(0, 0, 1) = x.e 1 + y.e 2 + z.e 3, com x, y, z IR. Ora, temos T (v) = T (x.e 1 +y.e 2 +z.e 3 ) = x.t (e 1 )+y.t (e 2 )+z.t (e 3 ), ou seja, qualquer transformação linear do IR 3 fica completamente determinada por sua atuação nos vetores da base {e 1, e 2, e 3 }. Por exemplo: T ( 3, 5, 0) = 3.T (e 1 ) + 5.T (e 2 ) + 0.T (e 3 ). Tentaremos agora generalizar este resultado: Teorema 3.2. Consideremos espaços vetoriais V e W sobre um mesmo corpo IK e seja B = { v 1, v 2,..., v n } uma base de V (dim V = n). Então, dados n elementos arbitrários (não necessariamente distintos) w 1, w 2,..., w n W, EXISTE UMA ÚNICA TRANSFORMAÇÃO LINEAR T : V W TAL QUE T (v i ) = w i i = 1,..., n. Demonstração: (Existência) Dado v = a 1 v 1 + a 2 v a n v n (a i IK) V, defina: T (v) = a 1 w 1 + a 2 w a n w n. T é linear: (i) u = a 1 v a n v n e v = b 1 v b n v n V temos: T (u + v) = T ( (a 1 + b 1 )v (a n + b n )v n ) = (a 1 + b 1 )w (a n + b n )w n = = T (u) + T (v) (ii) k IK e v = b 1 v b n v n V temos: T (k.v) = T (ka 1 v ka n v n ) = ka 1 w ka n w n = k.t (v) É também imediato que T (v i ) = w i i = 1,..., n. (Unicidade) Seja F : V W linear e tal que F (v i ) = w i i = 1,..., n. Dado v V, temos v = a 1 v a n v n.

70 66 CAPÍTULO 3 Logo: F (v) = F (a 1 v a n v n ) = a 1 F (v 1 ) a n F (v n ) = = a 1 w a n w n = T (v). Portanto F = T. Assim, podemos concluir que uma transformação linear T : V W fica completamente determinada se conhecermos sua atuação nos vetores de uma base de V. Exemplos: A) Qual é a transformação linear T : IR 2 IR 3 tal que T (1, 0) = (0, 1, 2) e T (0, 1) = (1, 0, 0)? α = { (1, 0), (0, 1)} é uma base do IR 2 (Base Canônica). Assim, dado qualquer vetor (x, y) IR 2, temos (x, y) = x.(1, 0) + y.(0, 1) e como T é linear: T (x, y) = x.t (1, 0) + y.t (0, 1) = x(0, 1, 2) + y(1, 0, 0) = (y, x, 2x). Portanto temos: T (x, y) = (y, x, 2x) (x, y) IR 2. B) Qual é a transformação linear S : IR 2 IR 3 tal que S(2, 0) = (1, 1, 0) e S( 1, 1) = (0, 2, 0)? β = { (2, 0), ( 1, 1)} é uma base do IR 2 (Você sabe por quê?) Assim, dado qualquer vetor (x, y) IR 2, temos (x, y) = a.(2, 0) + b.( 1, 1). Resolvendo este sistema (compare este exemplo com o anterior), obtemos a = x + y e b = y (note que a e b são as 2 coordenadas de (x, y) em relação à base β) e como S é linear: ( ) ( x + y x + y S(x, y) = a S(2, 0) + b S( 1, 1) = (1, 1, 0) + y (0, 2, 0) =, x + 5y ), ( x + y Portanto temos: S(x, y) =, x + 5y ), 0 (x, y) IR Exercícios: 1) Encontre a transf. linear T : IR 3 IR 2 tal que T (1, 0, 0) = (2, 0), T (0, 1, 0) = (1, 1) e T (0, 0, 1) = (0, 1). Obtenha v IR 3 tal que T (v) = (3, 2). 2) Qual é a transformação linear T : IR 2 IR 3 tq T (1, 1) = (3, 2, 1) e T (0, 2) = (0, 1, 0)? Obtenha T (1, 0) e T (0, 1). 3) Qual é a transformação linear S : IR 3 IR tal que S(1, 1, 1) = 3, S(0, 1, 2) = 1 e S(0, 0, 1) = 2? 4) Sabendo que a transformação T do Plano no Plano dada por uma reflexão em torno da reta x = y é linear, encontre-a. Escreva-a em forma matricial.

71 Transformações Lineares 67 5) Seja A : IR 2 IR 2 o operador linear dado por A(x, y) = (5x + 4y, 3x 2y). Para quais valores de λ IR existem vetores não nulos u IR 2 tais que A(u) = λ.u? Esses vetores u são únicos para cada λ fixado? Determine esses vetores. O que você pode concluir dos vetores associados a cada λ? 6) Tente, usando sua intuição geométrica, responder diretamente às perguntas do exercício anterior para o operador linear T do Exercício 4 acima! Agora faça isto algebricamente e confira com as respostas obtidas intuitivamente. 7) Faça como no exercício anterior para o operador R π/2 : IR 2 IR 2 dado por uma rotação de π/2 rad no sentido trigonométrico. 3.3 Núcleo e Imagem de uma transformação linear Definição 3.3. (Núcleo) Seja T : V W uma transformação linear. Chama-se Núcleo da transformação linear T ao conjunto de vetores v V que são levados por T no vetor nulo 0 W. Escreve-se: N(T ), N T, ou ker T. ker T = { v V ; T (v) = 0 } Exercício: Mostre que ker T V é um subespaço vetorial de V. Definição 3.4. (Imagem) Seja T : V W uma transformação linear. Chama-se IMAGEM de T e escreve-se Im (T ) ou Im T ao conjunto dos vetores w W para os quais existe v V com T (v) = w. Im T = { w W ; w = T (v) para algum v V } Exercício: Mostre que Im T W é um subespaço vetorial de W. Exemplos: A) Determine o núcleo e a imagem da transformação linear T : IR 2 IR 3 dada por T (x, y) = (y, x, 2x). Temos: ker T = { (x, y) IR 2 ; (y, x, 2x) = T (x, y) = (0, 0, 0) }. Obtemos então diretamente ker T = { (0, 0)} (o núcleo de T é formado apenas pelo vetor nulo do IR 2 e por isso dim ker T = 0).

72 68 CAPÍTULO 3 Im T = { (y, x, 2x) = T (x, y) ; (x, y) IR 2} = { x (0, 1, 2) + y (1, 0, 0) ; x, y IR} = (0, 1, 2), (1, 0, 0). É imediato que { (0, 1, 2), (1, 0, 0)} é uma base da Im T e portanto dim Im T = 2. B) Determine o núcleo e a imagem da transformação linear S : IR 3 IR 4 dada por S(x, y, z) = (x + 2y z, 0, y + z, x + y 2z). Temos: Obtenha também dim ker S e dim Im S. ker S = { (x, y, z) IR 3 ; (x + 2y z, 0, y + z, x + y 2z) = S(x, y, z) = (0, 0, 0, 0) }. Resolvendo o sistema linear homogêneo correspondente, obtemos ker S = { (3z, z, z) ; z IR} = { z (3, 1, 1) ; z IR} = (3, 1, 1). É claro que { (3, 1, 1)} é uma base do ker S e dim ker S = 1. Obteremos agora a imagem Im S = { (x + 2y z, 0, y + z, x + y 2z) ; (x, y, z) IR 3} = { x (1, 0, 0, 1) + y (2, 0, 1, 1) + z ( 1, 0, 1, 2) ; x, y, z IR} = (1, 0, 0, 1), (2, 0, 1, 1), ( 1, 0, 1, 2). A partir dos geradores, obtemos uma base para Im S: Assim { (1, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 1)} é uma base da Im S e dim Im S = 2. C) Sejam V = M 2 2 (IR) e M = 1 1 uma matriz fixada. 2 2 Defina o operador linear F : M 2 2 (IR) M 2 2 (IR) como F (A) = M.A A M 2 2 (IR). Encontre Im F e ker F. ( ) a b a b 1 1 a b a c b d Dada M 2 2 (IR) temos F = = c d c d 2 2 c d 2a + 2c 2b + 2d { } { } a b a b Assim ker F = ; a = c e b = d = ; a, b IR =,. c d a b Segue que dim ker F = 2. { } a c b d Não é difícil obter Im F = ; a, b, c, d IR = 2a + 2c 2b + 2d =,,, { } É claro que, é base para a Im F e portanto dim Im F =

73 Transformações Lineares 69 Teorema 3.5. (Sobre a dimensão do núcleo e a dimensão da imagem) Sejam V um espaço vetorial de dimensão finita e T : V W uma transformação linear. Então Im T tem dimensão finita e dim ker T + dim Im T = dim V Demonstração: ker T é um subespaço de V. Seja B = {u 1, u 2,..., u r } uma base de ker T (dim ker T = r). Como B é LI, podemos completar B (completamento de base) com vetores de V uma base B = {u 1,..., u r, v 1,..., v s } de V (dim V = r + s). até obtermos Basta portanto mostrarmos que dim Im T = s. Mostremos que B = {T (v 1 ), T (v 2 ),..., T (v s )} é uma base de Im T. (i) {T (v 1 ), T (v 2 ),..., T (v s )} gera Im T : Dado w Im T, existe v V tal que T (v) = w. B é base de V v = c 1 u c r u r + d 1 v d s v s, com c 1,..., c r, d 1,..., d s IK. Como T é transformação linear: w = T (v) = T (c 1 u c r u r + d 1 v d s v s ) = = c 1 T (u 1 ) c r T (u r ) + d 1 T (v 1 ) d s T (v s ) = d 1 T (v 1 ) d s T (v s ), pois temos que u i ker T T (u i ) = 0 (i = 1... r). Portanto {T (v 1 ), T (v 2 ),..., T (v s )} gera Im T. (ii) {T (v 1 ), T (v 2 ),..., T (v s )} é LI: Sejam d 1, d 2..., d s IK tais que d 1 T (v 1 ) d s T (v s ) = 0. Como T é linear, temos: 0 = d 1 T (v 1 ) d s T (v s ) = T (d 1 v d s v s ) d 1 v d s v s ker T. Mas B = {u 1, u 2,..., u r } é base de ker T. Logo existem c 1, c 2,..., c r IK tais que d 1 v d s v s = c 1 u c r u r. Temos então: ( c 1 )u ( c r )u r + d 1 v d s v s = 0. Como B = {u 1,..., u r, v 1,..., v s } é base de V, temos que B é LI, o que implica obrigatoriamente em c 1 =... = c r = d 1 =... = d s = 0. Portanto {T (v 1 ), T (v 2 ),..., T (v s )} é LI.

74 70 CAPÍTULO 3 Por (i) e (ii), {T (v 1 ), T (v 2 ),..., T (v s )} é uma base de Im T. Assim: dim Im T = s = dim V dim ker T dim ker T + dim Im T = dim V. Obs.: Nomenclaturas (definições): NULIDADE de T = dim ker T ; POSTO de T = dim Im T ; T é dita NÃO-SINGULAR quando ker T = {0}. Exercícios: 1) Obtenha o núcleo, a imagem e suas respectivas dimensões para cada uma das transformações do exercício 1 da Seção 3.1 que forem lineares. Verifique o Teorema 3.5 em cada caso. 2) Obtenha o núcleo e a imagem do operador linear derivação D : P 3 (IR) P 3 (IR). 3) Considere a transformação linear T : IR 3 IR 3 dada por T (x, y, z) = (z, x y, z). Determine uma base do núcleo de T. Qual a dimensão da imagem de T? A imagem de T é todo o IR 3? Justifique. 4) Pode existir uma transformação linear T : IR 4 IR 5 cuja imagem é todo IR 5? Pode existir uma transformação linear T : IR 3 IR 2 tal que ker T = {(0, 0, 0)}? Justifique e tente generalizar cada resultado. 5) Sejam T : V W uma transformação linear e B = {v 1, v 2,..., v n } uma base de V. Mostre então que B = {T (v 1 ), T (v 2 ),..., T (v n )} gera a Im T, ou seja, qualquer vetor da imagem de T é uma combinação linear dos vetores de B. 6) Descreva explicitamente uma transformação linear T : C 3 C 3 tal que sua imagem seja o espaço gerado pelos vetores u = (2i, 1, 3) e v = (0, i, 1 + i). (Sugestão: combine o resultado do exercício anterior com o Teorema 3.2) 7) Descreva explicitamente um operador linear F : IR 2 IR 2 cujo núcleo seja a reta y = x e cuja imagem seja a reta y = 3x.

75 Transformações Lineares Transformações injetoras, sobrejetoras, bijetoras Definição 3.6. Uma transformação linear F : V W diz-se: (i) INJETORA (ou INJETIVA) quando nenhum par de vetores distintos tem a mesma imagem, isto é, se u v (u, v V ) então F (u) F (v). (ii) SOBREJETORA (ou SOBREJETIVA) quando a imagem de F é todo o espaço W, ou seja, dado w W existe v V tal que F (v) = w. (iii) BIJETORA (ou BIJETIVA) quando F é injetora e sobrejetora. O teorema a seguir, combinado com o Teorema 3.5, visa facilitar a classificação das transformações lineares segundo a definição acima: Teorema 3.7. Uma transformação linear T : V W é injetora se, e somente se, ker T = {0} (ou seja, quando o seu núcleo possui apenas o vetor nulo). Demonstração: ( ) Seja T : V W uma transformação linear injetora. Dado v ker T, temos T (v) = 0 = T (0). Como T é injetora, então podemos concluir que v = 0. Logo ker T = {0}. ( ) Suponhamos agora que ker T = {0}. Sejam u, v V tais que T (u) = T (v). Como T é linear: 0 = T (u) T (v) = T (u v) u v ker T = {0} u v = 0 u = v. Portanto T é injetora. Exemplos: A) Seja T : IR 2 IR 3 dada por T (x, y) = (y, x, 2x). Já vimos que ker T = { (0, 0)}. Portanto T é injetora. Temos ainda: 2 = dim IR 2 = dim ker T + dim Im T = 0 + dim Im T dim Im T = 2. Como Im T IR 3 e dim Im T < dim IR 3, segue que T não é sobrejetora.

