ÁLGEBRA LINEAR ISBN

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1 . ÁLGEBRA LINEAR ISBN ROBERTO DE MARIA NUNES MENDES Professor do Departamento de Matemática e Estatística e do Programa de Pós-graduação em Engenharia Elétrica da PUCMINAS Belo Horizonte Edição do Autor 2013

2 Sumário Prefácio 1 1 Espaços Vetoriais Definições e Exemplos Subespaços Independência Linear. Bases. Dimensão Espaços Produto e Quociente Somas e Somas Diretas Exercícios do Capítulo Aplicações Lineares Definições e Exemplos Composição e Inversão de Aplicações Lineares Álgebra das Aplicações Lineares Exercícios do Capítulo Matrizes Definições Produto de Matrizes Aplicação Linear Matriz Mudança de Bases Exercícios do Capítulo Formas Lineares. Dualidade Definição Anulador de um Subespaço Transposição Exercícios do Capítulo Determinantes Aplicações r-lineares alternadas i

3 SUMÁRIO ii 5.2 Determinante de um Operador Linear Desenvolvimento em relação aos elementos de uma coluna (ou de uma linha) Matrizes Elementares Equações Lineares Autovalores e Autovetores Definições Diagonalização Polinômios de Operadores e Matrizes Exercícios do Capítulo Produto Interno Definições e Exemplos Bases Ortonormais Relações entre V e V Adjunta Exercícios do Capítulo Operadores Unitários e Normais Definições Operadores Positivos Matrizes Simétricas Positivas. Decomposição de Cholesky Teorema dos Valores Singulares Exercícios do Capítulo Formas Bilineares e Quadráticas Generalidades Matriz de uma forma bilinear Mudanças de Bases Formas Quadráticas Formas Bilineares Simétricas Reais Miscelânea Orientação Volume de Paralelepípedo Matriz de Gram Produto Vetorial Exercícios de Revisão 142 Bibliografia 144

4 Prefácio A origem desse livro de Álgebra Linear remonta a um curso feito para alunos do Bacharelado em Matemática da UFMG. Na ocasião, fizemos uma primeira redação revista pelos professores do ICEx-UFMG, Michel Spira e Wilson Barbosa, a quem muito agradecemos. Mais recentemente, retomamos o trabalho e, após várias mudanças, aproveitamos parte do material na disciplina Métodos Matemáticos do Programa de Pós-Graduação em Engenharia Elétrica da PUCMINAS. A versão final do livro foi revista pela professora Mariana Cornelissen Hoyos, a quem agradecemos a generosa assistência. A leitura do Sumário mostra que se trata de um livro básico de Álgebra Linear que procura desenvolver o assunto com cuidado no aspecto teórico, visando a boa formação do profissional. Para aprofundamento na matéria deve-se recorrer aos livros indicados na Bibliografia, que utilizamos livremente. A digitação do manuscrito foi feita, com eficiência e boa vontade, por Eric Fernandes de Mello Araújo, a quem agradecemos. Ao leitor, bom proveito. Belo Horizonte, janeiro de 2013 Roberto N. Mendes 1

5 Capítulo 1 Espaços Vetoriais 1.1 Definições e Exemplos Seja K um corpo com elementos neutros distintos 0 e 1, por exemplo, K = R ou K = C. Definição 1.1 Um espaço vetorial sobre K é um conjunto V munido de duas leis: V V V e K V V (u, v) u + v (a, v) av tais que, para quaisquer u, v, w V e a, b K, se tenha: (1) u + v = v + u (2) (u + v) + w = u + (v + w) (3) existe 0 V, chamado o vetor zero, tal que v + 0 = v (4) dado v V, existe ( v) V, chamado o oposto de v, tal que v+( v) = 0 (5) 1 v = v (6) a(bv) = (ab)v (7) a(u + v) = au + av (8) (a + b)v = av + bv. Exemplo Seja V = K n, onde n N, com as leis: e (x 1,..., x n ) + (y 1,..., y n ) = (x 1 + y 1,..., x n + y n ) a(x 1,..., x n ) = (ax 1,..., ax n ). É fácil verificar que, com estas leis, K n é um espaço vetorial sobre K. 2

6 CAPÍTULO 1. ESPAÇOS VETORIAIS 3 Observação: Os elementos de um espaço vetorial V são chamados de vetores, enquanto que os de K são chamados de escalares. Essa nomenclatura deriva do exemplo acima. As leis são chamadas de adição e multiplicação por escalar, respectivamente. No exemplo 1.1.1, se n = 1, vemos que K é um espaço vetorial sobre si mesmo, de modo que seus elementos são, ao mesmo tempo, escalares e vetores. Exemplo Seja V = P n, onde n N, o conjunto das funções polinomiais de grau estritamente menor que n, com coeficientes em K, juntamente com a função zero. Se p = a 0 +a 1 t+...+a n 1 t n 1 e q = b 0 +b 1 t+...+b n 1 t n 1, definimos p + q V e cp V, onde c K, por: p + q = (a 0 + b 0 ) + (a 1 + b 1 )t (a n 1 + bn 1)t n 1 cp = ca 0 + ca 1 t ca n 1 t n 1 Resulta que P n é um espaço vetorial sobre K. Exemplo Seja V = K[t] o conjunto de todos os polinômios a uma variável, com coeficientes em K. Definindo as leis como no exemplo 1.1.2, é imediato que K[t] é um espaço vetorial sobre K. Exemplo Seja V = F(I, R) o conjunto das funções f : I R, onde I R é um intervalo. Se f, g V e a R, definimos f + g e af por: (f + g)(x) = f(x) + g(x) (af)(x) = a f(x) para todo x I. Verifica-se imediatamente que essas leis tornam F(I, R) um espaço vetorial real, isto é, sobre R. Consequências Imediatas da Definição (a) Se u, v V definimos: Se a K, então u v = u + ( v) a(u v) + av = a[(u v) + v] = a[u + ( v) + v] = a(u + 0) = au. Somando av aos dois membros, vem: a(u v) + av av = au av,

7 CAPÍTULO 1. ESPAÇOS VETORIAIS 4 donde: a(u v) = au av. Fazendo u = v, obtemos a 0 = 0 e também a( v) = a(0 v) = a 0 av = av. (b) Se a, b K e v V, então: (a b)v + bv = (a b + b)v = av, donde: (a b)v = av bv Fazendo a = b, vem 0 v = 0 e também ( a)v = (0 a)v = 0 v av = av. (c) Para todo a K e todo v V vimos que 0 v = a 0 = 0 Suponhamos que av = 0. Se a 0 então 0 = a 1 0 = a 1 (av) = 1 v = v. Portanto, av = 0 implica ou a = 0 ou v = 0. Exercícios 1. O conjunto de todos os polinômios de grau 3, com coeficientes reais e munido das leis usuais, juntamente com o polinômio zero, forma um espaço vetorial real? 2. Dê exemplo de um conjunto M que verifique todos os axiomas de espaço vetorial, exceto 1 v = v para todo v M.

8 CAPÍTULO 1. ESPAÇOS VETORIAIS 5 3. O conjunto das sequências complexas z = (z n ) n 1 tais que z n+2 = z n+1 + z n, n 1, munido das leis usuais, forma um espaço vetorial complexo? 4. O conjunto das funções f : R R duas vezes continuamente deriváveis e tais que f + af + bf = 0 (a e b reais fixos), munido das leis usuais, forma um espaço vetorial real? 5. Prove que o conjunto das funções limitadas f : R R, munido das leis usuais, é um espaço vetorial real. n=1 6. Seja l 1 (N) o conjunto das sequências x = (x n ) n 1 onde x n C e x n <. Prove que, com as leis usuais, l 1 (N) é um espaço vetorial complexo. 1.2 Subespaços Seja V um espaço vetorial sobre o corpo K. Definição 1.2 Dizemos que W V é um subespaço de V se: (a) 0 W (b) u, v W = u + v W (c) a K, v W = av W É claro que W, com as leis induzidas pelas de V, é um espaço vetorial sobre K. Exemplo Em V = K n verifica-se imediatamente que W = {(x 1,..., x n ) K n ; x 1 = 0} é um subespaço. Exemplo Em V = F(R, R), espaço vetorial real das funções f : R R, o subconjunto formado pelas funções contínuas é um subespaço. Proposição 1.1 Seja V um espaço vetorial sobre K. A interseção de uma família qualquer de subespaços de V é um subespaço de V. Dem. Seja (W α ) α A uma família de subespaços de V, e seja W = α A W α. Então:

9 CAPÍTULO 1. ESPAÇOS VETORIAIS 6 (a) 0 W pois 0 W α para todo α A. (b) u, v W u, v W α para todo α A = (u + v) W α para todo α A = (u + v) W. (c) α K, v W = av W α para todo α A = av W. Definição 1.3 Seja X um subconjunto não-vazio do espaço vetorial V sobre m K. Todo elemento da forma a 1 v a m v m = a i v i, onde m N, v i X, a i K, 1 i m, é chamado de combinação linear de elementos de X. É fácil verificar que o conjunto de todas as combinações lineares de elementos de X é um subespaço de V, chamado de subespaço gerado por X. Proposição 1.2 O subespaço gerado por X V, X, é a interseção de todos os subespaços de V contendo X, ou seja, é o menor (para a inclusão de conjuntos) subespaço de V contendo X. Dem. Seja (W α ) α A a família de todos os subespaços de V contendo X. Sabemos que W = α A W α é um subespaço de V. É claro que W contém X e, portanto, que W contém todas as combinações lineares de elementos de X, ou seja, W contém o subespaço S gerado por X. Como S é um subespaço de V contendo X, temos que W S. Resulta W = S. Exercícios 1. Seja V = F(R, R) o espaço vetorial real das funções f : R R. Verifique se W é subespaço de V nos seguintes casos: (a) W = conjunto das funções pares (b) W = conjunto das funções ímpares (c) W = conjunto das funções deriváveis (d) W = conjunto das funções C 2. Qual a expressão do elemento genérico do subespaço de K[t] gerado pelos polinômios t 2 e t 3? 3. Verifique se W = {(x, y, z) R 3 ; x = 2y} é subespaço de R Mostre que W = {(0, y, z) R 3 } é gerado por (0, 1, 1) e (0, 2, 1). 5. Mostre que o conjunto das funções f : R R de classe C 2 tais que f + af + bf = 0 (a e b reais fixos) é um subespaço de F(R, R). 6. Mostre que, em geral, a união de dois subespaços não é um subespaço.

10 CAPÍTULO 1. ESPAÇOS VETORIAIS Independência Linear. Bases. Dimensão Definição 1.4 Sejam X, X V, V um espaço vetorial sobre K. Dizemos que X é linearmente independente se, quaisquer que sejam v 1,..., v m X, m N, a equação a 1 v a m v m = 0, onde a 1,..., a m K, implica a 1 = a 2 =... = a m = 0. Se X não é linearmente independente (LI) dizemos que X é linearmente dependente (LD); neste caso, existem v 1,..., v p X, p N, e escalares não todos nulos, a 1,..., a p, tais que a 1 v a p v p = 0. Exemplo Em K n consideremos os vetores e 1 = (1, 0,..., 0) e 2 = (0, 1,..., 0). e n = (0,..., 0, 1) Esses vetores são LI, pois a 1 e a n e n = (a 1,..., a n ) = 0 = (0,..., 0) a 1 = 0,..., a n = 0. Exemplo Em P n os vetores 1, t,..., t n 1 são LI pois a 0 + a 1 t a n 1 t n 1 = 0 implica a 0 = a 1 =... = a n 1 = 0. Exemplo No espaço das funções f : R R de classe C 1 consideremos os vetores f 1 (t) = e r 1t, f 2 (t) = e r 2t onde r 1 r 2 são reais. f 1, f 2 são LI pois se a 1 f 1 + a 2 f 2 = 0 então a 1 e r 1t + a 2 e r 2t = 0 para todo t R, donde a 1 e (r 1 r 2 )t + a 2 = 0 para todo t R. Derivando: a 1 (r 1 r 2 )e (r 1 r 2 )t = 0 para todo t R, donde a 1 = 0 e, portanto, a 2 = 0. Exemplo Consideremos os elementos 1 e i de C. Considerando C como um espaço vetorial real, 1 e i são LI. Considerando C como um espaço vetorial complexo, 1 e i são LD. Proposição 1.3 Se v 1,..., v n são vetores LI em V e a 1 v a n v n = b 1 v b n v n, com a i K, b i K (1 i n), então a i = b i para todo i. Dem. A relação dada é equivalente a (a 1 b 1 )v (a n b n )v n = 0, donde a 1 b 1 =... = a n b n = 0, isto é, a i = b i para i = 1, 2,..., n.