76 72 CAPÍTULO 3 B) Seja S : IR 4 IR 3 dada por S(x, y, z, w) = (x y, w, z). Temos ker S = { (x, x, 0, 0) ; x IR} = (1, 1, 0, 0). Assim ker S {(0, 0, 0, 0)} e portanto S não é injetora. 4 = dim IR 4 = dim ker S + dim Im S = 1 + dim Im S dim Im S = 3. Como Im S IR 3 e dim Im S = 3 = dim IR 3, segue que Im S = IR 3 e portanto S é sobrejetora. C) Sejam V = M 2 2 (IR) e M = uma matriz fixada. Consideremos o operador linear F : M 2 2 (IR) M 2 2 (IR) definido por F (A) = M.A, para toda A M 2 2 (IR). ( ) a b 1 0 a b a b Temos: F = =. c d 1 0 c d a b { } Assim ker F = ; c, d IR =, e portanto F não é injetora. c d Temos: 4 = dim M 2 2 (IR) = dim ker F + dim Im F = 2 + dim Im F dim Im F = 2. Como Im F M 2 2 (IR) e dim Im F < dim M 2 2 (IR) segue que F não é sobrejetora. D) Seja R π/2 : IR 2 IR 2 a rotação de um ângulo θ = π/2 (sentido anti-horário). x R Temos: θ cos θ sen θ x 0 1 x y. =. =. y sen θ cos θ y 1 0 y x Assim R π/2 (x, y) = ( y, x) e fica fácil ver que ker R π/2 = { (0, 0)}, ou seja, R π/2 é injetora. Temos também: 2 = dim IR 2 = dim ker R π/2 + dim Im R π/2 = 0 + dim Im R π/2 dim Im R π/2 = 2. Como Im R π/2 IR 2 e dim Im R π/2 = 2 = dim IR 2 segue que R π/2 é sobrejetora. Teorema 3.8. Sejam T : V W uma transformação linear, dim V = dim W < + (isto, é, V e W têm mesma dimensão, finita). Então são equivalentes: (a) T é sobrejetora. (b) T é bijetora. (c) T é injetora. (d) T leva bases de V em bases de W, ou seja, se B V = {v 1, v 2,..., v n } é base de V então B W = {T (v 1 ), T (v 2 ),..., T (v n )} é base de W.

77 Transformações Lineares 73 Demonstração: (a) (b): T é sobrejetora Im T = W dim Im T = dim W. Temos: dim Im T + dim ker T = dim V dim W + dim ker T = dim V dim ker T = 0 ker T = {0} T é injetora. Logo T é bijetora. (b) (c): Imediato! (c) (d): Seja B V = {v 1, v 2,..., v n } uma base de V. Mostremos que B W = {T (v 1 ), T (v 2 ),..., T (v n )} é LI. Sejam c 1,..., c n IK tais que c 1 T (v 1 ) =... + c n T (v n ) = 0. Como T é uma transformação linear: 0 = T (c 1 v c n v n ). Logo c 1 v c n v n ker T = {0}, pois T é injetora. Assim, c 1 v c n v n = 0, o que implica em c 1 = c 2 =... = c n. Então B W é LI e como dim V = dim W = n temos que B W é base de W. (d) (a): Seja w W. Tome B V = {v 1, v 2,..., v n } base de V. Temos então: B W = {T (v 1 ), T (v 2 ),..., T (v n )} é base de W w = c 1 T (v 1 ) c n T (v n ) = T (c 1 v c n v n ). Portanto T é sobrejetora. 3.5 Isomorfismos Definição 3.9. Chama-se ISOMORFISMO uma transformação linear T : V W Neste caso dizemos que os espaços vetoriais V e W são isomorfos e escrevemos V = W. que é bijetora. Observação: Do ponto de vista da Álgebra Linear, dois espaços vetoriais isomorfos são indistinguíveis, semelhantes, por possuírem a mesma estrutura vetorial (o que é garantido pelo isomorfismo). Se ocorrer T : V V linear e bijetora, temos um AUTOMORFISMO (um isomorfismo de V em si próprio).

78 74 CAPÍTULO 3 Exemplos: A) Seja T : IR 2 IR 2 dada por T (x, y) = ( x, y) (reflexão em torno do eixo Oy) É imediato que ker T = { (0, 0)} T é injetora. Como dim IR 2 = dim IR 2 < + segue do teorema anterior que T é um isomorfismo. B) Seja S : IR 4 M 2 2 (IR) dada por S(x, y, z, w) = x z y w. É imediato que ker S = { (0, 0, 0, 0)} S é injetora. Como dim IR 4 = dim M 2 2 (IR) < + segue do teorema anterior que S é um isomorfismo. Alguns resultados: Seja T : V W um isomorfismo. Então T é bijetora e portanto admite uma função inversa (também bijetora) T 1 : W V, sendo T 1 (T (v)) = v para todo v V e T (T 1 (w)) = w para todo w W. Convém então questionarmos: será T 1 linear??? A resposta é... Proposição Se T : V W é um isomorfismo então T 1 : W V também é linear e portanto também é um isomorfismo. Outras proposições interessantes (considere espaços de dimensão finita): Proposição Se T : V W é um isomorfismo então dim V = dim W. Proposição Se dim V = dim W então existe um isomorfismo T : V W. Exemplo: Seja T : IR 3 IR 3 dada por T (x, y, z) = (x 2y, z, x + y). Verifique que T é um isomorfismo e encontre T 1, isomorfismo inverso. ker T = { (x, y, z) IR 3 ; (x 2y, z, x + y) = (0, 0, 0) } = { (0, 0, 0)} e assim T é injetora. Como dim IR 3 = dim IR 3 < + segue do teorema anterior que T é um isomorfismo. Para obter T 1, dado (x, y, z) IR 3 vamos encontrar o único vetor (a, b, c) IR 3 tal que T (a, b, c) = (x, y, z) (pois T é bijetora) e com isso teremos (a, b, c) = T 1 (x, y, z).

79 Transformações Lineares 75 Queremos encontrar (a, b, c) IR 3 ao sistema linear abaixo: tal que (a 2b, c, a + b) = T (a, b, c) = (x, y, z) o que nos leva a 2b = x c = y a + b = z Resolvendo o sistema, encontramos a = x + 2z, b = z x, c = y e assim temos 3 3 ( x 2z T 1 (x, y, z) = (a, b, c) =, z x ), y 3 3 Exercícios: 1) Classifique as transformações lineares dos exercícios 1, 2 e 3 da Seção 3.3 quanto à injetividade e à sobrejetividade. 2) Dados T : U V linear e injetora e u 1,..., u k vetores LI em U, mostre que o conjunto {T (u 1 ),..., T (u k )} é LI. 3) Dê, quando possível, exemplos de transformações lineares T, S, L, M, H satisfazendo: (a) T : IR 3 IR 2 sobrejetora. (b) S : IR 3 IR 2 com ker S = {(0, 0, 0)}. (c) L : IR 3 IR 2 com Im L = {(0, 0)}. (d) M : M 2 2 (C) P 3 (C) bijetora (isomorfismo). (e) H : P 2 (IR) IR 4 bijetora (isomorfismo). 4) Sejam L : IR IR dada por L(x 1, x 2, x 3,...) = (x 2, x 3, x 4,...) e R : IR IR dada por R(x 1, x 2, x 3,...) = (0, x 1, x 2,...). Classifique as transformações lineares L e R quanto à injetividade e à sobrejetividade. Este exercício mostra que o Teorema 3.8 não vale para espaços de dimensão infinita. 5) Seja T o operador linear sobre IR 3 dado por T (x, y, z) = (3x, x y, 2x + y + z). Verifique se T é invertível e, em caso afirmativo, determine T 1. 6) Considere P : C 3 C 3 como o operador linear sobre C 3 que cumpre P (1, 0, 0) = (1, 0, i), P (0, 1, 0) = (0, 1, 1), P (0, 0, 1) = (i, 1, 0). Verifique se P é isomorfismo (transformação linear bijetora).

80 76 CAPÍTULO Representação de transformações por matrizes Veremos agora que, sob certas condições, toda transformação linear T : V W (sendo V e W espaços de dimensão finita) pode ser representada por uma matriz. A partir daí, vamos simplificar o estudo das transformações lineares através do estudo das matrizes que as representam. Exemplos: A) H : IR 2 IR 2 dada por H(x, y) = (α.x, α.y), sendo α IR (fixo). H é uma Homotetia: x y H α.x α.y = α 0 0 α. x y B) Seja R θ : IR 2 IR 2 uma rotação de um ângulo θ no sentido anti-horário: x y R θ (cos θ).x ( sen θ).y ( sen θ).x + (cos θ).y = cos θ sen θ sen θ cos θ. x y C) Seja T : IR 3 IR 4 dada por T (x, y, z) = ( x + 3y + z, 2x 5z, x 2y 4z, 3x 2y ) : x y z T x + 3y + z 2x 5z x 2y 4z 3x 2y = x y z Os exemplos anteriores podem ser generalizados: Proposição Sejam V e W espaços vetoriais, β = {v 1, v 2,..., v n } uma base ordenada de V, β = {w 1, w 1,..., w m } uma base ordenada de W. Para cada transformação linear T : V W existe uma (única) m n matriz A que representa a transformação T com relação às bases β e β, isto é: T (v) β = A. v β para todo vetor v V (escrevemos A = T β β ).

81 Transformações Lineares 77 Demonstração: Dada uma transformação linear T : V W, como β é base de W, temos: T (v 1 ) = a 11 w 1 + a 21 w a m1 w m T (v 2 ) = a 12 w 1 + a 22 w a m2 w m. T (v n ) = a 1n w 1 + a 2n w a mn w m. Para todo vetor v V temos: v = c 1 v 1 + c 2 v c n v n. Então: T (v) = T (c 1 v 1 + c 2 v c n v n ) = c 1 T (v 1 ) + c 2 T (v 2 ) c n T (v n ) = = c 1 a 11 w 1 + c 1 a 21 w c 1 a m1 w m + + c 2 a 12 w 1 + c 2 a 22 w c 2 a m2 w m c n a 1n w 1 + c n a 2n w c n a mn w m. Buscando as coordenadas de T (v) em relação à base β : T (v) = (a 11 c 1 + a 12 c a 1n c n )w 1 + (a 21 c 1 + a 22 c a 2n c n )w (a m1 c 1 + a m2 c a mn c n )w m. Temos então: T (v) β = a 11 c 1 + a 12 c a 1n c n a 21 c 1 + a 22 c a 2n c n. = a 11 a a 1n a 21 a a 2n.... c 1 c 2. = A. v β. a m1 c 1 + a m2 c a mn c n a m1 a m2... a mn c n Onde: a 11 a a 1n a 21 a a 2n... = A = T β β. a m1 a m2... a mn Observe que, fixadas as bases β e β, a matriz A = T β β é obtida de modo único!!!

82 78 CAPÍTULO 3 Atenção: É importante termos sempre em mente que: A primeira coluna da matriz A = T β β (que representa a transformação linear T relativamente às bases β e β ) é a matriz das coordenadas de T (v 1 ) em relação à base β. A segunda coluna da matriz A = T β β é T (v 2 ) β. A terceira coluna da matriz A = T β β é T (v 3 ) β.. A i-ésima coluna da matriz A = T β β é T (v i ) β para todo i = 1, 2,..., n. Exemplos: A) Sejam β a base canônica do IR 2 e β a base canônica do IR 3. Considere a transformação linear T : IR 2 IR 3 dada por T (x, y) = (x + y, y, y x) e obtenha T β β. A primeira coluna de T β β é dada pelas coordenadas de T (1, 0) = (1, 0, 1) em relação à base β ; A segunda coluna de T β β é dada pelas coordenadas de T (0, 1) = (1, 1, 1) em relação à base β ; Temos então (diretamente): T β β = B) Sendo S : IR 3 IR 2 dada por S(x, y, z) = (2x y + z, 3x + y 2z) (linear) e considerando α = {(1, 1, 1), (0, 1, 1), (0, 0, 1)} base do IR 3 e β = {(2, 1), (5, 3)} base do IR 2, obtenha S α β. A primeira coluna de S α β é dada pelas coordenadas de S(1, 1, 1) = (2, 2) em relação à base β ; A segunda coluna de S α β é dada pelas coordenadas de S(0, 1, 1) = (0, 1) em relação à base β ; A terceira coluna de S α β é dada pelas coordenadas de S(0, 0, 1) = (1, 2) em relação à base β ; Para obtermos as coordenadas dos vetores acima em relação à base β do IR 2, vamos obter a matriz de mudança de base I γ β, sendo γ a Base Canônica do IR2 : ( ) ) 1 1 I γ β (I = β 2 5 γ = = Assim, temos: =,. =, S α β = =

83 Transformações Lineares 79 C) Sendo D : P 2 (C) P 2 (C) o operador derivação e considerando as bases α = { 1, x, x 2} e β = { 1 + x, 1 x, x 2} de P 2 (C), obtenha D α α, Dβ α, Dα β e Dβ β. D(1) = 0, D(x) = 1, D(x 2 ) = 2x e portanto temos (diretamente): D α α = D(1 + x) = 1, D(1 x) = 1, D(x 2 ) = 2x e assim: D β α = D(1) = 0, D(x) = 1 = 1/2.(1 + x) + 1/2.(1 x), D(x 2 ) = 2x = 1.(1 + x) + ( 1).(1 x) e portanto: D α β = 0 1/ / D(1+x) = 1 = 1/2.(1 +x) + 1/2.(1 x), D(1 x) = 1 = ( 1/2).(1+x)+( 1/2).(1 x), D(x 2 ) = 2x = 1.(1 + x) + ( 1).(1 x) e temos: D β β = 1/2 1/2 1 1/2 1/ D) Sejam β = { , , , } base de M 2 2 (IR), α = {( 1, 0), (1, 2)} base do IR 2 e U : M 2 2 (IR) IR 2 dada por ( ) a b U = (a + d, b + c). c d Obtenha U β α. Temos: ( 2 1 U 0 0 ) = (2, 1), U ( ) = (2, 1), U ( ) = (1, 2), U ( ) = (2, 0)

84 80 CAPÍTULO 3 Obtemos então as coordenadas dos vetores acima em relação à base α do IR 2 e teremos U β α = 3/2 5/ /2 1/2 1 0 Um caso especial: Operadores lineares e mudança de base Sejam V um espaço vetorial sobre um corpo IK, α = {v 1, v 2,..., v n }, β = {w 1, w 2,..., w n } bases ordenadas de V (dim V = n). Dado um operador linear T : V V, T é representado pelas matrizes: T α α (em relação à base α) e T β β (em relação à base β). Pergunta-se: Existe alguma relação entre T α α e T β β? A resposta é SIM! Para todo vetor v V, temos: T v β = I α β. T v α = Iα β. T α α. v α = Iα β. T α α. Iβ α. v β. Então, pela unicidade da matriz representante de T em relação à base β, temos que T β β = Iα β. T α α. Iβ α. Como I α β = (I β α) 1, podemos concluir também que T α α = Iβ α. T β β. Iα β. Definição Duas n n matrizes A e B sobre um corpo IK são chamadas SEMELHANTES quando existir uma n n matriz invertível P (sobre IK) tal que B = P 1.A.P Portanto, se T : V V é um operador linear e α, β são bases de V, então as matrizes T α α e T β β são semelhantes. Podemos então concluir que mudanças de base constituem uma fonte natural de matrizes semelhantes!

85 Transformações Lineares 81 Exemplos: A) Seja T : IR 2 IR 2 o operador linear dado por T (x, y) = (7x 4y, 4x + y). (a) Obtenha T (matriz representante de T em relação à base canônica). T (1, 0) = (7, 4) e T (0, 1) = ( 4, 1). Logo: T = (b) Se β = { (3, 6), ( 2, 1) } (base do IR 2 ), obtenha T β β. T (3, 6) = ( 3, 6) = ( 1).(3, 6) e T ( 2, 1) = ( 18, 9) = 9.( 2, 1). Logo: T β β = B) Seja S : IR 2 IR 2 o operador linear tal que S (matriz representante de S em relação à base canônica) é dada por 5 4 S =. 8 7 (a) S(x, y) =? Ou melhor: obtenha o operador S. Dado (x, y) IR 2, temos: (x, y) = x.(1, 0) + y.(0, 1) S(x, y) = x.s(1, 0) + y.s(0, 1) = = x.(5, 8) + y.( 4, 7) = (5x 4y, 8x 7y). (b) Obtenha vetores v e w em IR 2 tais que S(v) = 1.v e S(w) = ( 3).w. Temos V 1 = { (x, y) IR 2 ; (5x 4y, 8x 7y) = S(x, y) = 1.(x, y) = (x, y) }. Resolvendo o sistema linear homogêneo correspondente, obtemos V 1 = { (x, x) ; x IR} e podemos tomar v = (1, 1). Temos V 3 = { (x, y) IR 2 ; (5x 4y, 8x 7y) = S(x, y) = ( 3).(x, y) = ( 3x, 3y) }. Resolvendo o sistema correspondente, obtemos V 3 = { (x, 2x) ; x IR} e podemos tomar w = (1, 2). (c) Verifique se β = {v, w} é base do IR 2 e, em caso afirmativo, obtenha S β β. β = {(1, 1), (1, 2)} é base do IR 2, pois é um conjunto LI (são apenas dois vetores e nenhum é múltiplo escalar do outro) no IR 2 contendo 2 = dim IR 2 vetores. Temos ainda: S β β =

86 82 CAPÍTULO 3 Exercícios: 1) Seja T : IR 3 IR 2 a transformação linear dada por T (x, y, z) = (x + y, 2z x). (a) Obtenha T β β, sendo β e β respectivamente as bases canônicas de IR 3 e IR 2. (b) Obtenha T α α, considerando as bases ordenadas α = { (1, 0, 1), (1, 1, 1), (1, 0, 0) } de IR3 e α = { (0, 1), (1, 0) } de IR 2. 2) Seja T : C 2 C 2 o operador linear dado por T (x, y) = (x, 0) e considere as bases ordenadas α = {(1, 0), (0, 1)} e β = {(1, i), ( i, 2)} de C 2. (a) Obtenha T α α, T β α, T α β e T β β. (b) Obtenha a matriz de T em relação à base ordenada {( i, 2), (1, i)}. 3) Seja S : IR 3 IR 3 o operador linear sobre IR 3 tal que S = Obtenha S(x, y, z) { } ) Sejam β =,,, base de M 2 2 (IR), α = {(1, 0), (0, 1)} base do IR 2 e T : IR 2 M 2 2 (IR) tal que T α β = Obtenha T (x, y). 5) Sejam α = {(1, 1), (0, 2)} e β = {(1, 0, 1), (0, 1, 2), (1, 2, 0)} bases de IR 2 e IR 3. (a) Se S : IR 2 IR 3 é dada por S(x, y) = (2y, x y, x), obtenha S α β. (b) Se T : IR 2 IR 3 é tal que T α β = (c) Ache uma base γ de IR 3 tal que T α γ =, ache T, isto é, T (x, y) ) Seja P 3 (IR) o espaço vetorial dos polinômios de grau menor ou igual a 3 sobre IR e considere o. operador linear derivação D : P 3 (IR) P 3 (IR) dado por. D(a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 ) = a 1 + 2a 2 x + 3a 3 x 2.

87 Transformações Lineares 83 Considerando a base β = { 1, x 1, (x 1) 2, (x 1) 3} de P 3 (IR), encontre D β β (matriz representante de D em relação à base β) ) Consideremos a matriz A =. Um problema fundamental da Álgebra Linear consiste 6 4 em obter uma matriz B, semelhante à matriz A (isto é, B = P 1.A.P com P invertível) tal que B seja o mais SIMPLES possível! Ora, sabemos que uma fonte natural de matrizes semelhantes é a mudança de base na representação de transformações lineares, ou seja, se α e β são bases de um espaço vetorial V (de dimensão finita) e T : V V é um operador linear sobre V, então T α α e T β β Assim sendo, vamos considerar uma transformação linear T : IR 2 IR 2 são semelhantes. matriz representante de T em relação à base canônica de IR 2 ). Obtenha T (x, y). tal que A = T (A é a Encontrar uma matriz simples e semelhante à matriz A significa então obter uma base β = {u, v} do IR 2 tal que B = T β β seja simples. As matrizes mais simples possíveis são as matrizes diagonais. Vamos tentar então obter uma base β tal que B = T β β = λ λ 2 Isto significa então que, sendo β = {u, v}, teremos T (u) = λ 1.u e T (v) = λ 2.v. Encontre valores de λ 1 e λ 2 tais que existam vetores não-nulos u e v que satisfaçam as condições acima. Obtenha então u e v e verifique se β = {u, v} é base de IR 2. Finalmente, obtenha a matriz B = T β β (que já sabemos ser semelhante à matriz A). 8) Seja W o subespaço do IR 3 dado por W = { (x, y, z) IR 3 ; x + 2y z = 0 }. (W é um PLANO que passa pela origem) Consideremos agora a transformação linear R : IR 3 IR 3 que é uma plano W. REFLEXÃO em torno do Obtenha a expressão para R(x, y, z). Sugestão: (a) Obtenha uma base β = {v, w} para W (espera-se que dim W = 2). (b) Sabemos da Geometria Analítica (e veremos mais adiante neste curso) que o vetor u = (1, 2, 1) é perpendicular (ortogonal) ao plano W (é um chamado vetor NORMAL ao plano). Mostre que β = β {u} = {v, w, u} é uma base do IR 3 (isto também é esperado - por quê?). (c) É fácil perceber o efeito da transformação R na base β e assim obter Rβ β. (d) A partir de R β β, obtenha R e daí fica fácil descobrir R(x, y, z).

88 84 CAPÍTULO Composição de transformações lineares Definição Sejam V, W, Z espaços vetoriais, T : V W e U : W Z transformações lineares. Podemos construir a função composta (U T ) : V Z dada por (U T )v = U(T v) v V Figura 3.5: Composição de transformações lineares Podemos indagar: Será U T linear? A resposta é... SIM! De fato: (U T )(v + w) = U(T (v + w)) = U(T v + T w) = U(T v) + U(T w) = (U T )v + (U T )w (U T )(k.v) = U(T (k.v)) = U(k.T v) = k.u(t v) = k.(u T )v Logo U T é linear. Exemplo: Sejam R : IR 2 IR 2 e S : IR 2 IR 2 dadas por R(x, y) = (x, x y) e S(x, y) = (2y, x) (x, y) IR 2. Determine R S : IR 2 IR 2 e S R : IR 2 IR 2. Dado (x, y) IR 2, temos: (R S)(x, y) = R(S(x, y)) = R(2y, x) = (2y, 2y x). (S R)(x, y) = S(R(x, y)) = S(x, x y) = (2x 2y, x).

89 Transformações Lineares 85 Composição e matrizes representantes Sejam V, W e Z espaços vetoriais (todos de dimensão finita), α base de V, β base de W e γ base de Z. Sejam T : V W e U : W Z transformações lineares. Acabamos de ver que (U T ) : V Z é linear. Nos interessa agora estabelecer uma relação entre a matriz representante da composta U T e as matrizes representantes de U e T (fixadas as bases dos respectivos espaços) que possa nos ajudar a obter informações sobre a composta de um modo mais direto. Nesse sentido, verificamos a existência da importante relação dada abaixo: U T α γ = Uβ γ. T α β. De fato: Para todo vetor v V temos (U T )v γ = U(T v) γ = U β γ. T v β = Uβ γ. T α β. v α. Pela unicidade da matriz representante U T α γ, podemos concluir que U T α γ = Uβ γ. T α β. Exemplo: Sejam R : IR 2 IR 3 e S : IR 3 IR 2 dadas por R(x, y) = (x, x + y, y) e S(x, y, z) = (z x, z). Sejam α = {(1, 1), ( 2, 1)} base do IR 2, β = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} a base canônica do IR 3 e γ = {(1, 0), (0, 1)} a base canônica do IR 2. Obtenha: R S, S R, S R α γ e S Rγ α Temos: R S = R γ β Sβ γ = 1 1 = S R = S β γ R γ β = = S R α γ = S β γ R α β = = S R γ α = S β α R γ β = =

90 86 CAPÍTULO 3 A proposição seguinte é uma consequência da representação da composição por matrizes: Proposição Sejam V e W espaços vetoriais, de mesma dimensão (finita), T : V W uma transformação linear, α uma base de V e β uma base de W. As seguintes afirmações são equivalentes: (i) T é invertível (bijetora, isomorfismo) (ii) A matriz T α β é invertível Em caso afirmativo, temos ainda T 1 ) β 1 (T α = α β Exemplo: Seja T : IR 2 IR 2 dada por T (x, y) = (x y, 2y x). Mostre que T é invertível e determine T Temos: T = é invertível T é invertível e 1 2 T 1 = T = T 1 (x, y) = (2x + y, x + y) 1 1 Exercícios: 1) Sejam R : IR 2 IR 3 e S : IR 3 IR 2 as transformações lineares dadas por Obtenha R S e S R. R(x, y) = (2x, x y, y) e S(x, y, z) = (y z, z x). 2) Sejam R : IR 2 IR 2 e S : IR 3 IR 2 transformações lineares tais que R = e S = Sabemos que R S : IR 3 IR 2. Obtenha R S (x, y, z). 3) No plano, uma rotação anti-horária de 45 o é seguida por uma dilatação (homotetia) de 2. Ache a aplicação A : IR 2 IR 2 que representa esta transformação do plano. (Sugestão: a aplicação procurada é uma composição de duas transformações lineares. Encontre sua matriz em relação à base canônica do IR 2 através das matrizes das transformações que a compoem).