11 CAPÍTULO 1. ESPAÇOS VETORIAIS 8 Definição 1.5 Seja V um espaço vetorial sobre K. Dizemos que G V gera V ou que G V é um conjunto de geradores de V se todo v V é combinação linear de vetores de G, ou seja, se o subespaço gerado por G é V. Dizemos que o conjunto de geradores G é mínimo se, qualquer que seja g G, o conjunto G 1 = G {g} não gera V. Exemplo Em K n os vetores e 1 = (1, 0,..., 0),..., e n = (0,..., 0, 1) formam um conjunto de geradores mínimo. Definição 1.6 Seja X V um conjunto LI no espaço vetorial V. Dizemos que X é um conjunto linearmente independente máximo se, para todo v V, v / X, o conjunto X 1 = X {v} é LD. Exemplo Os vetores e 1 = (1, 0,..., 0),..., e n = (0,..., 0, 1) de K n formam um conjunto LI máximo. Proposição 1.4 Sejam v 1,..., v m vetores LI do espaço vetorial V gerado por w 1,..., w p. Então m p e, alterando-se eventualmente a numeração dos w i, os vetores v 1,..., v m, w m+1,..., w p ainda geram V. Dem. Seja v 1 = a 11 w a p1 w p ; sem perda de generalidade podemos supor a 11 0 e, então: w 1 = b 11 v 1 + b 21 w b p1 w p. Logo, toda combinação linear de w 1,..., w p também é combinação linear de v 1, w 2,..., w p, ou seja, estes vetores geram V. Seja v 2 = a 12 v 1 +a 22 w a p2 w p ; ao menos um dos escalares a 22,..., a p2 é diferente de zero pois v 1 e v 2 são LI. Podemos supor a 22 0 e, então: w 2 = b 12 v 1 + b 22 v 2 + b 32 w b p2 w p, e toda combinação linear de v 1, w 2,...w p é também combinação linear de v 1, v 2, w 3,..., w p, ou seja, estes vetores geram V. Repetindo essa operação um número finito de vezes, vemos que, para r min(m, p), os vetores v 1,..., v r, w r+1,..., w p geram V. Se fosse m > p, tomando r = p, teríamos que v 1,..., v p gerariam V e, portanto, v p+1,..., v m seriam combinações lineares de v 1,..., v p, o que é absurdo já que v 1,..., v m são LI. Portanto, m p e, ao fim de um número finito de operações, obteremos o conjunto de geradores v 1,..., v m, w m+1,..., w p.

12 CAPÍTULO 1. ESPAÇOS VETORIAIS 9 Corolário Se w 1,..., w p geram V e n > p, então v 1,..., v n são LD. Em particular, p + 1 vetores que são combinações lineares de p vetores quaisquer são LD. Proposição 1.5 Seja X um subconjunto não-vazio do espaço vetorial V sobre K. As propriedades seguintes são equivalentes: (a) X é LI e gera V (b) X é um conjunto de geradores mínimo (c) X é um conjunto LI máximo Dem. (a) (b): Sejam x X, Y = X {x}. Se x fosse combinação linear de vetores de Y, x = a i y i, y i Y, a i K, 1 i n, então X seria LD, contradição. Portanto, Y não gera V, o que mostra que X é mínimo. (b) (c): Se X fosse LD existiriam vetores x, x 1,..., x n de X e escalares a, a 1,..., a n, não todos nulos, tais que ax+a 1 x a n x n = 0. Sem perda de generalidade podemos supor a 0, donde x = b 1 x b n x n e, portanto, X não seria mínimo, contradição. Além disso, X é (um conjunto LI) máximo m pois, dado v V, temos v = a i x i, x i X, a i K, 1 i m, ou seja, X {v} é LD. (c) (a): Seja v V, v / X, então Y = X {v} é LD e existem vetores x 1,..., x n de X e escalares a, a 1,..., a n, não todos nulos, tais que av + a 1 x a n x n = 0. Se fosse a = 0 resultaria X LD. Então a 0 e v = b 1 x b n x n, isto é, X gera V (e é LI). Definição 1.7 Seja V um espaço vetorial sobre K. X V, X, é uma base de V se X possui uma das (e portanto as três) propriedades da proposição 1.5. Se V tem uma base finita X = {v 1,..., v n } dizemos que V tem dimensão finita; neste caso, se v V, então v se escreve de modo único na forma v = a 1 v a n v n, a i K, 1 i n. Proposição 1.6 Sejam {v 1,..., v n } e {w 1,..., w p } bases do espaço vetorial V sobre K. Então: n = p

13 CAPÍTULO 1. ESPAÇOS VETORIAIS 10 Dem. Como v 1,..., v n são LI e w 1,..., w p geram V, temos n p. Por simetria, p n. Logo, n = p. Definição 1.8 Sejam V um espaço vetorial sobre K e {v 1,..., v n } uma base de V. Dizemos que n é a dimensão de V sobre K. Por definição a dimensão de V = {0} é zero. Notação: n = dim K V ou n = dim V Exemplo K n tem dimensão n e {e 1,..., e n } é uma base de K n, chamada de base canônica. Exemplo {1, t,..., t n 1 } é base de P n, donde dim P n = n. Exemplo V = K[t] não tem dimensão finita sobre K. Exemplo dim R C = 2 e {1, i} é uma base. dim C C = 1 e {1} é uma base. Uma base de C n sobre R é {e 1, ie 1, e 2, ie 2,..., e n, ie n }. Corolários: (1) Se dim V = n e v 1,..., v n são LI, então {v 1,..., v n } é base de V (pois é um conjunto LI máximo). (2) Se W é subespaço de V e dim W = dim V, então W = V (pois toda base de W é também base de V ). (3) Se dim V = n e m > n então os vetores v 1,..., v m são LD (pois o número máximo de vetores LI é n). Proposição 1.7 Seja V um espaço vetorial de dimensão n sobre K. Sejam v 1,..., v r, r < n, vetores LI. Então existem v r+1,..., v n V tais que {v 1,..., v r, v r+1,..., v n } seja base de V. Dem. Como r < n, {v 1,..., v r } não é um conjunto LI máximo; logo, existe v r+1 V tal que {v 1,..., v r, v r+1 } seja LI. Se r + 1 < n podemos repetir o argumento. Após um número finito de repetições obteremos n vetores LI, v 1,..., v n, ou seja {v 1,..., v n } é base de V. Exercícios 1. Mostre que t 3 t 2 + 1, q = t 2 1 e r = 2t 3 + t 1 são LI em P 4.

14 CAPÍTULO 1. ESPAÇOS VETORIAIS Prove que f, g, h F(R, R) são LI, onde f(t) = t, g(t) = e t e h(t) = sen t. 3. Ache uma condição necessária e suficiente para que u = (a, b) K 2 e v = (c, d) K 2 sejam LD. 4. Seja W o subespaço de P 4 gerado por u = t 3 t 2 + 1, v = t 2 1 e w = t 3 3t Ache uma base para W. 5. Existe alguma base de P 4 que não contenha nenhum polinômio de grau 2? 6. Seja (v 1,..., v m ) uma sequência de vetores não-nulos do espaço vetorial V. Prove que se nenhum deles é combinação linear dos anteriores então o conjunto {v 1,..., v m } é LI. 7. Seja V um espaço vetorial de dimensão finita. Prove que todo conjunto de geradores de V contém uma base. 1.4 Espaços Produto e Quociente Sejam V 1 e V 2 espaços vetoriais sobre K e V = V 1 V 2 = {(v 1, v 2 ); v 1 V 1, v 2 V 2 } seu produto cartesiano. Vamos introduzir em V uma estrutura vetorial, definindo: (v 1, v 2 ) + (u 1, u 2 ) = (v 1 + u 1, v 2 + u 2 ) a(v 1, v 2 ) = (av 1, av 2 ), a K É imediato verificar que, com estas leis, V = V 1 V 2 é um espaço vetorial sobre K. A definição do espaço produto se estende a um número finito qualquer de espaços vetoriais. Se V 1,..., V n são espaços vetoriais sobre K e V = V 1... V n, definimos: (v 1,..., v n ) + (u 1,..., u n ) = (v 1 + u 1,..., v n + u n ) a(v 1,..., v n ) = (av 1,..., av n ), a K Desta maneira V fica munido de uma estrutura vetorial sobre K. Proposição 1.8 Se V 1 e V 2 têm dimensão finita sobre K, então dim(v 1 V 2 ) = dim V 1 + dim V 2.

15 CAPÍTULO 1. ESPAÇOS VETORIAIS 12 Dem. Sejam {v 1,..., v n } e {u 1,..., u p }, respectivamente, bases de V 1 e V 2. Vamos provar que {(v 1, 0),..., (v n, 0), (0, u 1 ),..., (0, u p )} é base de V 1 V 2. Se v V 1 e u V 2, existem escalares a i, b j tais que v = a 1 v a n v n e u = b 1 u b p u p. Então: (v, u) = (a 1 v a n v n, b 1 u b p u p ) = = a 1 (v 1, 0) a n (v n, 0) + b 1 (0, u 1 ) b p (0, u p ), o que mostra que os vetores (v 1, 0),..., (0, u p ) geram V 1 V 2. Se tivermos a 1 (v 1, 0) a n (v n, 0) + b 1 (0, u 1 ) b p (0, u p ) = 0 então (a 1 v a n v n, b 1 u b p u p ) = (0, 0), donde a 1 v a n v n = 0 e b 1 u b p u p = 0, que implicam a 1 =... = a n = 0 e b 1 =... = b p = 0, ou seja, os vetores (v 1, 0),..., (0, u p ) são LI. Definição 1.9 Sejam V um espaço vetorial sobre K e W um seu subespaço. Se v V definimos v + W por: v + W = {v + w; w W } Observemos que v + W = u + W v u W. Seja V = {v + W ; v V }. Para introduzir uma estrutura vetorial sobre W V W definamos: (v + W ) + (u + W ) = (v + u) + W a(v + W ) = av + W, a K. Essas leis estão bem definidas pois se u+w = u 1 +W e v +W = v 1 +W, então (v 1 + W ) + (u 1 + W ) = (u 1 + v 1 ) + W = (u + v) + W = = (v + W ) + (u + W ), já que (u 1 + v 1 ) (u + v) = = (u 1 u) + (v 1 v) W. Analogamente, se a K e v 1 + W = v + W, temos: a(v 1 + W ) = av 1 + W = av + W = a(v + W ) pois av 1 av = a(v 1 v) W.

16 CAPÍTULO 1. ESPAÇOS VETORIAIS 13 É pura rotina verificar que, com estas leis, V se torna um espaço vetorial W sobre K. O elemento neutro da adição em V W é a classe W = 0 + W. V W é chamado de espaço vetorial quociente de V por W. Exemplo Sejam V = R 2 e W uma reta pela origem de R 2. Um elemento típico de V W é uma reta v + W paralela a W, e V W todas as retas paralelas a W em R 2. consiste de (u + v) + W u + W u u + v v v + W W Exercícios 1. Prove que se v 1 + W,..., v n + W são LI em V W, então v 1,..., v n são LI em V. 2. Sejam V um espaço vetorial e W um subespaço. Para u, v V definamos u v se u v W. Prove que é uma relação de equivalência em V e que o conjunto das classes de equivalência é o espaço quociente V W. 1.5 Somas e Somas Diretas Definição 1.10 Sejam V um espaço vetorial sobre K, U e W subespaços de V. A soma de U e W é definida por: U + W = {u + w, u U, w W }.