91 Transformações Lineares 87 4) Qual é a aplicação A : IR 2 IR 2 que representa uma contração (homotetia) de 1/ 2 seguida de uma rotação horária de 45 o? 5) Sejam R e S operadores lineares sobre IR 3 tais que R = Encontre T : IR 3 IR 3 tal que R = S T. e S = ) Seja T : IR 2 IR 2 uma reflexão através da reta y = 3x. (a) Encontre T (x, y). (b) Obtenha uma base α de IR 2 tal que T α α = Posto e Nulidade de uma transformação linear Ao final da seção 3.3 definimos, para uma transformação linear T : V W (espaços vetoriais de dimensão finita): de V em W POSTO de T = dim Im T (dimensão da imagem de T ). NULIDADE de T = dim ker T (dimensão do núcleo de T ). Um resultado de utilidade prática na obtenção do posto e da nulidade de T é o seguinte: Proposição Seja T : V W uma transformação linear de V em W (espaços vetoriais de dimensão finita). Dadas duas bases, α de V e β de W, temos Posto de T = Posto de T α β = número de linhas não-nulas da matriz linha-reduzida à forma escada que é linha-equivalente à matriz T α β. Nulidade de T = (número de colunas de T α β ) - (Posto de T ). Exercícios: 1) Seja T : IR 3 IR 4 a transformação linear dada por T (x, y, z) = (x + 5y + 9z, 2x + 6y + 10z, 3x + 7y + 11z, 4x + 8y + 12z). Obtenha dim Im T (posto de T ) e dim ker T (nulidade de T ).

92 88 CAPÍTULO 3 2) Sejam R : IR 2 IR 2 e S : IR 4 IR 3 transformações lineares tais que R = e S = Obtenha o posto e a nulidade de cada uma das transformações acima..

93 89 Capítulo 4 Formas Canônicas Neste capítulo estaremos interessados em, dado um operador linear T : V V sobre um espaço de dimensão finita, obter uma base β de V tal que T β β (matriz representante de T em relação à base β ) seja a mais simples possível (formas canônicas), no sentido de que possamos operar mais facilmente com a mesma. 4.1 Autovalores e autovetores Ao buscarmos uma base β de V que torne simples T β β, o primeiro tipo (mais simples) de matriz que surge é a matriz diagonal. Assim sendo, queremos que T β β seja, ou pelo menos se aproxime de, uma matriz diagonal. Somos então levados naturalmente a procurar, para formarmos a base β, vetores (obviamente não-nulos, pois irão compor uma base) v V tais que existam escalares λ IK com T (v) = λ.v. Definição 4.1. Seja T : V V um operador linear (V sobre um corpo IK). Um escalar λ IK é dito um AUTOVALOR de T quando existir um vetor não-nulo v V tal que T (v) = λ.v. Um vetor v que cumpra esta condição é dito um AUTOVETOR associado ao autovalor λ. Se λ é um autovalor de T : V V, o subespaço V λ = {v V ; T (v) = λ.v} (subespaço vetorial de V - exercício) é chamado o SUBESPAÇO ASSOCIADO AO AUTOVALOR λ ou AUTOESPAÇO ASSOCIADO A λ. Obs.: Outras denominações: Autovalores: valores característicos, valores próprios. Autovetores: vetores característicos, vetores próprios.

94 90 CAPÍTULO 4 Exemplos: A) Seja T : IR 2 IR 2 o operador linear dado por T (x, y) = (4x + 5y, 2x + y). v = (5, 2) é um autovetor do operador T. w = (2, 1) não é um autovetor do operador T. De fato: T (v) = T (5, 2) = (30, 12) = 6 (5, 2) = 6 v e assim λ = 6 é um autovalor de T e v é um autovetor associado a este autovalor. T (w) = T (2, 1) = (13, 5) não é múltiplo escalar de w. B) Nem todo operador possui autovetores! Seja R π/2 : IR 2 IR 2 dado por R π/2 (x, y) = ( y, x). R π/2 não possui autovetores. Buscamos escalares λ IR e vetores NÃO-NULOS v = (x, y) tais que R π/2(v) = λ v, ou seja, ( y, x) = R π/2 (x, y) = λ (x, y) = (λ x, λ y) Chegamos então ao sistema linear homogêneo { y = λ x x = λ y { λ x + y = 0 x + λ y = 0 Para que o sistema linear homogêneo acima admita soluções não-triviais (LEMBRE-SE QUE ESTA- λ 1 MOS BUSCANDO v = (x, y) (0, 0) ), devemos ter det A = 0, sendo A = a matriz 1 λ dos coeficientes do sistema. Mas é fácil ver que det A = λ para todo λ IR. Isto significa que nenhum escalar λ IR admite soluções não-triviais para o sistema e assim o operador R π/2 não possui autovalores (e consequentemente não possui nenhum autovetor). C) Proposição: Dado um operador linear T : V V e um autovetor v associado a um autovalor λ ( T (v) = λ.v ) então, dado k IK, k.v também é um autovetor associado ao mesmo autovalor λ. De fato: T (k.v) = k.t (v) = k.(λ.v) = λ.(k.v) D) Seja F x : IR 2 IR 2 o operador dado por F x (x, y) = (x, y). Encontre os autovalores e autovetores de F x. Buscamos escalares λ IR e vetores NÃO-NULOS v = (x, y) tais que F x(v) = λ v, ou seja, (x, y) = F x (x, y) = λ (x, y) = (λ x, λ y) Chegamos então ao sistema linear homogêneo { x = λ x y = λ y { (λ 1) x = 0 (λ + 1) y = 0

95 Formas Canônicas 91 Para que o sistema linear homogêneo acima admita soluções não-triviais (estamos buscando λ 1 0 v = (x, y) (0, 0) ), devemos ter det B = 0, sendo B = a matriz dos coeficientes 0 λ + 1 do sistema. Como det B = (λ 1)(λ + 1), os escalares λ IR para os quais temos soluções não-triviais são: λ = 1, λ = 1, sendo estes portanto os autovalores de F x. Finalmente, vamos encontrar os autovetores associados a cada um destes autovalores: Autovetores associados ao autovalor λ = 1 : { Com λ = 1 o sistema fica e temos: V 1 = { v IR 2 ; F x (v) = 1 v } = { (x, 0) ; x IR } = (1, 0) 0 = 0 2y = 0 Autovetores associados ao autovalor λ = 1 : { 2x = 0 Com λ = 1 o sistema fica e temos: 0 = 0 V 1 = { v IR 2 ; F x (v) = 1 v } = { (0, y) ; y IR } = (0, 1) E) Seja T : IR 2 IR 2 o operador dado por T (x, y) = ( 3x+2y, 4x+3y). Encontre os autovalores e autovetores de T. Buscamos escalares λ IR e vetores NÃO-NULOS v = (x, y) tais que T (v) = λ v, ou seja, ( 3x + 2y, 4x + 3y) = T (x, y) = λ (x, y) = (λ x, λ y) Chegamos então ao sistema linear homogêneo { 3x + 2y = λ x 4x + 3y = λ y { (λ + 3) x 2y = 0 4x + (λ 3) y = 0 Para que o sistema linear homogêneo acima admita soluções não-triviais (estamos buscando λ v = (x, y) (0, 0) ), devemos ter det C = 0, sendo C = a matriz dos coeficientes 4 λ 3 do sistema. Como det C = (λ 1)(λ + 1), os escalares λ IR para os quais temos soluções não-triviais são: λ = 1, λ = 1, sendo estes portanto os autovalores de T.

96 92 CAPÍTULO 4 Finalmente, vamos encontrar os autovetores associados a cada um destes autovalores: Autovetores associados ao autovalor λ = 1 : { 4x 2y = 0 Com λ = 1 o sistema fica 4x 2y = 0 e temos: V 1 = { v IR 2 ; T (v) = 1 v } = { (x, 2x) ; x IR } = (1, 2) Autovetores associados ao autovalor λ = 1 : { 2x 2y = 0 Com λ = 1 o sistema fica 4x 4y = 0 e temos: V 1 = { v IR 2 ; T (v) = 1 v } = { (y, y) ; y IR } = (1, 1) F) Seja S : IR 3 IR 3 dado por S(x, y, z) = (2x, z, y). Encontre os autovalores e autovetores de S. Buscamos escalares λ IR e vetores NÃO-NULOS v = (x, y) tais que S(v) = λ v, ou seja, (2x, z, y) = S(x, y, z) = λ (x, y, z) = (λ x, λ y, λ z) Chegamos então ao sistema linear homogêneo 2x = λ x z = λ y y = λ z (λ 2) x = 0 λ y + z = 0 y + λ z = 0 Para que o sistema linear homogêneo acima admita soluções não-triviais (estamos buscando λ v = (x, y) (0, 0) ), devemos ter det D = 0, sendo D = 0 λ 1 a matriz dos coeficientes do sistema. Como 0 1 λ det D = (λ 2)(λ 2 + 1), o único escalar λ IR para o qual temos soluções não-triviais é λ = 2, sendo este portanto o único autovalor de S. Vamos encontrar os autovetores associados este autovalor: Autovetores associados ao autovalor λ = 2 : { 2y + z = 0 Com λ = 2 o sistema fica y + 2z = 0 e temos: V 2 = { v IR 3 ; S(v) = 2 v } = { (x, 0, 0) ; x IR } = (1, 0, 0)

97 Formas Canônicas 93 Autovalores de uma matriz: Definição 4.2. Dada uma n n matriz A sobre um corpo IK, definimos os autovetores e autovalores de A como os mesmos do operador T : IK n IK n tal que T = A. 4.2 Obtendo autovalores e autovetores Sejam T : IK n IK n (lembremos que IK = IR ou C) um operador linear e a n n matriz A tal que A = T (A é a matriz que representa T em relação à base canônica). Para obtermos os autovalores e autovetores de T e A, procederemos da mesma forma que nos exemplos anteriores: Queremos obter λ IK e v = (x 1, x 2,..., x n ) (0, 0,..., 0), v IK n tais que T (v) = λ.v, ou seja, λ.v T (v) = 0 (vetor nulo). O que também pode ser descrito como: λ.i(v) T (v) = 0 (λ.i T )(v) = 0. Na forma matricial: λx 1 λx 2. λx n A. x 1 x 2. x n = (λ.i A). x 1 x 2. x n = ( ) Para que o sistema ( ) acima possua soluções não-triviais (lembremos que estamos buscando vetores não-nulos v), devemos ter det(λi A) = 0. Portanto, os valores característicos do operador T (e da matriz A) são exatamente os escalares λ IK tais que det(λi A) = 0 (equação característica da matriz A ou do operador T ). Definição 4.3. Definimos o POLINÔMIO CARACTERÍSTICO da matriz A como sendo o polinômio p A (x) = det(xi A).

98 94 CAPÍTULO 4 Consequências: (a) Como A é uma n n matriz sobre o corpo IK, seu polinômio característico será um polinômio de grau n e coeficientes em IK. (b) Se duas n n matrizes A e B são semelhantes então elas têm o mesmo polinômio característico. Esta consequência nos permite definir o POLINÔMIO CARACTERÍSTICO DE UM OPERADOR T : V V, p T (x), como o polinômio característico de qualquer matriz representante de T, T β β em relação a uma base β de V. (c) É claro que os autovalores de A (e portanto de T ) são as raízes do seu polinômio característico e usaremos o sistema ( ) acima para determinar seus autovetores. Obs.: Se tivermos T : V V, dim V = n e V IK n (por exemplo, se V é um espaço de polinômios ou matrizes), então escolha uma base α de V e a partir daí cada vetor v V poderá ser representado por sua n-upla de coordenadas em relação à base α, ou seja, podemos tomar os mesmos procedimentos acima, como se estivéssemos no espaço IK n (isomorfismo entre espaços de polinômios ou matrizes e espaços do tipo IK n ). Um pouco sobre polinômios: Um polinômio p(x) = a 0 + a 1 x a n x n de grau n tem no máximo n raízes distintas. Um escalar λ é raiz de um polinômio p(x) se, e somente se, p(x) é divisível por (x λ). Se p(x) é um polinômio com coeficientes reais e o número complexo a + ib é raiz de p(x) então seu conjugado a ib também é raiz de p(x). Exemplo: Seja T : IR 3 IR 3 dado por T (x, y, z) = (x + y, x y + 2z, 2x + y z). Obtenha os autovalores e autovetores de T. Obteremos inicialmente os AUTOVALORES de T. Os autovalores do operador T são as raízes (reais) do polinômio característico p T (x), de T, sendo este o polinômio característico de qualquer matriz representante de T (em relação a qualquer base do IR 3 ). Desta forma, escolhemos a base canônica do IR 3 (poderia ser qualquer outra base) e fazemos A = T =

99 Formas Canônicas 95 Temos então p T (x) = p A (x) = det(xi A) = det x x x + 1 = (x + 1)(x + 2)(x 2) (calculamos o determinante e obtivemos o polinômio fatorado) Os autovalores de T (raízes de p T (x)) são portanto: λ = 1, λ = 2 e λ = 2. Finalmente, vamos encontrar os autovetores associados a cada um destes autovalores: Autovetores associados ao autovalor λ = 1 : V 1 = { v IR 3 ; T (v) = ( 1) v } = { (x, y, z) ; (x + y, x y + 2z, 2x + y z) = T (x, y, z) = ( x, y, z) } O sistema fica 2x y = 0 x 2z = 0 2x y = 0 e (resolvendo o sistema) obtemos V 1 = { ( 2z, 4z, z) ; z IR } = ( 2, 4, 1) Autovetores associados ao autovalor λ = 2 : V 2 = { v IR 3 ; T (v) = ( 2) v } = { (x, y, z) ; (x + y, x y + 2z, 2x + y z) = T (x, y, z) = ( 2x, 2y, 2z) } O sistema fica 3x y = 0 x y 2z = 0 2x y z = 0 e (resolvendo o sistema) obtemos V 2 = { (z, 3z, z) ; z IR } = (1, 3, 1) Autovetores associados ao autovalor λ = 2 : V 2 = { v IR 3 ; T (v) = 2 v } = { (x, y, z) ; (x + y, x y + 2z, 2x + y z) = T (x, y, z) = (2x, 2y, 2z) } O sistema fica x y = 0 x + 3y 2z = 0 2x y + 3z = 0 e (resolvendo o sistema) obtemos V 2 = { (z, z, z) ; z IR } = (1, 1, 1)

100 96 CAPÍTULO 4 Exercícios: 1) Ache os autovalores e autovetores correspondentes dos operadores lineares dados abaixo: (a) T : IR 2 IR 2 dado por T (x, y) = (2y, x). (b) S : IR 2 IR 2 dado por S(x, y) = (x + y, 2x + y). (c) L : IR 3 IR 3 dado por L(x, y, z) = (x + y, x y + 2z, 2x + y z). (d) M : M 2 2 (C) M 2 2 (C) dado por M(A) = A t (transposta de A). (e) H : P 2 (IR) P 2 (IR) dado por H(ax 2 + bx + c) = ax 2 + cx + b. (f) U : IR 4 IR 4 dado por U(x, y, z, w) = (x, x + y, x + y + z, x + y + z + w). 2) Encontre o operador linear T : IR 2 IR 2 tal que T tenha autovalores 2 e 3 associados aos autovetores (3y, y) e ( 2y, y) respectivamente. 3) Ache os autovalores e autovetores correspondentes das matrizes: (a) A = (b) B = (c) C = (d) D = (e) E = (f) F = (g) G = (j) J = (h) H = (i) I = ) Seja T : V V um operador linear. Se λ = 0 é autovalor de T, mostre que T não é injetora. A recíproca é verdadeira? Ou seja, se T não é injetora, λ = 0 é autovalor de T?

101 Formas Canônicas 97 5) Sejam A = e T : IR 2 IR 2 tal que T = A. (a) Mostre que T é invertível (bijetora, isomorfismo) e obtenha T 1. (b) Mostre que os autovalores de qualquer operador linear invertível não são nulos, ou seja, λ = 0 não pode ser autovalor de T, se T for invertível. (Sugestão: Dê uma olhada no exercício anterior) (c) Obtenha os autovalores e autovetores correspondentes de T e T 1 (o mesmo que obter os de A e A 1 ). (d) Generalize o resultado obtido na letra (c) acima, para um operador invertível T : V V. 6) Seja A = Obtenha os autovalores e autovetores de A... (a)... sobre o corpo IR dos números reais. (b)... sobre o corpo C dos números complexos. 4.3 Forma diagonal: a primeira forma canônica Base de autovetores, operadores diagonalizáveis: Seja T : V V (dim V = n) um operador linear. Se V possui uma base β = {v 1, v 2,..., v n } de autovetores de T, temos: T (v 1 ) = λ 1.v 1 T (v 2 ) = λ 2.v 2. T β β = λ λ T (v n ) = λ n.v n λ n Assim sendo, a matriz representante de T em relação à base β é diagonal.

102 98 CAPÍTULO 4 Reciprocamente, se γ = {w 1, w 2,..., w n } é uma base de V tal que T γ γ é diagonal: T γ γ = a a a n T (w 1 ) = a 1.w 1 T (w 2 ) = a 2.w 2. T (w n ) = a n.w n. Logo γ é uma base de autovetores de T. Portanto T : V V admite uma base β (de V ) de autovetores se, e somente se, T β β é uma matriz diagonal. Definição 4.4. Seja T : V V um operador linear. T é um operador DIAGONALIZÁVEL se, e somente se, existe uma base de V cujos elementos são (todos) autovetores de T. Exemplos: A) Seja T : IR 2 IR 2 dado por T (x, y) = ( 3x + 4y, x + 2y). T é diagonalizável? Escolhemos inicialmente a base canônica do IR 2 e temos: 3 4 A = T = 1 2 x p T (x) = p A (x) = det(xi A) = det = x 2 + x 2 = (x + 2)(x 1) 1 x 2 Os autovalores de T (raízes de p T (x)) são portanto: λ = 2 e λ = 1. Vamos encontrar os autovetores associados a cada um destes autovalores e tentar montar uma base para o IR 2 formada por autovetores de T : Autovetores associados ao autovalor λ = 2 : V 2 = { v IR 2 ; T (v) = ( 2) v } = { (x, y) ; ( 3x + 4y, x + 2y) = T (x, y) = ( 2x, 2y) } { x 4y = 0 O sistema fica e (resolvendo o sistema) obtemos x 4y = 0 V 2 = { (4y, y) ; y IR } = (4, 1)

103 Formas Canônicas 99 Autovetores associados ao autovalor λ = 1 : V 1 = { v IR 2 ; T (v) = 1 v } = { (x, y) ; ( 3x + 4y, x + 2y) = T (x, y) = (x, y) } { 4x 4y = 0 O sistema fica e (resolvendo o sistema) obtemos x y = 0 V 1 = { (y, y) ; y IR } = (1, 1) Finalmente, é fácil ver que β = { (4, 1), (1, 1) } é uma base do IR 2 formada por autovetores do operador T. Portanto T é diagonalizável e temos T β β = B) Seja R : IR 2 IR 2 tal que R = a b b a, a, b IR, b 0. R é diagonalizável? Sendo B = R, temos p R (x) = p B (x) = det(xi B) = det x a b b x a = (x a) 2 + b 2 Como b 0 temos que p R (x) não possui raízes reais e assim R não possui autovalores (e nem autovetores). Portanto R não é diagonalizável. C) Seja S : IR 3 IR 3 tal que S = Sendo C = S temos S é diagonalizável? x p S (x) = p C (x) = det(xi C) = det 0 x x + 1 Os autovalores de S (raízes de p S (x)) são portanto: λ = 3 e λ = 1. = (x 3) 2 (x + 1) Vamos encontrar os autovetores associados a cada um destes autovalores e tentar montar uma base para o IR 3 formada por autovetores de S:

104 100 CAPÍTULO 4 Autovetores associados ao autovalor λ = 3 : V 3 = { v IR 3 ; S(v) = 3 v } = { (x, y, z) ; (3x 4z, 3y + 5z, z) = S(x, y, z) = (3x, 3y, 3z) } O sistema fica 4z = 0 5z = 0 4z = 0 e (resolvendo o sistema) obtemos V 3 = { (x, y, 0) ; x, y IR } = (1, 0, 0), (0, 1, 0) Autovetores associados ao autovalor λ = 1 : V 1 = { v IR 3 ; S(v) = ( 1) v } = { (x, y) ; (3x 4z, 3y + 5z, z) = S(x, y, z) = ( x, y, z) } { 4x 4z = 0 O sistema fica e (resolvendo o sistema) obtemos 4y + 5z = 0 V 1 = { (z, 5z/4, z) ; z IR } = (4, 5, 4) Finalmente, é fácil ver que β = { (1, 0, 0), (0, 1, 0), (4, 5, 4) } é uma base do IR 3 formada por autovetores do operador S. Portanto S é diagonalizável e temos S β β = D) Seja U : IR 3 IR 3 tal que U = U é diagonalizável? Sendo D = U temos p U (x) = p D (x) = det(xi D) = det x x x + 1 = (x 3) 2 (x + 1) Os autovalores de U (raízes de p U (x)) são portanto: λ = 3 e λ = 1. Vamos encontrar os autovetores associados a cada um destes autovalores e tentar montar uma base para o IR 3 formada por autovetores de S:

105 Formas Canônicas 101 Autovetores associados ao autovalor λ = 3 : V 3 = { v IR 3 ; U(v) = 3 v } = { (x, y, z) ; (3x 3y 4z, 3y + 5z, z) = U(x, y, z) = (3x, 3y, 3z) } O sistema fica 3y 4z = 0 5z = 0 4z = 0 e (resolvendo o sistema) obtemos V 3 = { (x, 0, 0) ; x, y IR } = (1, 0, 0) Autovetores associados ao autovalor λ = 1 : V 1 = { v IR 3 ; U(v) = ( 1) v } = { (x, y) ; (3x 3y 4z, 3y + 5z, z) = U(x, y, z) = ( x, y, z) } { 4x 3y 4z = 0 O sistema fica e (resolvendo o sistema) obtemos 4y + 5z = 0 V 1 = { (z/16, 5z/4, z) ; z IR } = (1, 20, 16) Finalmente, é fácil ver que NÃO É POSSÍVEL obter uma base IR3 formada por autovetores do operador U, pois conseguimos no máximo um subespaço de dimensão 2 formado por autovetores de U. Portanto U não é diagonalizável. Uma propriedade importante: Autovetores não-nulos associados a autovalores distintos são linearmente independentes (LI). Consequência: Se V é um espaço vetorial de dimensão n e um operador linear T : V V possui n autovalores distintos, então T é diagonalizável. (ATENÇÃO) 4.4 Polinômio minimal (ou mínimo) Polinômio minimal de uma matriz: Definição 4.5. Sejam p(x) = a l x l + a l 1 x l a 1 x + a 0 um polinômio e A uma matriz quadrada. Então p(a) (lê-se p aplicado em A) é a matriz: p(a) = a l A l + a l 1 A l a 1 A + a 0 I. Quando p(a) = 0 (matriz nula), dizemos que o polinômio p ANULA a matriz A.

106 102 CAPÍTULO Exemplo: Sejam A =, p(x) = 2x 2 x + 3, q(x) = x p(a) = 2.A A + 3.I = e assim p não anula A. 3 3 q(a) = A I = e assim q anula A. 0 0 Definição 4.6. Seja A uma matriz quadrada. O POLINÔMIO MINIMAL (ou MÍNIMO) de A é um polinômio m A (x) = x k + a k 1 x k a 1 x + a 0 tal que (i) m A (A) = 0 (m A anula a matriz A). (ii) m A (x) é o polinômio, na forma acima, de menor grau entre aqueles que anulam A. Veremos a seguir alguns critérios que ajudarão a obter o polinômio minimal de uma matriz: Teorema 4.7. Se um polinômio f(x) anula a matriz A então f é divisível pelo polinômio minimal de A. Teorema 4.8. (Cayley-Hamilton) O polinômio característico de uma matriz anula essa matriz. Teorema 4.9. As raízes do polinômio minimal são as mesmas raízes (reais ou complexas) do polinômio característico da matriz considerada. Se combinarmos os três resultados anteriores temos um bom método para a obtenção de candidatos a polinômio minimal de uma matriz dada. Observe que o polinômio minimal de uma matriz dada deve ser um divisor do polinômio característico dessa matriz e possuir as mesmas raízes. Por exemplo, se p A (x) = (x + 2) 2 (x 1)(x 3) 2 então os candidatos a polinômio minimal são: é o polinômio característico de uma matriz A f 1 (x) = (x + 2)(x 1)(x 3) f 2 (x) = (x + 2) 2 (x 1)(x 3) f 3 (x) = (x + 2)(x 1)(x 3) 2 f 4 (x) = (x + 2) 2 (x 1)(x 3) 2 = p A (x) Dentre estes, o de menor grau que anular a matriz A será o polinômio minimal de A.

107 Formas Canônicas 103 Exemplos: A) Obtenha o polinômio minimal da matriz A = Obtemos inicialmente o polinômio característico de A: p A (x). x p A (x) = det(xi A) = det 0 x 1 2 Os candidatos a polinômio minimal de A são: f 1 (x) = x 1 f 2 (x) = (x 1) x 1 f 3 (x) = (x 1) 3 = p A (x) f 1 (A) = A I = e assim f 1 não é o minimal f 2 (A) = (A I) 2 = e assim f 2 não é o minimal = (x 1) 3 Portanto o polinômio minimal de A só pode ser m A (x) = (x 1) 3 = p A (x). B) Obtenha o polinômio minimal da matriz B = Obtemos inicialmente o polinômio característico de B: p B (x) x p B (x) = det(xi B) = det 1 x x + 1. = x 3 4x 2 + 5x 2 = (x 1) 2 (x 2) Os candidatos a polinômio minimal de B são: f 1 (x) = (x 1)(x 2) f 2 (x) = (x 1) 2 (x 2) = p B (x) f 1 (B) = (B I)(B 2I) = minimal = e assim f 1 é o Portanto o polinômio minimal de B é m B (x) = (x 1)(x 2).