17 CAPÍTULO 1. ESPAÇOS VETORIAIS 14 É fácil ver que U + W é um subespaço de V. De fato, se u 1, u 2 U, w 1, w 2 W e a K, temos: (a) 0 = U + W (b) (u 1 + w 1 ) + (u 2 + w 2 ) = (u 1 + u 2 ) + (w 1 + w 2 ) U + W (c) a(u 1 + w 1 ) = au 1 + aw 1 U + W Dizemos que V é soma direta de U e W, e escrevemos V = U W, se todo elemento v V se escreve, de modo único, na forma v = u + w, com u U e w W. Proposição 1.9 V = U W se, e só se, V = U + W e U W = {0}. Dem. Se V = U W é claro que V = U + W. Além disso, se v U W temos, de modo único, v = v + 0 = 0 + v, donde v = 0, isto é U W = {0}. Reciprocamente, seja v V arbitrário. Como V = U + W temos v = u + w, com u U, w W. Se tivéssemos também v = u 1 +w 1, u 1 U, w 1 W, então teríamos u u 1 = w 1 w U W = {0}, donde u = u 1 e w = w 1, ou seja, a representação de v na forma u + w é única. Logo, V = U W. Proposição 1.10 Sejam V um espaço vetorial sobre K, de dimensão finita, e W um subespaço de V. Existe subespaço U de V tal que V = U W. Dem. Seja {w 1,..., w r } base de W. Sabemos que existem vetores u 1,..., u s V tais que {w 1,..., w r, u 1,..., u s } seja base de V. Seja U o subespaço gerado por u 1,..., u s. É claro que V = U W. Obs.: Em geral existem muitos subespaços U de V tais que V = U W. Dizemos que um tal U é um subespaço suplementar de W. Proposição 1.11 Sejam V um espaço vetorial de dimensão finita sobre K, U e W dois de seus subespaços. Se V = U W então dim V = dim U + dim W. Dem. Sejam {u 1,..., u r } e {w 1,..., w s } bases de U e W, respectivamente. Provemos que {u 1,..., u r, w 1,...w s } é base de V. Se v V então v = u + w, com u U e w W, ou seja, u = a 1 u a r u r e w = b 1 w b s w s. Portanto, v = a 1 u a r u r + b 1 w b s w s e os vetores u 1,..., u r, w 1,..., w s geram V.

18 CAPÍTULO 1. ESPAÇOS VETORIAIS 15 Seja a 1 u a r u r + b 1 w b s w s = 0. Então: a 1 u a r u r = b 1 w 1... b s w s. Como U W = {0} resulta a 1 u a r u r = 0 e b 1 w b s w s = 0, donde a 1 =... = a r = 0 e b 1 =... = b s = 0, ou seja, u 1,..., u r, w 1,..., w s são LI. Logo, {u 1,..., u r, w 1,..., w s } é base de V e dim V = r + s = dim U + dim W. O conceito de soma direta se estende à soma de vários subespaços V 1,..., V n do espaço vetorial V. Dizemos que V é a soma direta de V 1,..., V n, e escrevemos V = V 1 V 2... V n, se todo v V se escreve, de modo único, na forma v = v 1 + v v n, onde v i V i, i = 1, 2,..., n. Proposição 1.12 Sejam V um espaço vetorial de dimensão finita sobre K, V 1,..., V r subespaços de V e, para cada i = 1,..., r, {v i1,...v ini } base de V i. V = V 1... V r se, e só se, B = {v 11,..., v 1n1,..., v r1, v r2,..., v rnr } é base de V. Dem. Se V = V 1... V r então todo v V se escreve de modo único na forma v = v v r, onde v i V i, 1 i r. Mas Logo: Suponhamos que n i v i = a ki v ik, 1 i r. v = k=1 r n i a ki v ik e B gera V. k=1 r n i a ki v ik = 0. Pondo v i = k=1 n i k=1 a ki v ik, temos que v i V i, i = 1,..., r. Então: v v r = 0 e, como a soma é direta, temos n i v i = 0, isto é, a ki v ik = 0, donde a ki = 0 pois v i1,..., v ini são LI. Logo, B k=1 é LI e, portanto, B é base de V. Reciprocamente, se B é base de V, então v = r n i a ki v ik = k=1 r v i, onde n i v i = a ki v ik pertence a V i, i i r. Logo: V = V V r. A soma k=1

19 CAPÍTULO 1. ESPAÇOS VETORIAIS 16 é direta pois se v v r = 0, v i V i, então a ki = 0 e, portanto, v i = 0, 1 i r. Exercícios r n i a ki v ik = 0, donde k=1 1. Sejam U, V, W os seguintes subespaços de R 3 : U = {(x, y, z) R 3 ; x + y + z = 0}; V = {(x, y, z) R 3 ; x = z} e W = {(0, 0, z) R 3 ; z R}. Mostre que R 3 = U + V, R 3 = U + W, R 3 = V + W. Quando é que a soma é direta? 2. Sejam V = F(R, R), U o subespaço das funções pares e W o das ímpares. Mostre que V = U W. 3. Sejam U e W subespaços de V. Se prove que V = U W. V = U + W e dim V = dim U + dim W <, 4. Sejam V um espaço vetorial de dimensão finita sobre K, U e W subespaços de V. Prove: dim(u + W ) dim U + dim W 1.6 Exercícios do Capítulo 1 1. Determine uma base para o subespaço de R 4 descrito por x = (x 1, x 2, x 3, x 4 ) tal que x 1 = x 2 3x 3, x 3 = 2x 4. Complete a base obtida a uma base do R Em V = F(R, R) considere f k (t) = e r kt onde r k R, 1 k n. Prove que f 1,..., f n são LI se, e só se, r 1 r 2... r n. 3. Sejam v 1,..., v n LI e u = b 1 v b j v j b n v n com b j 0. Prove que v 1,..., v j 1, u, v j+1,..., v n são LI. 4. Seja W um subespaço do espaço vetorial V. Suponha que v 1,..., v n V sejam LI e gerem um subespaço U tal que U W = {0}. Prove que os vetores v 1 + W,..., v n + W são LI em V W.

20 CAPÍTULO 1. ESPAÇOS VETORIAIS Sejam V um espaço vetorial, U e W seus subespaços. Se U e W têm dimensões finitas, prove que: dim U + dim W = dim(u + W ) + dim(u W ). 6. Sejam V um espaço vetorial real e u, v V. O segmento de reta de extremidades u e v é o conjunto [u, v] = {(1 t)u + tv; 0 t 1}. X V é convexo se u, v X [u, v] X. Prove: (a) Se X, Y V são convexos, então X Y é convexo. (b) Se X V é convexo e r, s, t são reais não negativos tais que r + s + t = 1, então u, v, w X ru + sv + tw X. (c) Se X V, a envoltória convexa de X é o conjunto C(X) das combinações t 1 x t n x n, onde t i 0, t i = 1, n N, chamadas combinações convexas dos elementos de X. Prove que C(X) é convexo, que X C(X) e que se C é convexo e X C então C(X) C. 7. Seja V um espaço vetorial real. A V é uma variedade afim se u, v A, t R (1 t)u + tv A. Prove: (a) Se A, B V são variedades afins, então A B é variedade afim. (b) Se A é uma variedade afim em V, existe um único subespaço vetorial W V tal que para todo x A tem-se A = x + W = {x + w; w W }. 8. Dado o conjunto finito X = {a 1,..., a n }, ache uma base para o espaço vetorial real F(X, R) = {f : X R}.

21 Capítulo 2 Aplicações Lineares 2.1 Definições e Exemplos Definição 2.1 Sejam V e W espaços vetoriais sobre K. Dizemos que uma aplicação T : V W é linear se: T (u + v) = T (u) + T (v) T (av) = a T (u), quaisquer que sejam u, v V e a K. Exemplo A aplicação identidade I : V V, I(v) = v é linear, bem como a aplicação zero, 0 : V V, 0(v) = 0 para todo v V. Exemplo Seja V = K[t] o espaço vetorial dos polinômios na variável t com coeficientes em K. A aplicação derivada D : V V, definida por D(a 0 + a 1 t + a 2 t a m t m ) = a 1 + 2a 2 t ma m t m 1, é uma aplicação linear. Exemplo Se V 1 e V 2 são espaços vetoriais sobre K e V = V 1 V 2, as aplicações p 1 : V V 1 e p 2 : V V 2 definidas por p 1 (v 1, v 2 ) = v 1 e p 2 (v 1, v 2 ) = v 2 são lineares. Exemplo Seja W um subespaço do espaço vetorial V. A aplicação π : V V, π(v) = v + W, é linear. W Exemplo Seja V = C 0 ([0, 1], R) o espaço vetorial real das funções contínuas f : [0, 1] R. A aplicação f V T (f) V, onde (T f)(x) = x 0 f(t)dt, x [0, 1], 18

22 CAPÍTULO 2. APLICAÇÕES LINEARES 19 é linear. É também linear a função f V 1 0 f(t)dt R. Proposição 2.1 Sejam V e W espaços vetoriais sobre K e (v 1, v 2,..., v n ) uma base ordenada de V. Dada a sequência (w 1,..., w n ) de vetores de W, existe uma e uma única aplicação linear T : V W tal que T (v i ) = w i, 1 i n. Dem. Seja v V. Então v se escreve, de modo único, como v = a 1 v a n v n. Definamos T : V W por T (v) = a 1 w a n w n. É claro que T (v i ) = w i, 1 i n. Mostremos que T é linear. Se u = b 1 v b n v n, então: 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 = = (a 1 w a n w n ) + b 1 w b n w n = T (v) + T (u). Se c K, temos T (cv) = T (ca 1 v ca n v n ) = ca 1 w ca n w n = = c(a 1 w a n w n ) = c T (v). Logo, T é linear. Se L : V W é aplicação linear tal que L(v i ) = w i, 1 i n, então L(a 1 v a n v n ) = a 1 w a n w n = T (v) para todo v V, ou seja, T = L, o que mostra a unicidade de T. Proposição 2.2 Seja T : V W linear. Então: (a) T (0) = 0, T ( v) = v. (b) Se U V é subespaço, então T (U) W é subespaço. (c) Se U W é subespaço, então T 1 (U ) V é subespaço. Dem. (a) Como T é linear, T (av) = at (v) para todo a K e todo v V. Fazendo a = 0, vem: Fazendo a = 1, vem: T (0 v) = 0 T (v), donde: T (0) = 0. T ( v) = T (v) (b) T (U) W é subespaço pois:

23 CAPÍTULO 2. APLICAÇÕES LINEARES = T (0) T (U) 2. Se T (u), T (v) T (U) então T (u) + T (v) = T (u + v) T (U) 3. Se a K e T (v) T (U) então at (v) = T (av) T (U) (c) T 1 (U ) V é subespaço pois: 1. 0 T 1 (U ) já que T (0) = 0 U 2. Se u, v T 1 (U ) então T (u), T (v) U, donde T (u) + T (v) = T (u + v) U, donde u + v T 1 (U ) 3. Se a K e v T 1 (U ) então at (v) = T (av) U e, portanto, av T 1 (U ). Definição 2.2 Seja T : V W linear. O subespaço T (V ) W é chamado de imagem de T e anotado Im T. O subespaço T 1 (0) V é chamado de núcleo de T e anotado N (T ). Assim, Im T = {T (v) W ; v V } N (T ) = {v V ; T (v) = 0} Obs.: Por definição T é sobrejetora se Im T = W e T é injetora se u v implica T (u) T (v). Proposição 2.3 Seja T : V W linear. São equivalentes: (a) N (T ) = {0} (b) T é injetora (c) T transforma cada conjunto LI de vetores de V em conjunto LI de vetores de W. Dem. (a) (b): N (T ) = {0} T (w) = 0 implica w = 0 T (u v) = 0 implica u v = 0 T (u) = T (v) implica u = v T é injetora. (b) (c): Seja X V um conjunto LI e seja Y = T (X). Vamos provar que Y é LI. De fato, se a 1 y a r y r = 0 onde r N e y i = T (x i ), 1 i r, x i X, a i K, então a 1 T (x 1 )+...+a r T (x r ) = 0 T (a 1 x a r x r ) = 0, donde a 1 x a r x r = 0 (pois N (T ) = {0}), o que implica a 1 =... = a r = 0 (pois X é LI), resultando Y ser LI. (c) (a): Todo vetor v 0 é LI, donde T (v) é LI, ou seja, T (v) 0. Portanto: N (T ) = {0}. Obs.: Se T : V W é linear e v 1,..., v n geram V, então é claro que

24 CAPÍTULO 2. APLICAÇÕES LINEARES 21 T (v 1 ),..., T (v n ) geram Im T pois todo w Im T é da forma w = T (v) para algum v V e v = a 1 v a n v n. Resulta que, se V tem dimensão finita, então dim Im T dim V. Definição 2.3 Seja T : V W linear, V de dimensão finita. O posto de T é a dimensão de Im T : r = posto(t ) = dim Im T, donde r dim V. Proposição 2.4 Seja T : V W linear. São equivalentes: (a) T é sobrejetora (b) T transforma conjunto de geradores de V em conjunto de geradores de W. Dem. (a) (b): Sejam X um conjunto de geradores de V e Y = T (X). Vamos provar que Y gera W. Se w W e T é sobrejetora, existe v V tal que w = T (v). m m m Mas v = a i x i, a i K, x i X. Logo, T (v) = a i T (x i ) = a i y i com y i Y, ou seja, Y gera W. (b) (a): Sejam X um conjunto de geradores de V e Y = T (X). Então Y gera W. p Se w W, temos w = a i y i, a i K, y i Y, y i = T (x i ), x i X. Logo, ( p p ) w = a i T (x i ) = T a i x i = T (v) com v V, isto é, T é sobrejetora. Exemplo Seja T : C 3 C 3, T (x 1, x 2, x 3 ) = (x 1 x 2, 2x 1 + x 2 + 3x 3, x 1 2x 2 3x 3 ). T é linear e Im T é gerada por T (1, 0, 0) = (1, 2, 1) = w 1, T (0, 1, 0) = ( 1, 1, 2) = w 2 e T (0, 0, 1) = (0, 3, 3) = w 3. É fácil ver que w 1 e w 2 são LI e que w 3 = w 1 + w 2. Portanto, {w 1, w 2 } é base de Im T e posto(t ) = r = 2. O núcleo de T é definido pelas equações: x 1 x 2 = 0 2x 1 + x 2 + 3x 3 = 0 x 1 2x 2 3x 3 = 0 A solução deste sistema é dada por x 1 = x 2 = x 3. Logo: N (T ) = {( t, t, t) C 3 ; t C} e, por exemplo, ( 1, 1, 1) é base de N (T ). Observemos que dim C 3 = 3 = dim N (T ) + dim Im T, o que ilustra o teorema seguinte.

25 CAPÍTULO 2. APLICAÇÕES LINEARES 22 Proposição 2.5 (Teorema do núcleo e da imagem) Sejam V, W espaços vetoriais sobre K e T : V W linear. Se V tem dimensão finita, então: dim V = dim N (T ) + dim Im T. Dem. Seja {v 1,..., v s } base de N (T ) e sejam v s+1,..., v n V tais que {v 1,..., v s, v s+1,..., v n } seja base de V. Se w = T (v) Im T e v = a 1 v a n v n, então w = a s+1 T (v s+1 ) a n T (v n ) já que T (v 1 ) =... = T (v s ) = 0; logo T (v s+1 ),..., T (v n ) geram Im T. Além disso, esses vetores são LI; de fato, se b s+1 T (v s+1 )+...+b n T (v n ) = 0, então T (b s+1 v s b n v n ) = 0, ou seja, b s+1 v s b n v n N (T ). Portanto, podemos escrever b s+1 v s b n v n = b 1 v b s v s. Como v 1,..., v s, v s+1,..., v n são LI, resulta b s+1 =... = b n = 0 (e também b 1 =... = b s = 0). Resulta que {T (v s+1 ),..., T (v n )} é base de Im T e dim Im T = n s = dim V dim N (T ), donde a tese. Corolário Sejam T : V W linear, dim V = n, dim W = p. Então: (a) T é injetora r = posto(t ) = n. Neste caso, dim V dim W. (b) T é sobrejetora r = posto(t ) = p. Neste caso, dim V dim W. Corolário Seja T : V W linear, com dim V = dim W <. São equivalentes: (a) T é bijetora; (b) T é injetora; (c) T é sobrejetora; (d) se {v 1,..., v n } é base de V, então {T v 1,..., T v n } é base de W; (e) existe base {v 1,..., v n } de V tal que {T v 1,..., T v n } seja base de W. Dem. (a) (b): É óbvio. (b) (c): Como T é injetora, temos posto(t ) = dim V = dim W = n, donde Im T = W. (c) (d): T v 1,..., T v n geram Im T = W. Como dim W = n, resulta que {T v 1,..., T v n } é base de W. (d) (e): É óbvio. (e) (a): Seja {v 1,..., v n } base de V tal que {T v 1,..., T v n } seja base de W. Como T v 1,..., T v n Im T e geram W resulta que W Im T, donde Im T = W, ou seja, T é sobrejetora.

26 CAPÍTULO 2. APLICAÇÕES LINEARES 23 Se v = a 1 v a n v n é tal que T (v) = 0, então a 1 T (v 1 ) a n T (v n ) = 0, donde a 1 =... = a n = 0 pois T v 1,..., T v n são LI. Logo, v = 0 e T é injetora. Portanto, T é bijetora. Exercícios 1. Seja T : V W linear. Prove que são equivalentes: (a) T é injetora; (b) para toda decomposição V = V 1 V 2 tem-se T (V ) = T (V 1 ) T (V 2 ) 2. Ache T : R 2 R linear tal que T (1, 1) = 1 e T (1, 0) = Seja T : V W linear. Prove que se T (v 1 ),..., T (v n ) são LI, então v 1,..., v n são LI. 4. Ache T : R 3 R 4 linear cuja imagem seja gerada por (1,0,2,-4) e (0,2,-1,3). 5. Seja T : V V linear. Prove que se T v 1,..., T v n geram V, então v 1,..., v n geram V. 6. Seja T : R 2 R 2 definido por T (x, y) = (ax + by, cx + dy), com ad bc 0. Prove: (a) v 0 T v 0. (b) Toda reta l R 2 é transformada por T numa reta. (c) T transforma retas paralelas em retas paralelas. 2.2 Composição e Inversão de Aplicações Lineares Proposição 2.6 Sejam U, V, W espaços vetoriais sobre o corpo K e T : U V, L : V W aplicações lineares. Então a composta L T : U W é linear. Dem. Se u, v U, então (L T )(u + v) = L(T (u + v)) = L(T u + T v) = L T (u) + L T (v).

27 CAPÍTULO 2. APLICAÇÕES LINEARES 24 Se a K e u U, então (L T )(au) = L(T (au)) = L(aT (u)) = al(t (u)) = a(l T )(u). Resulta que L T é linear. Proposição 2.7 Seja T : V W linear bijetora. Então a aplicação inversa T 1 : W V também é linear (e bijetora). Dem. Sejam w 1 = T (v 1 ) e w 2 = T (v 2 ) elementos arbitrários de W. Então: T 1 (w 1 +w 2 ) = T 1 (T v 1 +T v 2 ) = T 1 (T (v 1 +v 2 )) = v 1 +v 2 = T 1 (w 1 )+T 1 (w 2 ). Se a K e w = T (v) W, então: T 1 (aw) = T 1 (at (v)) = T 1 (T (av)) = av = at 1 (w). Resulta que T 1 : W V é linear. Definição 2.4 Uma aplicação linear T : V W é um isomorfismo de V sobre W se T é bijetora. Se, além disso, V = W então diremos que T é um automorfismo de V. Se existe um isomorfismo de V sobre W dizemos que V e W são isomorfos. Corolário A composta de dois isomorfismos é um isomorfismo. A inversa de um isomorfismo é um isomorfismo. Obs.: Representamos por L(V, W ) o conjunto das aplicações lineares de V em W. No caso em que V = W é usual chamar uma aplicação linear T : V V de operador linear em V e representar L(V, V ) simplesmente por L(V ) e por GL(V ) o conjunto dos automorfismos de V. Proposição 2.8 Seja V um espaço vetorial sobre o corpo K. Se T, L GL(V ) então T L GL(V ) e (T L) 1 = L 1 T 1. Dem. Já vimos que a composta de automorfismos é automorfismo. Basta então verificar que (T L) (L 1 T 1 ) = (L 1 T 1 ) (T L) = I, operador identidade de V, o que é imediato.

28 CAPÍTULO 2. APLICAÇÕES LINEARES 25 Proposição 2.9 Se T : V W é linear sobrejetora, então W é isomorfo V ao espaço quociente N (T ). Dem. Seja π : V V a aplicação quociente, isto é, π(v) = v + N (T ) N (T ), v V. É imediato que π é linear. V Seja L : W definida por L(v+N (T )) = T (v), ou seja, L π = T N (T ) (dizemos então que o diagrama abaixo comuta). Mostremos que L está bem definida e é injetora: L(u + N (T )) = L(v + N (T )) T (u) = T (v) T (u v) = 0 u v N (T ) u + N (T ) = v + N (T ). Além disso, L é sobrejetora pois, dado w W, existe v V tal que T (v) = w (já que T é sobrejetora) e, portanto, L(v + N (T )) = w. Logo, L é bijetora. Resta provar que L é linear. Sejam u, v V, então: L(u + N (T ) + v + N (T )) = L(u + v + N (T )) = T (u + v) = T (u) + T (v) = L(u + N (T )) + L(v + N (T )). Se a K e v V, então: L(a(v + N (T ))) = V (av+n (T )) = T (av) = at (v) = al(v+n (T )). Resulta que L : N (T ) W é um isomorfismo. V T W π V N (T ) L Corolário Sejam V um espaço vetorial sobre K, U e W subespaços de V tais que V = U W. Então, V U é isomorfo a W. Dem. Seja p : V W definida por p(v) = w, onde v = u + w com u U e

29 CAPÍTULO 2. APLICAÇÕES LINEARES 26 w W. É imediato que p é linear sobrejetora e N (p) = {v V ; p(v) = 0} = U. Portanto, pela proposição 2.9, temos que V U é isomorfo a W. Corolário Sejam T : V W linear e U V subespaço tal que V = N (T ) U. Então U é isomorfo a Im T. Dem. Decorre da proposiçã 2.9 que temos que V N (T ) V é isomorfo a Im T. Pelo corolário N (T ) é isomorfo a U. Resulta que U e Im T são isomorfos. Proposição 2.10 Sejam U e W subespaços do espaço vetorial V de dimensão finita sobre o corpo K. Então: dim U + dim W = dim (U + W ) + dim (U W ). Dem. Seja T : U W V, T (u, w) = u w. É imediato que T é linear. Além disso, Im T = {v = u w; u U, w W } = U + W N (T ) = {(u, w) U W ; u = w} = {(u, u) U W, u U W }. É fácil ver que a aplicação u U W (u, u) N (T ) é um isomorfismo. Portanto, dim N (T ) = dim (U W ). Pela proposição 2.5, temos: dim (U W ) = dim (U + W ) + dim (U W ), ou seja, dim U + dim W = dim (U + W ) + dim(u W ). Proposição 2.11 Todo espaço vetorial de dimensão n sobre K é isomorfo a K n. Dem. Seja V um espaço vetorial de dimensão n sobre K. Seja {v 1,..., v n } uma base de V. Se v V, então v = a 1 v a n v n, onde a i K, 1 i n. Seja T : V K n definida por T (v) = T (a 1 v a n v n ) = (a 1,..., a n ) K n. É fácil verificar que T é um isomorfismo.