108 104 CAPÍTULO 4 C) Obtenha o polinômio minimal da matriz C = Obtemos inicialmente o polinômio característico de C: p C (x) x p C (x) = det(xi C) = det 1 x x 2 0 = (x 2)3 (x + 1) x + 1 Os candidatos a polinômio minimal de C são: f 1 (x) = (x 2)(x + 1) f 2 (x) = (x 2) 2 (x + 1) f 3 (x) = (x 2) 3 (x + 1) = p C (x) f 1 (C) = (C 2I)(C + I) = = e assim f não é o minimal f 2 (C) = (C 2I) 2 (C + I) = = e assim f 2 é o minimal. Portanto o polinômio minimal de C é m C (x) = (x 2) 2 (x + 1). D) Obtenha o polinômio minimal da matriz D = Obtemos inicialmente o polinômio característico de D: p D (x) x p D (x) = det(xi D) = det 0 x x 3 0 = (x 1)2 (x + 1)(x 6) x

109 Formas Canônicas 105 Os candidatos a polinômio minimal de D são: f 1 (x) = (x 1)(x + 1)(x 6) f 2 (x) = (x 1) 2 (x + 1)(x 6) = p D (x) f 1 (D) = (D I)(D+I)(D 6I) = e assim f 1 não é o minimal Portanto o polinômio minimal de D só pode ser m D (x) = (x 1) 2 (x + 1)(x 6) = p D (x). = Polinômio minimal de um operador linear: Definição Definimos o polinômio minimal de um operador T : V V como o polinômio minimal de qualquer matriz representante de T, T β β (onde β é uma base qualquer de V ). O resultado a seguir justifica a obtenção do polinômio minimal de um operador linear: Teorema Um operador linear T : V V é diagonalizável se, e somente se, o polinômio minimal de T é da forma m T (x) = (x λ 1 ).(x λ 2 )... (x λ r ), com λ 1, λ 2,..., λ r autovalores distintos. Exemplos: A) Seja T : IR 4 IR 4 dado por T (x, y, z, w) = (3x 4z, 3y + 5z, z, w). Obtenha o polinômio minimal de T. T é diagonalizável? Seja A = T = Temos: x p T (x) = p A (x) = det(xi A) = det 0 x x = (x 3)2 (x + 1) x + 1

110 106 CAPÍTULO 4 Os candidatos a polinômio minimal de T (e de A) são: f 1 (x) = (x 3)(x + 1) f 2 (x) = (x 3) 2 (x + 1) f 3 (x) = (x 3)(x + 1) 2 f 4 (x) = (x 3) 2 (x + 1) 2 = p T (x) f 1 (A) = (A 3I)(A + I) = minimal. = e assim f 1 é o Portanto o polinômio minimal de T é m T (x) = (x 3)(x+1) e como m T (x) pode ser fatorado (sobre IR) como um produto de fatores lineares distintos, segue do teorema anterior que T é diagonalizável. B) S : IR 3 IR 3 dado por S(x, y, z) = (x + y, y, 2z) é diagonalizável? Seja B = S = Temos: x p S (x) = p B (x) = det(xi B) = det 0 x 1 0 Os candidatos a polinômio minimal de S (e de B) são: f 1 (x) = (x 1)(x + 2) f 2 (x) = (x 1) 2 (x + 2) = p S (x) f 1 (B) = (B I)(B + 2I) = minimal x = = (x 1) 2 (x + 2) 0 e assim f 1 não é o Portanto o polinômio minimal de S só pode ser m S (x) = (x 1) 2 (x + 2) e como m S (x) não pode ser fatorado (sobre IR) como um produto de fatores lineares distintos, segue do teorema anterior que S não é diagonalizável. C) Seja U : IR 2 IR 2 o operador linear dado por U(x, y) = (x y, 2x y). Obtenha o polinômio minimal de U. U é diagonalizável? E se considerarmos U : C 2 C 2? 1 1 Seja C = U =. 2 1

111 Formas Canônicas 107 Temos: p U (x) = p C (x) = det(xi C) = det x x + 1 = x O único candidato a polinômio minimal de U (e de C) é f 1 (x) = x = p U (x) Portanto o polinômio minimal de U só pode ser m U (x) = x e como m U (x) não pode ser fatorado (sobre IR) como um produto de fatores lineares distintos, segue do teorema anterior que U não é diagonalizável. Considerando U : C 2 C 2 teríamos as mesmas contas acima só que m U (x) poderia ser fatorado SOBRE C como m U (x) = (x + i)(x i), ou seja, um produto de fatores lineares distintos e do teorema anterior teríamos U diagonalizável! Exercícios: 1) Dentre os operadores do exercício 1 da Seção 4.2, quais são diagonalizáveis? 2) Uma n n matriz quadrada A sobre um corpo IK é dita diagonalizável quando o operador linear T : IK n IK n tal que T = A for diagonalizável. Quais matrizes do exercício 3 da Seção 4.2 são diagonalizáveis? 3) Para quais valores de a as matrizes abaixo são diagonalizáveis? 1 1 (a) A =. 0 a 1 a (b) B = ) Seja T : IR 3 IR 3 um operador linear tal que T = Se for possível, encontre uma base γ de IR 3 tal que T γ γ seja diagonal.

112 108 CAPÍTULO 4 5) Mostre que a matriz A = é semelhante à matriz B = , exibindo uma matriz invertível P tal que B = P 1.A.P. (Sugestão: Seja T : IR 2 IR 2 tal que A = T. Encontre uma base β do IR 2 tal que B = T β β e assim teremos A e B semelhantes como descrito acima, sendo P a matriz de mudança de base da base β para a base canônica do IR 2 ) 6) Mostre que... (a)... duas matrizes semelhantes possuem o mesmo determinante. (b)... se uma matriz quadrada A é diagonalizável, o determinante de A á o produto de seus autovalores. 7) Diz-se que um operador linear T : V V é NILPOTENTE se existir um número inteiro e positivo k tal que T k = 0 (operador nulo), isto é, T T T... T (v) = 0 para todo v V. a) Seja T nilpotente. Encontre seus autovalores. (Sugestão: observe que x k anula T ) b) Encontre uma matriz A = T, T : IR 3 IR 3, com T nilpotente e não-nulo. c) Mostre que um operador linear nilpotente, não-nulo, não é diagonalizável. 8) Diz-se que um operador linear T : V V é IDEMPOTENTE se T 2 = T, isto é, quando T T (v) = T (v) para todo v V. a) Seja T idempotente. Encontre seus autovalores. b) Encontre uma matriz A = T, T : IR 4 IR 4, com T idempotente, não-nulo e A I. c) Mostre que todo operador linear idempotente é diagonalizável. 9) Mostre que A = não é diagonalizável sobre o corpo IR dos números reais, mas se A representar, numa certa base, um operador linear T : V V, onde V é um espaço vetorial complexo, então T é diagonalizável. Obtenha ainda uma matriz, sobre C, diagonal e que seja semelhante à matriz A.

113 Formas Canônicas ) Utilize a forma diagonal para obter A n (n natural) nos seguintes casos (a) A = (b) A = Sugestão: Ache uma matriz B semelhante à matriz A (A = P 1.B.P ) tal que seja fácil de calcular B n (busque B diagonal) e observe que A n = (P 1.B.P ) n = P 1.B n.p. 4.5 Matriz companheira Seja f(x) = x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 grau é igual a 1. um polinômio cujo coeficiente do termo de mais alto Chama-se MATRIZ COMPANHEIRA DE f (ou matriz associada ao polinômio f) à n n matriz quadrada C f onde todos os elementos da subdiagonal principal ( paralela à principal e logo abaixo) são iguais a 1, cuja última coluna é formada pelos opostos dos coeficientes de f(x) e tal que todos os seus demais elementos são nulos, da seguinte forma: a a a 2 C f = an a n 1 Exemplo: Encontre a matriz companheira de f(x) = x 5 3x 4 4x 2 + x + 6. Temos diretamente: C f =

114 110 CAPÍTULO 4 Propriedade: O polinômio minimal e o polinômio característico da matriz companheira de f são iguais ao próprio polinômio f. Exercício: Obtenha a matriz companheira e verifique a propriedade acima para os seguintes polinômios: (a) f(x) = x 2 3x + 4 ; (b) g(x) = x 3 + x 2 x + 15 ; (c) h(x) = x 4 + 2x 3 3x 2 8x A forma canônica de Jordan Já vimos que, para certos operadores lineares( T : V) V, é possível obter uma base β de V tal que a matriz representante de T nesta base T β β é uma matriz diagonal (são os operadores diagonalizáveis). Quando T não é diagonalizável veremos que, sob certas condições, é possível obter uma base β de V tal que T β β tenha ainda uma forma simples, a chamada Forma de Jordan. Teorema (Forma Canônica de Jordan) Sejam T : V V um operador linear sobre um espaço V de dimensão finita ( dim V = n ) e A = T α α uma matriz que represente T em relação a alguma base α de V. Suponhamos que seu polinômio característico seja da seguinte forma: p T (x) = p A (x) = (x λ 1 ) d 1.(x λ 2 ) d 2... (x λ k ) d k λ 1, λ 2,..., λ k são os autovalores de T e temos d 1 + d d k = n. Seja seu polinômio minimal dado por m T (x) = (x λ 1 ) r 1.(x λ 2 ) r 2... (x λ k ) r k com r i d i i = 1, 2,..., k. Então... Exemplo (para ilustrar) : Seja T : V V um operador sobre um espaço vetorial V de dimensão finita. Suponhamos que T (neste exemplo) tenha como polinômio característico p T (x) = (x + 2) 4 (x 3) 3 (x 5) 4 Os autovalores de T (raízes de p T (x)) são λ 1 = 2, λ 2 = 3, λ 3 = 5 ( dim V = grau(p T ) = = 11 ) Suponhamos que T tenha como polinômio minimal m T (x) = (x + 2) 3 (x 3)(x 5) 2 Então...

115 Formas Canônicas 111 Forma canônica de Jordan: (cont.) Exemplo: (cont.)... existe uma base β de V tal que B = T β β é uma matriz DIAGONAL POR BLOCOS B 1 B B = 2... B k onde cada bloco B i tem ordem d i e está relacionado com o autovalor λ i, conforme veremos a seguir. (1) Cada bloco B i é diagonal por blocos B i = onde cada bloco J (i) J (i) 1 J (i) 2 é da forma... J (i) l i λ i λ i J (i). = λ i e chamado Matriz Elementar de Jordan com valor característico λ i. (2) O bloco J (i) de maior ordem é uma matriz r i r i (r i é o expoente de (x λ i ) no polinômio minimal) e costumamos escrever os blocos J (i) em ordem decrescente de tamanho. (3) O número de blocos J (i) que formam a matriz B i é dado por dim V λi (dimensão do subespaço associado ao autovalor λ i ) A matriz B é dada, a menos da ordem dos blocos, de modo único e é dita estar sob a Forma de Jordan. Dizemos que a matriz B é a Forma de Jordan da matriz A.... existe uma base β de V tal que B = T β β é uma matriz DIAGONAL POR BLOCOS B 1 O O B = O B 2 O O O B 3 O blocão B 1 tem ordem 4 4, está associado ao autovalor λ 1 = 2 e é formado por bloquinhos do tipo J (1) = sendo o maior destes bloquinhos de ordem 3 3 : B 1 = Analogamente, o blocão B 2 tem ordem 3 3, está associado ao autovalor λ 2 = 3 e fica B 2 = e o blocão B 3 tem ordem 4 4, está associado ao autovalor λ 3 = 5 e fica B 3 = x 5 x = 1 se dim V 5 = 2 e x = 0 se dim V 5 = 3 (V 5 = { v V ; T (v) = 5 v } é o subespaço de V formado pelos autovetores associados ao autovalor λ 3 = 5)

116 112 CAPÍTULO 4 Este resultado vale para espaços V (ou matrizes A) reais ou complexos. No caso real, contanto que o polinômio característico seja fatorado como um produto de fatores lineares (e reais). Exemplos: A) Seja T : V V um operador linear cujos polinômios característico p T (x) e minimal m T (x) são dados por p T (x) = (x 3) 4 (x + 1) 3 e m T (x) = (x 3) 2 (x + 1) 2. Determine as possíveis Formas de Jordan para as matrizes representantes de T. Os autovalores de T são: λ 1 = 3 e λ 2 = 1. dim V = 7. Existe uma base β de V tal que B = T β β é uma matriz diagonal por blocos e está na chamada Forma de Jordan: B 1 O B = O B 2 O blocão B 1 tem ordem 4 4 e está associado ao autovalor λ 1 = 3. Ele é formado por bloquinhos do tipo sendo que o maior destes bloquinhos tem ordem 2 2 (expoente de (x 3) em m T (x)). Então: B 1 = x 0 Temos: ou x = 1 (2 bloquinhos 2 2) ou x = 0 (1 bloquinho 2 2 e 2 bloquinhos 1 1). O número total de bloquinhos é a dimensão de V 3 (subespaço de V formado pelos autovetores associados a λ 1 = 3). O blocão B 2 tem ordem 3 3 e está associado ao autovalor λ 2 = 1. Ele é formado por bloquinhos do tipo

117 Formas Canônicas 113 sendo que o maior destes bloquinhos tem ordem 2 2 (expoente de (x + 1) em m T (x)). Então: B 2 = B) Seja S : V V um operador linear cujos polinômios característico p S (x) e minimal m S (x) são dados por p S (x) = (x 2) 4 (x 7) 4 e m S (x) = (x 2)(x 7) 3. Determine as possíveis Formas de Jordan para as matrizes representantes de S. Os autovalores de S são: λ 1 = 2 e λ 2 = 7. dim V = 8. Existe uma base β de V tal que B = S β β é uma matriz diagonal por blocos e está na chamada Forma de Jordan: B 1 O B = O B 2 O blocão B 1 tem ordem 4 4 e está associado ao autovalor λ 1 = 2. Ele é formado por bloquinhos do tipo sendo que o maior destes bloquinhos tem ordem 1 1 (expoente de (x 2) em m S (x)). Então: B 1 = O blocão B 2 tem ordem 4 4 e está associado ao autovalor λ 2 = 7. Ele é formado por bloquinhos do tipo sendo que o maior destes bloquinhos tem ordem 3 3 (expoente de (x 7) em m S (x)). Então: B 2 =