30 CAPÍTULO 2. APLICAÇÕES LINEARES 27 Corolário Todos os espaços vetoriais de mesma dimensão finita n sobre K são isomorfos entre si. Exemplo Seja T : V V linear tal que T 3 = 0. Prove que I T é um automorfismo de V. 1 A igualdade formal 1 x = 1+x+x2 +x nos sugere que (I T ) 1 = I + T + T 2 + T = I + T + T 2 já que T 3 = 0, donde T n = 0 para n 3. De fato, temos: (I T )(I + T + T 2 ) = I + T + T 2 T T 2 T 3 = I (I + T + T 2 )(I T ) = I T + T T 2 + T 2 T 3 = I Portanto, I T é um automorfismo de V e (I T ) 1 = I + T + T 2. Exemplo U e W sendo dois subespaços suplementares do espaço vetorial V, isto é, V = U W, todo v V se escreve, de modo único, na forma v = u + w, onde u U e w W. Consideremos T : U W U W definida por T (u, w) = u + w. É fácil ver que T é linear bijetora, ou seja, T é um isomorfismo de U W sobre U W. Reciprocamente, dados dois espaços vetoriais U e W sobre K, para todo v = (u, w) de V = U W temos, de modo único: (u, w) = (u, 0) + (0, w). Se U e W são, respectivamente, os subespaços de V descritos por (u, 0) e (0, w), então é claro que U é isomorfo a U e que W é isomorfo a W. Então, V = U W = U W. Se identificarmos U com U bem como W com W, então poderemos considerar U e W como subespaços suplementares de U W, o que significa identificar os dois espaços isomorfos U W e U W. Nestas condições, a aplicação de U W sobre U dada por u + w u, se identifica com p 1 : U W U, p 1 (u, w) = u, e é a projeção de V = U W sobre o subespaço U, paralelamente ao subespaço suplementar W. Analogamente, a aplicação u + w w se identifica com a projeção p 2 : U W W, p 2 (u, w) = w de V sobre o subespaço W paralelamente a U. Em particular, se V = U W tem dimensão finita, então: dim (U W ) = dim (U W ) = dim U + dim W, já visto anteriormente. Exercícios 1. Sejam T, L L(V ) tais que L T = T L. Prove: (a) L(N (T ) N (T ); (b) L(Im T ) Im T.

31 CAPÍTULO 2. APLICAÇÕES LINEARES Sejam L : V U, T : U W lineares. Se U, V e W têm dimensão finita, prove que: (a) posto(t L) posto(t ); (b) posto(t L) posto(l). 3. Sejam V um espaço vetorial de dimensão finita sobre K, L e T elementos de L(V ) tais que L T = I. Mostre que L é invertível e que T = L Sejam T : V U linear e W V subespaço. Seja T W = L : W U a restrição de T a W, isto é, T (w) = L(w) para todo w W. Prove: (a) L é linear; (b) N (L) = N (T ) W ; (c) Im L = T (W ). 5. Seja V = P n+1 o espaço vetorial dos polinômios de grau menor ou igual a n, com coeficientes reais. Ache um suplementar do subespaço W de V formado pelos polinômios p(t) tais que p(1) = 0 e prove que V W é isomorfo a R. 2.3 Álgebra das Aplicações Lineares Se V e W são espaços vetoriais sobre o corpo K, vimos que L(V, W ) representa o conjunto das aplicações lineares de V em W. Se L, T L(V, W ) e a K, definimos L + T e at, aplicações de V em W, por: (L + T )(v) = L(v) + T (v) (at )(v) = at (v), para todo v V. É fácil verificar que L+T e at são lineares, isto é, elementos de L(V, W ). Assim, no conjunto L(V, W ) temos duas leis, (L, T ) L+T e (a, T ) at, e deixamos aos cuidados do leitor provar que são satisfeitos os oito postulados que definem uma estrutura vetorial. Lembramos apenas que a aplicação linear zero é a aplicação 0(v) = 0 para todo v V e que a oposta de T L(V, W ) é a aplicação ( T ) tal que ( T )(v) = T (v) para todo v V. Concluímos que L(V, W ), munido das leis de adição (L, T ) L+T e de multiplicação por escalar (a, T ) at, é um espaço vetorial sobre K. Estrutura de Anel de L(V ) Se L, T L(V ), vimos que L + T e L T são elementos de L(V ). Assim, L(V ) está munido de duas leis, (L, T ) L + T e (L, T ) L T, que

32 CAPÍTULO 2. APLICAÇÕES LINEARES 29 tornam L(V ) um anel com identidade, isto é: (a) para a adição L(V ) é um grupo abeliano: 1. L + T = T + L; 2. (L + T ) + S = L + (T + S); 3. existe 0 L(V ) tal que T + 0 = T ; 4. dado T L(V ) existe ( T ) L(V ) tal que T + ( T ) = 0, quaisquer que sejam L, T, S L(V ). (b) o produto (L, T ) L T tem as propriedades: 1. (L T ) S = L (T S); 2. existe I L(V ) tal que I T = T I = T ; 3. (L + T ) S = L S + T S e L (T + S) = L T + L S, quaisquer que sejam L, T, S L(V ). Estrutura de Grupo de GL(V ) O conjunto GL(V ) dos automorfismos do espaço vetorial V é um subconjunto de L(V ); se L, T GL(V ) vimos que L T e T 1 pertencem a GL(V ) e a identidade I de V também pertence a GL(V ). Portanto, GL(V ) munido da operação (L, T ) L T é um grupo, chamado grupo linear de V. GL(V ) é o grupo dos elementos invertíveis do anel L(V ). Estrutura de Álgebra de L(V ) Se V é um espaço vetorial sobre K, L(V ) está munido das leis: (1) adição: (L, T ) L + T ; (2) multiplicação por escalar: (a, T ) at ; (3) produto: (L, T ) L T. Para as leis (1) e (2), L(V ) tem uma estrutura de espaço vetorial sobre K. Para as leis (1) e (3), L(V ) tem uma estrutura de anel. Além disso, é fácil ver que a(l T ) = (al) T = L (at ), quaisquer que sejam L, T L(V ) e a K. Vemos assim que L(V ) tem uma estrutura de álgebra (linear) sobre K, de acordo com a seguinte definição. Definição 2.5 Sejam K um corpo a A um conjunto munido de uma adição, de uma multiplicação por escalar e de um produto. Dizemos que A é uma álgebra sobre K se:

33 CAPÍTULO 2. APLICAÇÕES LINEARES 30 (1) A, munido da adição e da multiplicação por escalar, é um espaço vetorial sobre K. (2) A, munido da adição e do produto, é um anel. (3) a(l T ) = (al) T = L (at ), quaisquer que sejam L, T A e a K. Exemplo O corpo C dos complexos é uma álgebra sobre R. Exemplo F(R, R) munido das leis f +g, f g, af é uma álgebra sobre R. Exemplo No espaço vetorial L(V ) consideremos o produto (L, T ) [L, T [] = L T] T[ L (colchete ] de Lie de L e T). É imediato que: (1) [L, T ], S = L, [T, S] (2) [L + T, S] = [L, S] + [T, S] e [L, T + S] = [L, T ] + [L, S] (3) [al, T ] = [L, at ] = a[l, T ], quaisquer que sejam L, T, S L(V ) e a K. Portanto o espaço L(V ), munido do produto (L, T ) [L, T ], é uma álgebra sobre K, anotada gl(v ). 2.4 Exercícios do Capítulo 2 1. Sejam V 1, V 2 espaços vetoriais isomorfos entre si, bem como W 1 e W 2. Prove que L(V 1, W 1 ) é isomorfo a L(V 2, W 2 ). 2. Sejam V, M espaços vetoriais sobre K, V = V 1 V 2. Prove que L(V 1 V 2, W ) é isomorfo a L(V 1, W ) L(V 2, W ). 3. Seja V o espaço vetorial real das funções t x(t) de [0, 1] em R, de classe C. Consideremos em V os operadores x f(x) = dx dt e x g(x) com g(x)(t) = (g f)(x) (f g)(x). t 0 x(u)du. Prove que se x(0) 0 então 4. Sejam V um espaço vetorial e {v 1,..., v n } uma base de V. Prove que r vetores u 1,..., u r V, r n, são LI se, e só se, existe um automorfismo T de V tal que T (v j ) = u j, 1 j r. 5. Sejam f : V W linear e ϕ : V W V W tal que ϕ(v, w) = (v, w f(v)). Prove que ϕ é um automorfismo de V W. 6. Dois operadores lineares S, T L(V ) são semelhantes se existe operador invertível P GL(V ) tal que S = P 1 T P. Se V tem dimensão finita, prove que operadores semelhantes têm o mesmo posto.

34 CAPÍTULO 2. APLICAÇÕES LINEARES Seja V um espaço vetorial de dimensão n sobre K. Para k = 1, 2,..., n, exiba T : V V linear tal que T k = 0 mas T j 0 se j < k. 8. Sejam V e W espaços vetoriais de dimensão finita e T : V W linear. Prove: (a) T é injetora existe S : W V linear tal que S T = id V (b) T é sobrejetora existe S : W V linear tal que T S = id W 9. Seja V um espaço vetorial de dimensão infinita enumerável de base (v 1, v 2,..., v n,...). Seja T : V V o operador linear definido por T (v 2k+1 ) = 0, T (v 2k ) = v k, k N. (a) Prove que T é sobrejetora mas não injetora. (b) Prove que existe S : V V linear injetora, mas não sobrejetora, tal que T S = id. 10. Sejam V um espaço vetorial de dimensão finita, V V um subespaço, W um espaço vetorial, W W um subespaço, e T : V W linear. Prove: ( ) (a) dim T (V ) = dim V dim (N (T ) V ) (b) dim T 1 (W ) = dim N (T ) + dim (Im T W ). 11. E 0, E 1,..., E n sendo espaços vetoriais sobre o mesmo corpo K (n 2) dizemos que o diagrama f 0 E 0 E1... E k 1 f k 1 Ek f k Ek+1... E n 1 f n 1 En é uma sequência exata se para 0 k n 2 tem-se N f k+1 = Im f k, as aplicações f k sendo lineares (0 k n 1). Se E 0 (resp. E n ) é igual a {0}, que escrevemos 0, não escreveremos f 0 (resp. f n 1 ) pois só existe uma aplicação linear de 0 em E 1 (resp. de E n 1 em 0). (a) Prove: [0 E f F é uma sequência exata ] f é injetora [E f F 0 é uma sequência exata ] f é sobrejetora. (b) Prove que os diagramas seguintes são sequências exatas: 0 F i E j E F 0 0 N f i E f F j F Im f 0 (f aplicação linear, i injeção canônica, j sobrejeção canônica).

35 Capítulo 3 Matrizes 3.1 Definições Definição 3.1 Sejam K um corpo, m e n inteiros positivos e I n = {1, 2,..., n}. Uma matriz m n sobre K é uma função (i, j) I m I n a ij K. Em geral os escalares a ij são dispostos em m linhas e n colunas, o primeiro índice indicando a linha e o segundo a coluna ocupadas por a ij : a 11 a a 1n A = a 21 a a 2n = (a ij), 1 i m, 1 j n a m1 a m2... a mn Os escalares a ij são os elementos da matriz A = (a ij ). Observemos que duas matrizes, A = (a ij ) e B = (b ij ), ambas m n, são iguais se, e só se, a ij = b ij para todo par (i, j). A matriz zero, m n, é a que tem todos seus elementos iguais a zero. A matriz A é quadrada quando o número de linhas é igual ao de colunas, isto é, quando ela é do tipo n n; n é a ordem da matriz quadrada A. Numa matriz quadrada os elementos a ii, que têm os índices iguais, formam a diagonal principal. A matriz identidade (ou unidade) de ordem n é a matriz quadrada I n na qual todos os elementos da diagonal principal são iguais a 1 e os demais iguais a zero. Por exemplo, I 3 = O elemento genérico de I n é o

36 CAPÍTULO 3. MATRIZES 33 símbolo de Kronecker, definido por: { 1 se i = j δ ij = 0 se i j. Assim, I n = (δ ij ) 1 i,j n. Vamos introduzir no conjunto M m n (K), das matrizes m n sobre K, uma estrutura vetorial. Para isto precisamos definir a adição de matrizes e o produto de uma matriz por um escalar. Definição 3.2 Sejam A = (a ij ) e B = (b ij ) matrizes m n. A soma C = = A + B é a matriz m n, C = (c ij ), tal que c ij = a ij + b ij para todo par (i, j). A adição matricial goza das seguintes propriedades de verificação imediata: (1) A + B = B + A (2) A + (B + C) = (A + B) + C (3) A + 0 = A, onde 0 é a matriz zero m n (4) A + ( A) = 0 onde, sendo A = (a ij ), temos ( A) = ( a ij ). Definição 3.3 Sejam c K e A = (a ij ) M m n (K). A matriz B = (b ij ), onde b ij = c a ij para todo par (i, j), é o produto de c por A, anotado B = c A. É claro que B M m n (K). A multiplicação de matriz por escalar tem as seguintes propriedades, de fácil verificação: (1) 1 A = A (2) c (A + B) = c A + c B (3) (c + d) A = c A + d A (4) c(d A) = (cd) A, quaisquer que sejam A, B M m n (K) e c, d K. Vemos assim que M m n, munido das leis de adição e de multiplicação por escalar, é um espaço vetorial sobre K. Quando m = n escrevemos apenas M n (K) ou simplesmente M n. Vamos achar uma base para M m n (K). Para isso, consideremos as matrizes E ij, 1 i m, 1 j n, onde cada E ij é m n e tem todos os elementos iguais a zero, exceto o situado na linha i e na coluna j, que é igual a um:

37 CAPÍTULO 3. MATRIZES 34 E ij = coluna j linha i Proposição 3.1 O conjunto {E 11,..., E 1n,..., E m1,..., E mn } é uma base de M m n (K). j=1 m Dem. Se A = (a ij ) é m n é claro que A = a ij E ij, ou seja, as matrizes E ij geram M m n (K). Além disso, elas são LI, pois se 0, então A = (a ij ) = 0, donde a ij = 0 para todo par (i, j). Corolário dim M m n (K) = m n. m a ij E ij = j=1 3.2 Produto de Matrizes Definição 3.4 Sejam A = (a ij ) m n e B = (b ij ) n p, ou seja, o número de colunas de A é igual ao número de linhas de B. O produto C = A B é a matriz m p, C = (c ij ), tal que c ij = a ik b kj. Exemplo ( ) ( ) ( ) = ( ) ( ) ( ) = o que mostra que o produto não é comutativo. Proposição 3.2 (a) (AB)C = A(BC) (b) A(B 1 + B 2 ) = AB 1 + AB 2 ; (A 1 + A 2 )B = A 1 B + A 2 B k=1

38 CAPÍTULO 3. MATRIZES 35 (c) I n A = AI n = A, onde se supõem definidos os produtos e somas (das matrizes) indicados, e em (c) A é m n. Dem. (a) Sejam: A = (a ij ) do tipo m n B = (b ij ) do tipo n p C = (c ij ) do tipo p q. Então: AB = (d ij ) é m p e (AB)C = (e ij ) é m q BC = (f ij ) é n q e A(BC) = (g ij ) é m q, ou seja, se o primeiro membro está definido, então o segundo também, e é do mesmo tipo. Temos: e ij = g ij = p d ik c kj = k=1 a ir f rj = r=1 p k=1 r=1 c kj a ir a ir b rk r=1 p b rk c kj, k=1 o que mostra que e ij = g ij para todo i e todo j. As demonstrações de (b) e (c) são deixadas a cargo do leitor. 3.3 Aplicação Linear Matriz Sejam V e W espaços vetoriais sobre o corpo K, E = (v 1,..., v n ) e F = (w 1,..., w m ) bases ordenadas de V e W, respectivamente, e T : V W linear. m Se v = x 1 v v n v n = x j v j, T (v) = y 1 w y m w m = y i w i e T (v j ) = m a ij w i, então: j=1 T (v) = x j T (v j ) = j=1 m a ij x j w i. j=1

39 CAPÍTULO 3. MATRIZES 36 Portanto: y i = a ij x j (i = 1, 2,..., m) Pondo: [ ] v E = x 1 x 2 x n j=1 y 1 y 2 y m., [T v] F =. e [ T ] E = (a F ij) 1 i m 1 j n, o sistema acima pode ser escrito na forma matricial [ T (v) ]F = [ T ] E F [v ] E. Assim, fixadas as bases ordenadas E e F, a toda aplicação linear T : V W podemos associar uma matriz [ T ] m E = (a F ij) definida por T (v j ) = a ij w i, ou seja, [ ] a 11 a a in E T = F a m1 a m2... a mn [ ] E T é a matrix de T em relação às bases E de V e F de W. Ela é do tipo F m n e, para cada j, as componentes de T (v j ) na base F formam a coluna j dessa matriz. Reciprocamente, dada uma matriz m n, A = (a ij ), consideremos os m vetores u j, 1 j n, definidos por u j = a ij w i. Seja T : V W a única aplicação linear tal que T (v j ) = u j, 1 j n. Então é claro que [ T ] E F = A. Existe, pois, uma bijeção entre L(V, W ) e M m n(k), bijeção esta que depende da escolha das bases ordenadas E de V e F de W. Exemplo Sejam V um espaço vetorial sobre K e B = {v 1,..., v n } uma base de V. Sejam os operadores lineares I(v) = v e 0(v) = 0 para todo v V. É claro que [ I ] B = I B n e [ 0 ] B = 0. B Exemplo Seja V = P n o espaço vetorial dos polinômios a uma variável e de grau menor que n, com coeficientes em K, juntamente com o

40 CAPÍTULO 3. MATRIZES 37 polinômio zero. Sejam B = {1, t,..., t n 1 } base de V e D : V V a aplicação derivada: D(a 0 + a 1 t a n 1 t n 1 ) = a 1 + 2a 2 t (n 1)a n 1 t n 2. Então: [ ] B D = B n Exemplo Sejam I : R 3 R 3 a identidade, E = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} e F = {(1, 0, 0), (1, 1, 0), (1, 1, 1)} bases de R 3. Vamos achar [ I ] E. F Temos: I(1, 0, 0) = (1, 0, 0); I(0, 1, 0) = (1, 1, 0) (1, 0, 0); I(0, 0, 1) = (1, 1, 1) (1, 1, 0). Portanto: [ ] E I = F Exemplo Seja T : R 3 R 3 definida por T (x, y, z) = (x + y + z, y + z, z). É claro que T é linear. Sejam E e F as bases do exemplo Vamos achar [ T ] E e [ T ] E. F E Temos: T (1, 0, 0) = (1, 0, 0); T (0, 1, 0) = (1, 1, 0); T (0, 0, 1) = (1, 1, 1). Portanto: [ ] E T = = I F E: [ ] E T = E Exemplo Seja A = (a ij ) m n sobre K. Seja T A : K n K m tal que x 1 T A (X) = A X, onde X =. x n. É claro que T A é linear e que [ T ] E F = A, onde E e F são as bases canônicas de K n e K m, respectivamente.

41 CAPÍTULO 3. MATRIZES 38 Exemplo (Rotação) Sejam E = (e 1, e 2 ) a base canônica do R 2 e F = (f 1, f 2 ) onde f 1 = cos α e 1 + sen α e 2 f 2 = sen α e 1 + cos α e 2, α R. e 2 f 2 α f 1 α e1 Definamos T : R 2 R 2 linear por meio de: Então: A imagem de T e 1 = f 1 T e 2 = f 2 [ ] [ ] E cos α sen α T = E senα cos α ( ) x R 2 por T é o vetor y ) [ cos α sen α senα cos α ] ( x y = [ ] x cos α y sen α R 2. x senα + y cos α A transformação linear T é a rotação de α em torno da origem. Proposição 3.3 Sejam V e W espaços vetoriais sobre K, E = (v 1,..., v n ) e F = (w 1,..., w m ) bases ordenadas de V e W, respectivamente. A aplicação T [ T ] E, que a cada elemento de L(V, W ) associa sua matriz em relação F às bases dadas, é um isomorfismo de L(V, W ) sobre M m n (K). Dem. Sejam T e S elementos de m L(V, W ), T (v j ) = a ij w i, S(v j ) = m b ij w i,

42 CAPÍTULO 3. MATRIZES 39 isto é, [ T ] E = (a F ij) e [ S ] E = (b F ij). m Como (T + S)(v j ) = (a ij + b ij )w i resulta que [ T + S ] E F = (a ij + b ij ) 1 i m 1 j n = [ T ] E F + [ S ] E F. Se c K temos (ct )(v j ) = m Portanto, a aplicação T [ T ] E F isomorfismo. Corolário dim L(V, W ) = dim V dim W. ca ij w i, isto é, [ ct ] E F = (ca ij) = c [T ] E F. é linear (e bijetora), ou seja, um Proposição 3.4 Sejam U, V, W espaços vetoriais sobre K, E = (u 1,..., u m ), F = (v 1,..., v n ) e G = (w 1,..., w p ) bases ordenadas de U, V, W, respectivamente. Se U S V T W são lineares, então: [ T S ] E G = [ T ] F G [S ] E F. Dem. Sejam: [ T ] F G = (a ij) p n [ S ] E F = (b ij) n m [ T S ] E G = (c ij) p m Então: T (v k ) = S(u j ) = p a ik w i b kj v k k=1 (T S)(u j ) = p c ij w i

43 CAPÍTULO 3. MATRIZES 40 Portanto: T ( S(u j ) ) = b kj T (v k ) = k=1 p a ik b kj w i, k=1 donde: c ij = a ik b kj, k=1 que é a tese. O conjunto M n (K) das matrizes de ordem n, munido das leis de adição e multiplicação por escalar, é um espaço vetorial sobre K de dimensão n 2. M n (K), munido das operações de adição e multiplicação matriciais, é um anel (com unidade). Além disso, é fácil verificar que c(ab) = (ca)b = A(cB) quaisquer que sejam A, B M n (K) e c K. Resulta que M n (K) tem uma estrutura de álgebra sobre K. Vimos que o anel M n (K) não é comutativo; o exemplo [ ] [ ] 0 0 = 0 1 [ ] mostra que ele tem divisores de zero. Seja V um espaço vetorial sobre K, de dimensão n. Vimos que L(V ) e M n (K) são duas álgebras sobre K. Fixada uma base B de V, a aplicação φ bijetora T L(V ) [ T ] B M B n(k) goza das seguintes propriedades: (1) [ L + T ] B = [ L ] B + [ T ] B, isto é, φ(l + T ) = φ(l) + φ(t ) B B B (2) [ at ] B = a[ T ] B, isto é, φ(at ) = a φ(t ) B B (3) [ L T ] B = [ L ] B [T ] B, isto é, φ(l T ) = φ(l) φ(t ), quaisquer que B B B sejam L, T L(V ) e a K. Uma tal φ chama-se um isomorfismo de álgebras, ou seja, L(V ) e M n (K) são álgebras isomorfas. Exemplo Vamos achar o centro do anel M n (K), isto é, vamos determinar as matrizes A = (a ij ) de M n (K) que comutam com toda matriz P = (p ij ) de M n (K), ou seja, tais que AP = P A. Devemos ter a ik p kj = p ik a kj para todo par (i, j). Se P = E ii, isto é, p ii = 1 e k=1 k=1 p rs = 0 para r i ou s i, então i j implica a ij = 0. Se P = E ij com i j, isto é, p ij = 1 e p rs = 0 para r i ou s j, então a ii = a jj. Logo, se