118 114 CAPÍTULO 4 C) Obtenha a Forma Canônica de Jordan B da matriz A = Temos: x p A (x) = det(xi A) = det 0 x 3 5 Candidatos a polinômio minimal de A: f 1 (x) = (x 3)(x + 1) f 2 (x) = (x 3) 2 (x + 1) = p A (x) f 1 (A) = (A 3I)(A + I) = minimal de A x = (x 3) 2 (x + 1) 0 O polinômio minimal de A só pode ser m A (x) = (x 3) 2 (x + 1) = p A (x) Os autovalores de S são: λ 1 = 2 e λ 2 = 7. dim V = 8. e assim f 1 não é o polinômio Existe uma matriz B semelhante à matriz A tal que B é uma matriz diagonal por blocos e está na chamada Forma de Jordan: B = B 1 O O B 2 O blocão B 1 tem ordem 2 2 e está associado ao autovalor λ 1 = 3. Ele é formado por bloquinhos do tipo sendo que o maior destes bloquinhos tem ordem 2 2 (expoente de (x 3) em m A (x)). Então: B 1 = O blocão B 2 tem ordem 1 1 e está associado ao autovalor λ 2 = 1. Ele só pode ser: B 2 = 1 Portanto B =

119 Formas Canônicas 115 Exercícios: 1) Determine as Formas de Jordan possíveis para as matrizes representantes de um operador linear T : V V (definido sobre um espaço vetorial real V de dimensão finita) cujos polinômios característico p T (x) e minimal m T (x) sejam dados por: (a) p T (x) = (x + 1) 5 (x 2) 3, m T (x) = (x + 1) 3 (x 2) 3. (b) p T (x) = (x 5) 3 (x + 3) 2 (x 4) 3, m T (x) = (x 5)(x + 3) 2 (x 4) 2. (c) p T (x) = (x + 2) 7 (x 3) 4, m T (x) = (x + 2) 3 (x 3) 2. 2) Obtenha as Formas Canônicas de Jordan das matrizes do exercício 3 da Seção ) Sejam T : IR n IR n um operador linear, A = T (matriz representante de T em relação á base canônica do IR n ). Seja m T (x) = m A (x) = (x λ 1 )(x λ 2 )... (x λ k ) minimal de T (ou de A). (λ 1, λ 2,..., λ k IR, distintos) o polinômio Um teorema garante que T é diagonalizável (ou seja, existe uma base β, de autovetores, de modo que T β β é diagonal). Justifique este fato utilizando o teorema da Forma Canônica de Jordan. 4) Consideremos a matriz A = Obtenha o polinômio característico p A (x) e o polinômio minimal m A (x) da matriz A e observe que, sobre o corpo dos REAIS, não estamos em condições de aplicar o teorema da Forma de Jordan. Considerando agora o corpo dos números COMPLEXOS, obtenha a Forma Canônica de Jordan da matriz A ) Consideremos a matriz A = Utilize o teorema da Forma Canônica de Jordan para obter DIRETAMENTE os polinômios característico e minimal de A e verifique o resultado.

120 116 CAPI TULO 4

121 117 Capítulo 5 Espaços com Produto Interno Neste capítulo introduzimos o conceito de Produto Interno e alguns exemplos e tópicos básicos relacionados, como ortogonalidade, a norma proveniente de um produto interno, ortogonalização, projeção ortogonal e complemento ortogonal. 5.1 Produto interno Definição 5.1. Seja V um espaço vetorial real. Um PRODUTO INTERNO sobre V é uma função que associa a cada par de vetores v 1, v 2 V um escalar < v 1, v 2 > IR chamado o produto interno de v 1 por v 2, de modo que sejam satisfeitas as seguintes condições: p.i.1) < λ.v 1 + v 2, v 3 > = λ. < v 1, v 3 > + < v 2, v 3 >, v 1, v 2, v 3 V, λ IR ; p.i.2) < v, v > 0 v V ; p.i.3) < v, v > = 0 v = 0 ; p.i.4) < v 1, v 2 > = < v 2, v 1 > v 1, v 2 V. Obs.: Se V for um espaço vetorial sobre o corpo C então a condição p.i.4 para que se tenha um produto interno deve ser: < v 1, v 2 > = < v 2, v 1 > v 1, v 2 V. Salvo menção em contrário, sempre trabalharemos neste capítulo com espaços vetoriais reais (sobre IR). Exemplos: A) Seja V = IR 3. Dados u = (x 1, x 2, x 3 ), v = (y 1, y 2, y 3 ) IR 3, definamos: < u, v > = x 1 y 1 + x 2 y 2 + x 3 y 3.

122 118 CAPÍTULO 5 Temos que <, > definido desta forma é um produto interno sobre o IR 3, conhecido como Produto Interno Usual (ou Canônico) do IR 3. B) Seja V = IR n. Dados u = (x 1, x 2,..., x n ), v = (y 1, y 2,..., y n ) IR n, definamos: < u, v > = x 1 y 1 + x 2 y x n y n (Produto Interno Usual do IR n ). C) Seja V = IR 2. Dados u = (x 1, x 2 ), v = (y 1, y 2 ) IR 2, defina: < u, v > = 2x 1 y 1 x 1 y 2 x 2 y 1 + x 2 y 2. Exercício: Verifique que <, > acima definido é um produto interno sobre o IR 2. D) Seja V = Ca, b o espaço das funções reais contínuas definidas no intervalo a, b : Dadas f, g Ca, b, defina V = { f : a, b IR ; f é contínua }. < f, g > = b a f(x).g(x) dx. Temos que <, > acima definido é um produto interno sobre V. (Verifique!) E) Seja V = C per T 2, T 2 o espaço das funções f : IR IR contínuas e periódicas de período T > 0 : V = C per T 2, T = { f : IR IR ; f é contínua e f(x + T ) = f(x) x IR }. 2 Dadas f, g C per T 2, T 2, temos o seguinte produto interno sobre V : < f, g > = T/2 T/2 f(x).g(x) dx. F) Seja V = M 2 2 (IR) o espaço das 2 2 matrizes reais: { } a b V = M 2 2 (IR) = ; a, b, c, d IR c d a b e f Dadas A =, B = V, definamos c d g h. < A, B > = ae + 2bf + 3cg + dh. <, > acima definido é um produto interno sobre M 2 2 (IR). (Verifique!)

123 Espaços com Produto Interno 119 G) (Um exemplo mais geral) Sejam V = IR n e Q uma n n matriz invertível (fixa). Dados u = (x 1, x 2,..., x n ), v = (y 1, y 2,..., y n ) IR n, definamos: < u, v > = u t β.qt.q.v β = (x 1 x 2... x n ).Q t.q. (onde β é a base canônica do IR n ). y 1 y 2. y n Obs.: Note que se Q = I (n n matriz identidade), então temos em particular o Produto Interno Usual no IR n. Exercício: Mostre que a função acima definida é um produto interno sobre IR n. Algumas propriedades imediatas: Se V é um espaço vetorial (real) com produto interno <, >, então: (i) < 0, v > = 0 v V ; (ii) < α 1 u α n u n, v > = α 1 < u 1, v > α n < u n, v > ; (iii) < α 1 u α n u n, β 1 v β m v m > = i,j α i β j < u i, v j >. Obs.: Um produto interno <, > sobre um espaço vetorial V nos permite criar toda uma GEOMETRIA para o espaço V, generalizando uma série de idéias já estudadas, conforme veremos nas próximas seções. 5.2 Ortogonalidade Definição 5.2. Seja V um espaço vetorial munido de um produto interno <, >. Dizemos que dois vetores u, v V são ORTOGONAIS quando < u, v > = 0. Escreve-se neste caso: u v (ou v u ). Um subconjunto S V é dito ser um CONJUNTO ORTOGONAL de vetores quando seus vetores são dois a dois ortogonais. Obs.: É importante ressaltarmos que o conceito de ortogonalidade depende do produto interno <, > considerado.

124 120 CAPÍTULO 5 Exemplos: A) Seja V = IR 3 munido com o Produto Interno Usual <, >. Os vetores u = (3, 2, 1) e v = (0, 4, 8) são ortogonais. A base canônica do IR 3, α = { (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} é um conjunto ortogonal de vetores no IR 3 (considerando o Produto Interno Usual). Generalizando: Se V = IR n munido com o Produto Interno Usual <, >, sua base canônica α = { (1, 0, 0,..., 0), (0, 1, 0,..., 0),..., (0, 0, 0,..., 1) } é um conjunto ortogonal (pois seus vetores são dois a dois ortogonais). B) Seja V = IR 2 com o produto interno dado por: < (x 1, x 2 ), (y 1, y 2 ) > = 2x 1 y 1 x 1 y 2 x 2 y 1 + x 2 y 2. Os vetores (1, 0) e (0, 1) ACIMA), pois NÃO SÃO ORTOGONAIS (CONSIDERANDO O PRODUTO INTERNO < (1, 0), (0, 1) > = = 1 0 C) Seja V = C π, π = { f : π, π IR ; f é contínua } munido do produto interno < f, g > = π π f(x).g(x) dx f, g V. Sendo f, g : π, π IR dadas por f(x) = sen x e g(x) = cos x, temos: < f, g > = π π sen x. cos x dx = 0. (Verifique!) Portanto f(x) = sen x e g(x) = cos x são ortogonais em C π, π. D) Seja V = C per T 2, T 2 = { f : IR IR ; f é contínua e f(x + T ) = f(x) x IR } o espaço das funções contínuas e periódicas de período T > 0, munido do produto interno < f, g > = T/2 T/2 f(x).g(x) dx f, g V. O conjunto S = {1, cos wx, sen wx, cos 2wx, sen 2wx,...}, onde w = 2π T ortogonal de vetores (funções) em V = C per T 2, T 2. (Tente provar!), é um conjunto

125 Espaços com Produto Interno 121 Algumas propriedades imediatas: Se V é um espaço vetorial com produto interno <, >, então: (i) 0 v para todo v V. Pois < 0, v > = < 0.v, v > = 0. < v, v > = 0 v V. (ii) Se u v e w v então (αu + βw) v para todos α, β IR. De fato: < αu + βw, v > = α < u, v > + β < w, v > = = 0. (iii) Se u v para todo v V então u = 0 (vetor nulo). De fato: como u v para todo v V, temos então que, em particular, u u < u, u > = 0 u = 0 (pela condição p.i.3 na definição de produto interno). Teorema 5.3. Seja V um espaço vetorial com produto interno <, >. Se S V é um conjunto ortogonal de vetores não-nulos, então S é linearmente independente (LI). Demonstração: Seja S V um conjunto ortogonal de vetores não-nulos em V. Sejam v 1, v 2,..., v k S e c 1, c 2,..., c k IR tais que c 1 v 1 + c 2 v c k v k = 0 (vetor nulo). Para todo i = 1, 2,..., k temos: 0 = < 0, v i > = < c 1 v 1 + c 2 v c k v k, v i > = = c 1 < v 1, v i > +c 2 < v 2, v i > c k < v k, v i > = c i < v i, v i >, pois: S ortogonal < v j, v i > = 0 se j i. Como os vetores de S são não-nulos, então < v i, v i > 0. Logo c i = 0. Assim c 1 = c 2 =... = c k = 0 e portanto S é um conjunto linearmente independente.

126 122 CAPÍTULO 5 Consequência da demonstração acima: Seja V um espaço vetorial munido de um produto interno <, >. Se um vetor w V é combinação linear de um conjunto ortogonal, finito, de vetores não-nulos v 1, v 2,..., v k, ou seja, w = c 1 v 1 + c 2 v c k v k, então cada coeficiente c i diretamente por c i = < w, v i > < v i, v i > (Coeficientes de Fourier). da combinação é dado De fato, para todo i = 1, 2,..., k, temos: < w, v i > = < c 1 v 1 + c 2 v c k v k, v i > = = c 1 < v 1, v i > +c 2 < v 2, v i > c k < v k, v i > = = c i < v i, v i >, pois {v 1,..., v k } é ortogonal. Portanto temos c i = < w, v i > < v i, v i >, pois v i 0. Exemplo: Considerando o Produto Interno Usual no IR 2, temos que o conjunto β = { (3, 2), (6, 9) } é uma base ortogonal de IR 2. Escrevamos, por exemplo, w = (1, 2) como combinação linear de v 1 = (3, 2) e v 2 = (6, 9) : Teremos w = c 1 v 1 + c 2 v 2 com c 1 e c 2 dados diretamente por c 1 = < w, v 1 > < v 1, v 1 > = = 1 13 c 2 = < w, v 2 > < v 2, v 2 > = = = 8 39 Moral da estória: é muito bom que tenhamos um vetor como combinação linear de um conjunto ortogonal de vetores não-nulos. Em particular, é ótimo termos, em um espaço vetorial V com produto interno, uma BASE OR- TOGONAL (seus vetores são dois a dois ortogonais), pois neste caso qualquer vetor de V é uma combinação linear dos vetores desta base e as coordenadas são obtidas diretamente.

127 Espaços com Produto Interno Norma Definição 5.4. Seja V um espaço vetorial com produto interno <, >. A partir do produto interno <, > podemos construir uma função que associa a cada vetor v V um número real v 0 dado por v = < v, v >, que chamaremos de a NORMA de v construída a partir do produto interno <, >. Obs.: O conceito de norma corresponde ao conceito de comprimento de um vetor! Exemplos: A) Se V = IR 3 e <, > é o Produto Interno Usual, então, dado v = (x, y, z) IR 3, temos: v = < v, v > = x 2 + y 2 + z 2 (neste caso particular, a norma coincide com o módulo do vetor estudado na Geometria Analítica). B) Seja V = C per T 2, T 2 = { f : IR IR ; f é contínua e f(x + T ) = f(x) x IR } o espaço das funções contínuas e periódicas de período T > 0, munido do produto interno < f, g > = T/2 T/2 f(x).g(x) dx f, g V. Calcule f, se f S = { 1, cos wx, sen wx, cos 2wx, sen 2wx,... } ( w = 2π T ). C) Se w = c 1 v 1 + c 2 v c k v k e {v 1, v 2,..., v k } é um conjunto ortogonal de vetores não-nulos, então: c i = < w, v i > < v i, v i > = < w, v i > v i 2 i = 1, 2,..., k. Propriedades (mais importantes) da norma: Se V é um espaço vetorial com produto interno <, > e é a norma construída a partir deste produto interno, então: (i) v 0 para todo v V. v = 0 se, e somente se, v = 0 (vetor nulo).

128 124 CAPÍTULO 5 (ii) α.v = α. v quaisquer que sejam α IR e v V. De fato: α.v = < αv, αv > = α 2 < v, v > = α 2. < v, v > = α. v. (iii) Desigualdade de Cauchy-Schwarz: < u, v > u. v u, v V. De fato, sejam dados u, v V. Para todo t IR, temos: 0 u + tv 2 = < u + tv, u + tv > = < u, u > + 2t < u, v > + t 2 < v, v >. Fazendo: < v, v > = a, 2 < u, v > = b e < u, u > = c, temos: at 2 + bt + c 0 t IR. Sabemos então (pelo estudo do sinal da expressão at 2 + bt + c) que = b 2 4ac 0, ou seja: 4 < u, v > 2 4 < v, v >. < u, u > 0 < u, v > 2 u 2. v 2 < u, v > u. v. (iv) Desigualdade Triangular: u + v u + v u, v V. (Exercício) A partir da norma podemos construir naturalmente uma métrica d em V, que é uma função que associa a cada par de vetores u, v V um número real d(u, v) 0 dado por d(u, v) = u v, chamado a DISTÂNCIA entre u e v e satisfazendo às seguintes condições (Mostre!): (i) d(u, v) 0 para todos u, v V. d(u, v) = 0 se, e somente se, u = v. (ii) d(u, v) = d(v, u). (iii) d(u, v) d(u, w) + d(w, v) u, v, w V.

129 Espaços com Produto Interno 125 Teorema 5.5. ( Teorema de Pitágoras Generalizado) Seja V um espaço vetorial com produto interno <, > e seja a norma proveniente deste produto interno. Se u, v V são vetores ortogonais (u v) então: u + v 2 = u 2 + v 2. De fato: u + v 2 = < u + v, u + v > = < u, u > + 2 < u, v > + < v, v > = = u 2 + v 2. Esta é de fato uma generalização do famoso Teorema de Pitágoras, para espaços V com produto interno em geral, pois no caso de V = IR 2 com Produto Interno Usual temos exatamente o referido Teorema, como estudado na Geometria Euclidiana. Temos ainda que, em geral, se {v 1, v 2,..., v k } é um conjunto ortogonal, então: v 1 + v v k 2 = v v v k Ângulo entre dois vetores Seja V um espaço vetorial com produto interno <, > e uma norma (construída a partir deste produto interno). Dados dois vetores não-nulos u, v V, a Desigualdade de Cauchy-Schwarz fornece: < u, v > u. v < u, v > < u, v > u. v 1, ou melhor: 1 u. v 1. Existe portanto um único ângulo θ entre 0 e π radianos tal que: cos θ = < u, v > u. v. Definimos este como sendo o ângulo entre u e v, ou seja: ( ) < u, v > θ = arc cos, θ 0, π u. v Obs.: Note que essa é uma generalização do conceito de ângulo entre vetores estudado na Geometria Analítica, pois no caso particular de V = IR 2 ou V = IR 3 munido do Produto Interno Usual, o conceito aqui definido coincide com o conceito de ângulo entre dois vetores normalmente utilizado.

130 126 CAPÍTULO Ortogonalização; Projeção ortogonal: a melhor aproximação; Complemento ortogonal Seja V um espaço vetorial munido de um produto interno <, > e uma norma construída a partir deste produto interno. Definição 5.6. Se v = 1 então dizemos que v é um VETOR UNITÁRIO, ou então que v está NORMALIZADO. Qualquer vetor não-nulo v pode ser normalizado, ou seja, podemos obter um múltiplo escalar positivo u = α.v (α IR, α > 0) tal que u = 1, bastando para isso tomar u = v v. Um conjunto S V é dito ORTONORMAL quando é ortogonal e todos os seus vetores são unitários (ou seja, têm norma igual a 1). Por exemplo, considerando em V = IR n o Produto Interno Usual, temos que a base canônica, dada por α = {(1, 0, 0,..., 0), (0, 1, 0,..., 0),..., (0, 0, 0,..., 1)} é um conjunto ortonormal. Obs.: É bom termos um vetor w como combinação linear de um conjunto ortonormal de vetores: w = c 1 v 1 + c 2 v c k v k, com {v 1,..., v k } ortonormal, pois neste caso os coeficientes c 1,..., c k são dados facilmente por c i = < w, v i > < v i, v i > = < w, v i > v i 2 = < w, v i > i = 1, 2,..., k. Em particular, é ótimo que tenhamos, em um espaço V com produto interno <, >, uma BASE ORTONORMAL, pois todos os vetores de V poderão ser escritos como combinação linear dos vetores desta base e as coordenadas em relação a esta base são dadas diretamente!!! Caminhando nesta direção, veremos a seguir um método para obter, a partir de uma base dada em um espaço V de dimensão finita com produto interno, uma base ortogonal para este espaço. A partir daí, basta normalizarmos cada vetor desta base ortogonal para que tenhamos uma base ortonormal.

131 Espaços com Produto Interno 127 O processo de ortogonalização de Gram-Schmidt: Teorema 5.7. Seja V um espaço vetorial de dimensão finita, munido de um produto interno <, >. Então, a partir de qualquer base β = { v 1, v 2,..., v n } de V dada, podemos obter uma nova base β = { v 1, v 2,..., v n }, β ORTOGONAL, para V. Demonstração: Definamos inicialmente: v 1 = v 1 e v 2 = v 2 < v 2, v 1 > < v 1, v 1 > v 1. Figura 5.1: Obtendo v 2 (w = < v 2, v 1 > < v 1, v 1 > v 1) Temos: v 1, v 2 = v1, v 2 e < v 2, v 1 > = < v 2, v 1 > < v 2, v 1 > < v 1, v 1 > < v 1, v 1 >= 0. Logo v 2 v 1 e β 2 = {v 1, v 2 } é uma base ortogonal para o espaço v 1, v 2. Consideremos agora ( < v 3 v3, v 1 = v 3 > < v 1, v 1 > v 1 + < v 3, v 2 > ) < v 2, v 2 > v 2. Figura 5.2: Obtendo v 3 (w = ( < v3, v 1 > < v 1, v 1 > v 1 + < v 3, v 2 > ) < v 2, v 2 > v 2 )

132 128 CAPÍTULO 5 Temos então v 3 v 1, v 3 v 2 e v 1, v 2, v 3 = v 1, v 2, v 3. Assim, β 3 = {v 1, v 2, v 3 } é uma base ortogonal para o espaço v 1, v 2, v 3. Prosseguindo desta forma, após um número finito (n) de passos, obtemos uma base ortogonal β n = {v 1, v 2,..., v n} para o espaço v 1, v 2,..., v n = V. Obs.: Um aspecto interessante da demonstração acima é que ela fornece um método para a obtenção da base ortogonal β = { v 1, v 2,..., v n } a partir da base β. Exemplos: 1) Seja V = IR 3 com o Produto Interno Usual <, >. Usando o processo de ortogonalização de Gram-Schmidt, obtenha a partir da base β = {(1, 1, 0), (1, 0, 1), (0, 2, 0)} uma base ortogonal β de IR 3. Tomamos inicialmente v 1 = v 1 = (1, 1, 0). A partir disto, fazemos v 2 = v 2 < v 2, v 1 > < (1, 0, 1), (1, 1, 0) > < v 1, v 1 > v 1 = (1, 0, 1) < (1, 1, 0), (1, 1, 0) > (1, 1, 0) = (1, 0, 1) 1 2 (1, 1, 0) = ( 1 2, 1 ) 2, 1 e finalmente ( < v 3 v3, v 1 = v 3 > < v 1, v 1 > v 1 + < v 3, v 2 > ) < v 2, v 2 > v 2 = ( ) < (0, 2, 0), (1, 1, 0) > = (0, 2, 0) < (1, 1, 0), (1, 1, 0) > (1, 1, 0) + < (0, 2, 0), (1/2, 1/2, 1) > (1/2, 1/2, 1) = < (1/2, 1/2, 1), (1/2, 1/2, 1) > ( 2 = (0, 2, 0) 2 { Assim, β = 1 (1, 1, 0) + 3/2 ( 1 (1, 1, 0), 2, 1 2, 1 ) ( (1/2, 1/2, 1) = (0, 2, 0) ((1, 1, 0) + ( 1/3, 1/3, 2/3)) = 2 3, 2 3, 2 ) 3 ) (, 2 3, 2 3, 2 ) } 3 a partir da base β pelo método de Gram-Schmidt. é uma base ortogonal do IR 3, construída 2) Seja V = IR 3 com o Produto Interno Usual <, >. Obtenha uma base ortogonal para o subespaço W = { (x, y, z) IR 3 ; x 3y + 2z = 0 } IR 3. Obteremos inicialmente uma base para W : W = { (3y 2z, y, z) ; y, z IR } = { y.(3, 1, 0) + z( 2, 0, 1) ; y, z IR } = (3, 1, 0), ( 2, 0, 1) Assim β = {(3, 1, 0), ( 2, 0, 1)} é uma base de W (pois gera W e é L.I.).

133 Espaços com Produto Interno 129 β NÃO É UMA BASE ORTOGONAL (pois < (3, 1, 0), ( 2, 0, 1) > = 6 0 ) e por isso vamos usar o processo de ortogonalização de Gram-Schmidt para obter, a partir de β, uma base ortogonal de W : Fazemos v 1 = v 1 = (3, 1, 0) e v 2 = v 2 < v 2, v 1 > < ( 2, 0, 1), (3, 1, 0) > < v 1, v 1 > v 1 = ( 2, 0, 1) (3, 1, 0) = < (3, 1, 0, (3, 1, 0) > = ( 2, 0, 1) ( 6) ( (3, 1, 0) = , 6 ) 10, 1. { ( Chegamos portanto a β = (3, 1, 0), 2 10, 6 )} 10, 1, que é uma base ortogonal de W. Exercícios: 1) Seja V = IR 2. Dados u = (x 1, y 1 ), v = (x 2, y 2 ) V, defina < u, v > = 2x 1 x 2 + x 1 y 2 + x 2 y 1 + y 1 y 2. (a) Mostre que <, > acima definido é um produto interno. (b) Obtenha o ângulo entre os vetores da base canônica de IR 2. (c) Usando o processo de ortogonalização de Gram-Schmidt, obtenha a partir da base β = {( 1, 1), (1, 1)} uma base ortonormal β de IR 2, em relação ao produto interno acima definido. 2) Determine uma base ortonormal (em relação ao Produto Interno Canônico) para o seguinte subespaço de IR 3 : V = { (x, y, z) IR 3 ; x y + z = 0 }. 3) Seja V = IR 3. Dados u = (x 1, y 1, z 1 ), v = (x 2, y 2, z 2 ) V, defina < u, v > = x 1 x 2 + 5y 1 y 2 + 2z 1 z 2. (a) Mostre que <, > acima definido é um produto interno. (b) Obtenha, usando o processo de ortogonalização de Gram-Schmidt a partir da base canônica, uma base ortonormal β de IR 3, em relação ao produto interno acima definido. 4) Seja V = P 2 (IR) o espaço vetorial das funções polinomiais reais de grau menor ou igual a dois. Dados f, g V, defina o produto interno < f, g > = 1 1 f(t).g(t) dt. Se W é o subespaço de P 2 (IR) gerado pelos vetores p(t) = 1 e q(t) = 1 t, determine uma base ortogonal para W.

134 130 CAPÍTULO 5 5) Seja V = M 2 2 (IR) o espaço vetorial das 2 2 matrizes reais. Dadas A, B V, defina o produto interno < A, B > = tr (B t.a) onde tr é o traço. Obtenha uma base ortogonal de V, segundo este produto interno, a partir da base { ( ) ( ) ( ) ( ) } β =,,, Obtenha o ângulo entre as duas últimas matrizes da base acima. 6) A partir do exemplo G) da Seção 5.1, construa um produto interno, diferente do Produto Interno Usual, sobre o IR 2 e repita os ítens (b) e (c) do primeiro exercício desta lista, considerando o produto interno construído. Projeção ortogonal: a melhor aproximação Sejam V um espaço vetorial com um produto interno <, >, a norma construída a partir deste produto interno e W V um subespaço de V tal que W tem dimensão finita. Fixemos uma base ORTOGONAL β = {w 1, w 2,..., w k } do subespaço W. Podemos então construir uma transformação linear (verifique) P W : V W, definindo P W (v) = < v, w 1 > < w 1, w 1 > w 1 + < v, w 2 > < w 2, w 2 > w < v, w k > < w k, w k > w k v V. P W é chamada a PROJEÇÃO ORTOGONAL DE V SOBRE W : Figura 5.3: P W (v) : Projeção ortogonal de v sobre o subespaço W