44 CAPÍTULO 3. MATRIZES 41 A comuta com toda matriz de M n (K) ela é da forma A = a I n, e é evidente que toda matriz a I n, a K, comuta com toda matriz de M n (K). Estas matrizes têm o nome de matrizes escalares. Definição 3.5 Uma matriz quadrada A, n n, é invertível se existe matriz quadrada B, de mesma ordem, tal que AB = BA = I n. Se uma tal matriz B existe, ela é única, pois se AC = I n e BA = I n, temos: B = B I n = B(AC) = (BA)C = I n C = C. esta matriz B, caso exista, chama-se a inversa de A, e é anotada B = A 1. Assim, A A 1 = A 1 A = I n, o que mostra também que (A 1 ) 1 = A. Se A e B, ambas n n, são invertíveis, então AB é invertível e (AB) 1 = B 1 A 1. De fato, (AB)(B 1 A 1 ) = A(BB 1 )A 1 = A A 1 = I n e (B 1 A 1 )(AB) = B 1 (A 1 A)B = B 1 B = I n. É claro que In 1 = I n. Vemos assim que o conjunto das matrizes invertíveis de M n (K), com a operação de multiplicação matricial, é um grupo. O isomorfismo φ : L(K n ) M n (K) visto acima, transforma o grupo GL(K n ) = GL(n, K) isomorficamente sobre o grupo das matrizes invertíveis de M n (K). Em particular, [ ] B ( [T ] T 1 B 1. = B B) Exemplo Seja A, de ordem n, tal que a 0 I n + a 1 A a n A n = 0 com a 0 0. Então A é invertível. De fato, temos: ( a 1 I n... a ) ( n A n 1 A = A a 1 I n... a ) n A n 1 = I n. a 0 a 0 a 0 a 0 Logo, A 1 = a 1 a 0 I n... a n a 0 A n 1 Proposição 3.5 Seja A M n (K). Se existe B M n (K) tal que BA = I n (ou AB = I n ), então A é invertível e B = A 1. Dem. Sejam T A : K n K n e T B : K n K n as aplicações lineares associadas a A e B, respectivamente. BA = I n equivale a T B T A = id K n, que implica ser T A injetora e T B sobrejetora e, portanto, ambas são bijetoras e T B = T 1 A, donde A 1 = B.

45 CAPÍTULO 3. MATRIZES 42 Exercícios 1. Dê uma base para M 3 (K). 2. Seja W o subespaço de M n (K) formado pelas matrizes cujos elementos são iguais a zero, exceto talvez os da diagonal principal. Qual a dimensão de W? 3. Seja A M n (R). A = (a ij ) é simétrica (resp. antissimétrica) se a ij = a ji (resp. a ij = a ji ) para todo (i, j). Ache uma base para o espaço das matrizes simétricas (resp. antissimétricas) Seja T : R 4 R 2 dada por T (x 1, x 2, x 3, x 4 ) = (x 2, x 4 ). Ache uma matriz associada a T. 5. Sejam E = ( (1, 1, 0), ( 1, 1, 1), (0, 1, 2) ) e F = ( (2, 1, 1), (0, 0, 1), (1, 1, 1) ) bases de C 3. Ache [ I ] E F, onde I : C3 C 3 é a identidade. 6. Seja V o subespaço de F(R, R) = {f : R R} gerado pelas funções 1, t, e t, e 2t, te 2t e seja D : V V o operador de derivação. Se B = (1, t, e t, e 2t, te 2t ) é base de V, ache [ D ] B B. 7. Estabeleça um isomorfismo entre o espaço vetorial real das matrizes simétricas n n e o espaço das matrizes reais triangulares inferiores (a ij = 0 se i < j). Idem entre as matrizes antissimétricas e as triangulares inferiores com a diagonal principal nula. 3.4 Mudança de Bases Sejam V um espaço vetorial sobre K, E = (v 1,..., v n ) e F = (w 1,..., w n ) bases ordenadas de V. Se v V, então [ v ] = P [v ], onde P = [ I ] F = (p E F E ij) é tal que w j = p ij v i. Definição 3.6 P = [ I ] F E é a matriz de passagem da base E para a base F. Exemplo Sejam V = R 3, E = (e 1, e 2, e 3 ) base canônica, F = ( (1, 1, 1), (1, 0, 0), (1, 1, 1) ) = (f1, f 2, f 3 ). Então: P = [ I ] F E =

46 CAPÍTULO 3. MATRIZES 43 Se v = 2f 1 + f 2 + 3f 3, então [ v ] = = 1, isto é, E v = 6e 1 + e 2 + 5e 3. Proposição 3.6 Sejam V e W espaços vetoriais sobre K, bases ordenadas de V, bases ordenadas de W, E = (v 1,..., v n ), E = (v 1,..., v n) F = (w 1,..., w m ), F = (w 1,..., w m) P = [ id v ] E a matriz de passagem de E para E, Q = [ ] F id W F para F. Se T : V W é linear, então: [ T ] E F = Q 1 [T ] E F P. E a matriz de passagem de F Dem. Temos T = id W T id V. Pela proposição 3.4, vem: Mas: e [ T ] E = [ ] F id F W [T ] E [id ] E F F V E I n = [ id W ] F = [ ] F id F W [id ] F F W F I n = [ id W ] F F = [ id W ] F o que mostra que [ id W ] F F = Q 1. Resulta: [ T ] E F [id W ] F F, F = Q 1 [T ] E F P Corolário Sejam V um espaço vetorial sobre K, E e E bases de V e P = [ ] E id V a matriz de passagem de E para E. Se T : V V é linear, E então: [ ] E T = P 1 [T ] E P E E

47 CAPÍTULO 3. MATRIZES 44 Definição 3.7 Dizemos que as matrizes A, B M m n (K) são equivalentes se existem matrizes Q GL(m, K) e P GL(n, K) tais que B = QAP. Obs.: A proposição 3.6 nos diz que se A e B são matrizes associadas à mesma aplicação linear T : V W, então A e B são equivalentes. Reciprocamente, suponhamos A e B equivalentes, isto é, B = QAP onde A, B M m n (K), P GL(n, K) e Q GL(m, K). Sejam E = (v 1,..., v n ) e F = (w 1,..., w m ) bases ordenadas dos espaços vetoriais V e W e T : V W linear tal que A = [ T ] E. Definamos F m E = (v 1,..., v n) e F = (w 1,..., w m) por v j = p ij v i e w j = q ij w i, onde P = (p ij ) e Q 1 = (q ij ). Como P e Q são invertíveis, E e F são bases de V e W, respectivamente, P = [ ] E id V e E Q 1 = [ ] F id W. F Pela proposição 3.6, temos: [ T ] E F = QAP, isto é, B = [ T ] E F, o que mostra que A e B representam a mesma aplicação linear T : V W. Definição 3.8 Dizemos que as matrizes A, B M n (K) são semelhantes se existe P GL(n, K) tal que B = P 1 A P. Como na observação, acima é fácil ver que A, B M n (K) são semelhantes se, e só se, elas representam um mesmo operador linear T : V V, onde dim K V = n. Obs.: É fácil verificar que as relações A e B são equivalentes e A e B são semelhantes, são relações de equivalência (isto é, reflexivas, simétricas e transitivas). Exemplo Seja T : R 3 R 3, T (x 1, x 2, x 3 ) = (x 1 + 2x 3, 3x 1 + 2x 2 + x 3, x 2 +4x 3 ) e sejam E = (e 1, e 2, e 3 ) base canônica e F = ( (1, 0, 0), (1, 1, 0), (1, 1, 1) ) bases de R 3. Temos: T (1, 0, 0) = (1, 3, 0) T (0, 1, 0) = (0, 2, 1) T (0, 0, 1) = (2, 1, 4)

48 CAPÍTULO 3. MATRIZES 45 Portanto: [ ] E T = = A. E Por outro lado, se F = (f 1, f 2, f 3 ), temos: Portanto: T (f 1 ) = (1, 3, 0) = 2f 1 + 3f 2 T (f 2 ) = (1, 5, 1) = 4f 1 + 4f 2 + f 3 T (f 3 ) = (3, 6, 5) = 3f 1 + f 2 + 5f 3 [ ] F T = = B. F A matriz de passagem de E para F é P = [ I ] F, ou seja, P = E é imediato verificar que AP = P B = 3 5 6, isto é, B = P 1 A P Posto de uma Matriz , e Seja A = (a ij ) matriz m n sobre K. Os vetores-coluna de A são os vetores A 1,..., A n K m definidos por A j = a ij a 2j. a mj (1 j n) Definição 3.9 O posto de uma matriz A é a dimensão do subespaço de K m gerado pelos vetores-coluna de A, ou seja, o posto de A é o número máximo de vetores-coluna de A linearmente independentes. Proposição 3.7 Sejam V, W espaços vetoriais sobre K, E = (v 1,..., v n ) e F = (w 1,..., w m ) bases ordenadas de V e W, respectivamente, e T : V W linear. Se A = [ T ] E F, então: posto(a) = posto(t ).

49 CAPÍTULO 3. MATRIZES 46 Dem. Seja A = (a ij ). Dizer que A = [ T ] E significa dizer que T (v F j) = m a ij w i, ou seja, A j = [ T (v j ) ] (j = 1,..., n), e o isomorfismo de Km F sobre W que leva a base canônica de K m na base F de W, transforma o espaço gerado pelos vetores-coluna A 1,..., A n de A sobre o espaço gerado pelos vetores T (v 1 ),..., T (v n ) de W, ou seja, estes espaços têm a mesma dimensão e, portanto, posto(a) = posto(t ). Proposição 3.8 Seja A M m n (K) de posto r. Então r m, r n e A é equivalente à matriz m n: I r 0 r 0 0 m r r n r Dem. Seja T : K n K m linear tal que A = [ T ] E, onde E e F são as F bases canônicas de K n e K m, respectivamente. Como n = dim N (T ) + dim Im T temos que dim N (T ) = n r 0. Podemos, então, escolher uma base E = (v 1,..., v n ) de K n de modo que (v r+1,..., v n ) seja base de N (T ). É claro que os vetores T (v 1 ),..., T (v r ) são LI em K m (verifique!), donde r m e podemos considerar uma base de K m da forma F = (T v 1,..., T v r, w r+1,..., w m ). Obtemos: Resulta que A = [ T ] E F [ T ] E F = matriz da figura 3.8. é equivalente a B = matriz da figura 3.8 : B = QAP, Q = [ id ] F F, P = [ id ] E E.

50 CAPÍTULO 3. MATRIZES 47 Corolário Duas matrizes A, B M m n (K) são equivalentes se, e só se, elas têm o mesmo posto. Dem. Se A e B são equivalentes, elas representam, em relação a bases diferentes, a mesma aplicação linear T : K n K m. Portanto, posto(a) = posto(t ) = posto(b). Reciprocamente, se posto(a) = posto(b) = r, então A e B são equivalentes à matriz da figura 3.8 e, portanto, elas são equivalentes. Corolário A matriz A M m n (K) é invertível se, e só se, posto(a) = n. Dem. A matriz A representa um operador linear T : K n K m e posto(t ) = posto(a) = n se, e só se, T é sobrejetora (donde bijetora), isto é, se, e só se, T GL(n, K) e, portanto, se, e só se, A é invertível. 3.5 Exercícios do Capítulo 3 1. Obtenha bases E de R 2 e F de R 3 de modo que [ T ] E F = ( ) 2x + y x T = 3x 2y. y x + 3y 2. Calcule o posto das matrizes: A = ; B = , onde 0 0 Mostre que os espaços gerados pelas linhas e colunas de A coincidem, o que não ocorre com B.

51 CAPÍTULO 3. MATRIZES Seja a matriz n n cujas linhas são os vetores v 1 = (1, 2,..., n), v 2 = (2, 3,..., n, n + 1), etc. Prove que o posto da matriz é 2 e que o espaço-linha coincide com o espaço-coluna. 4. Ache reais a, b, c tais que ax + by + cz = 0 seja o plano gerado pelas linhas da matriz Prove que toda matriz antissimétrica 3 3 não-nula tem posto 2. Dê exemplo de uma matriz antissimétrica invertível Sejam V um espaço vetorial de dimensão n sobre K e T : V V linear. T é nilpotente de índice p se existe p N tal que T p 1 0 e T p = 0. (a) Prove que se T é nilpotente e existem λ K, x V, x 0 tais que T (x) = λx, então λ = 0. (b) Prove que se T é nilpotente de índice p e T p 1 (x) 0, então os vetores x, T (x),..., T p 1 (x) são LI. (c) T é nilpotente de índice n existe base E de V tal que na matriz A = [ T ] E = (a E ij) n n se tenha a ij = 0 exceto a i,i+1 = 1 (1 i n 1) Seja A = ; ache A n, n N [ ] [ ] cos θ sen θ e iθ 0 8. Prove que e sen θ cos θ 0 e iθ são semelhantes sobre C. 9. Seja A = (a ij ) n n. O traço de A é o número tr(a) = a ii. Prove que tr : M n (K) K é linear, que tr(ab) = tr(ba), e que tr(p 1 AP ) = tr(a), quaisquer que sejam A, B M n (K) e P GL(n, K). 10. Sejam T : M 2 (R) M 2 (R) tal que T (A) = P A, onde P M 2 (R) é fixa. Prove que tr(t ) = 2tr(P ).

52 Capítulo 4 Formas Lineares. Dualidade 4.1 Definição Seja V um espaço vetorial sobre o corpo K. Considerando K um espaço vetorial sobre si mesmo, L(V, K) é um espaço vetorial sobre K, designado por V e chamado de dual de V; seus elementos são chamados de formas (ou funcionais) lineares em V. O dual de V é o bidual de V, anotado V. Os elementos de V serão designados por letras gregas tais como α, β, ω, etc. Assim, uma forma linear ω V é uma aplicação linear ω : V K. Se E = {v 1,..., v n } é uma base de V e se v = x 1 v x n v n, então ω(v) = x 1 ω(v 1 ) x n ω(v n ). Pondo ω(v i ) = a i, temos: ω(v) = a 1 x a n x n, que é a representação de ω na base E. Exemplo Se V = K n, a aplicação π i (x 1,..., x n ) x i (1 i n) é uma forma linear em K n, chamada a i-ésima forma coordenada. Exemplo Se V = C 0 ([0, 1], R) é o espaço vetorial real das funções contínuas f : [0, 1] R a função f V linear em V. 1 0 f(t)dt R é uma forma Proposição 4.1 Sejam V um espaço vetorial sobre K e (v 1,..., v n ) uma base ordenada de V. Para cada { i, 1 i n, seja ω i : V K a forma linear 1 se i = j definida por ω i (v j ) = δ ij = (1 i n). 0 se i j Então, (ω 1,..., ω n ) é uma base de V e as coordenadas de ω V nesta base, são ω(v 1 ),..., ω(v n ). Dem. Sabemos que dim V = dim L(V, K) = n e que as condições ω i (v j ) = δ ij (j = 1,..., n) determinam univocamente a forma ω i. Basta então provar 49

53 CAPÍTULO 4. FORMAS LINEARES. DUALIDADE 50 que ω 1,..., ω n são LI. Para isso, suponhamos que ω = a 1 ω a n ω n = 0. Então, para j = 1,..., n, temos ω(v j ) = 0, ou seja, a i ω i (v j ) = 0, ou a i δ ij = 0, donde a j = 0. Este cálculo mostra também que se. ω = a 1 ω a n ω n, então a j = ω(v j ) Definição 4.1 Se (v 1,..., v n ) é base ordenada de V, a base (ω 1,..., ω n ) de V, tal que ω(v j ) = δ ij (1 j n), chama-se base dual da base (v 1,..., v n ). Exemplo Sejam V = K n e (e 1,..., e n ) a base canônica de K n. Seja π i : K n K a i-ésima forma coordenada, isto é, π i (x 1,..., x n ) = x i. É claro que π i (e j ) = δ ij, de modo que a base dual da base canônica de K n é a base (π 1,..., π n ) de (K n ). Obs. Se V e W têm a mesma dimensão finita sobre K, a escolha de bases E de V e F de W nos permite definir um isomorfismo que leva E sobre F, e todo isomorfismo entre V e W é obtido dessa forma. Assim, em geral, há mais de um isomorfismo entre V e W e não temos uma maneira natural para preferir um ou outro desses isomorfismos. Entretanto, no caso de V e V, podemos distinguir um isomorfismo J : V V definido independente da escolha de bases, isto é, um isomorfismo canônico, que nos permite identificar V a V. Proposição 4.2 Seja V um espaço vetorial de dimensão finita n sobre K. A aplicação canônica J : V V v J v : V K ω ω(v) é um isomorfismo entre V e V. Dem. É fácil verificar que J v = J(v) é um elemento de V, bem como que J é linear. Basta então provar que J é injetora, já que dim V = dim V = n. Para isto, seja v 0; tomemos uma base de V da forma (v, v 1,..., v n 1 ) e

54 CAPÍTULO 4. FORMAS LINEARES. DUALIDADE 51 consideremos a base dual correspondente (ω, ω 1,..., ω n 1 ). Então, ω(v) = 1 = J v (ω), ou seja, J v 0. Assim, v 0 implica J v 0, o que mostra ser J injetora. Obs. (1) Identificando-se v V a J v V, a igualdade J v (ω) = ω(v) se escreve v(ω) = ω(v), e é usual usar-se a notação < v, ω > para este escalar. (2) No caso em que V é de dimensão infinita, prova-se que J : V V é injetora, mas nunca sobrejetora, ou seja, J não é um isomorfismo neste caso. Exercícios 1. Sejam B 1 = (v 1,..., v n ), B 2 = (u 1,..., u n ) bases do espaço vetorial V, B1 = (α 1,..., α n ) e B2 = (β 1,..., β n ) as bases duais correspondentes. Se v j = a ij u i e α j = b ij β i, i j n, qual a relação entre as matrizes A = (a ij )eb = (b ij )? 2. Estude a independência linear das formas lineares sobre R 4, onde ab 0: f 1 (x 1, x 2, x 3, x 4 ) = x 1 ax 3, f 2 (x 1, x 2, x 3, x 4 ) = x 2 1 a x 4, f 3 (x 1, x 2, x 3, x 4 ) = x 1 bx 4, f 4 (x 1, x 2, x 3, x 4 ) = x 2 1 b x Sejam V um espaço vetorial de dimensão finita e W V um subespaço. Se f W mostre que existe g V tal que g W = f. 4. Sejam V um espaço vetorial real de dimensão finita, e v 1, v 2,..., v p vetores não nulos de V. Prove que existe f V tal que f(v i ) 0, i = 1, 2,..., p. 5. Seja f : V R uma forma linear não-nula. Prove que existe v 0 V tal que f(v 0 ) = 1. Seja W = Rv 0 a reta gerada por v 0. Prove que V = W N (f). 6. Sejam f, g : V R formas lineares não-nulas e dim V = n. Prove que N (f) = N (g) f é múltiplo de g.

55 CAPÍTULO 4. FORMAS LINEARES. DUALIDADE Anulador de um Subespaço Definição 4.2 Sejam V um espaço vetorial sobre K e U V um subespaço. Chama-se anulador de U ao conjunto U 0 = {ω V ; ω(u) = 0 para todo u U}. É fácil ver que U 0 V é um subespaço. Se ω V pode-se mostrar sem dificuldade que ω U 0 se, e só se, ω se anula numa base de U. Proposição 4.3 Sejam V um espaço vetorial de dimensão finita sobre K e U V um subespaço. Então: dim U + dim U 0 = dim V. Dem. Como o caso U = {0} é trivial, vamos supor U {0}. Seja (v 1,..., v n ) base de V tal que (v 1,..., v p ) seja base de U. Se (ω 1,.., ω n ) é a base dual, então < v j, ω i >= ω i (v j ) = 0 para i = 1,..., p e i = p + 1,..., n, ou seja, as formas ω p+1,..., ω n pertencem a U 0. Vamos provar que elas formam uma base de U 0. Como elas são LI, basta provar que elas geram U 0. Para isto, seja ω U 0. Se ω = a 1 ω a n ω n, então, para j = 1,..., p temos: 0 = ω(v j ) = a i ω i (v j ) = a i δ ij = a j, ou seja, ω = a p+1 ω p a n ω n, como queríamos. Corolário Nas hipóteses da proposição 4.3, temos (U 0 ) 0 = U (supondose identificados V e V ). Dem. (U 0 ) 0 = {v V ; < ω, v >= 0 ω U 0 }. Portanto, se u U, então u (U 0 ) 0, isto é, U (U 0 ) 0. Por outro lado, dim (U 0 ) 0 = dim V dim U 0 = dim V dim U 0 = dim U, donde U=(U 0 ) 0. Obs. Se ω V, ω 0, o subespaço de V, H = {v V ; < ω, v >= 0}, tem dimensão igual a (dim V 1) e chama-se um hiperplano de V. Exemplo Seja W o subespaço de R 4 gerado pelos vetores v 1 = (1, 2, 0, 1), v 2 = (2, 1, 3, 0) e v 3 = (0, 3, 3, 2). Vamos achar uma base para o anulador W 0.

56 CAPÍTULO 4. FORMAS LINEARES. DUALIDADE 53 Se (v, y, z, t) R 4 e ω (R 4 ), então ω(x, y, z, t) = ax + by + cz + dt, onde a, b, c, d R, e ω W 0 se, e só se, ω(v 1 ) = ω(v 2 ) = ω(v 3 ) = 0, ou seja, se e só se, { a + 2b + d = 0 2a + b + 3c = 0 3b 3c + 2d = 0 se, e só se, { a = 2c + d 3 b = c 2d 3. Resulta que ω 1 e ω 2, tais que ω 1 (x, y, z, t) = 2x + y + z, ω 2 (x, y, z, t) = x 2y + 3t, formam uma base de W 0 (obtidas fazendo-se c = 1, d = 0 e c = 0, d = 3, respectivamente). Exemplo Seja V um espaço vetorial de dimensão n sobre K. Todo subespaço W de V é a interseção de um número finito de hiperplanos de V. De fato, seja (v 1,..., v n ) base de V tal que (v 1,..., v p ) seja base de W. Seja (ω 1,..., ω n ) a base dual de (v 1,..., v n ). Então: ou seja, W = n j=p+1 Exercícios v W ω p+1 (v) =... = ω n (v) = 0, H j, onde H j = N (ω j ) é o hiperplano definido por ω j. 1. Seja W R 5 o subespaço gerado pelos vetores ω 1 = (2, 2, 3, 4, 1), ω 2 = ( 1, 1, 2, 5, 2) ω 3 = (0, 0, 1, 2, 3) e ω 4 = (1, 1, 2, 3, 0). Ache uma base para o anulador W 0 de W. 2. Sejam V um espaço vetorial de dimensão finita sobre K, U e W subespaços de V. Prove: (a) (U + W ) 0 = U 0 W 0 ; (U W ) 0 = U 0 + W 0 (b) V = U W V = U 0 W Transposição Sejam V, W espaços vetoriais sobre K e T : V W linear. Se β W então β T : V K é linear, isto é, β T V. Definição 4.3 A aplicação T t : W V definida por T t (β) = β T para toda β W, chama-se a transposta de T:

57 CAPÍTULO 4. FORMAS LINEARES. DUALIDADE 54 V T W β T = T t (β) β K Assim, < T t (β), v >=< β, T (v) > para todo v V. Proposição 4.4 A transposta T t : W V da aplicação linear T : V W, é uma aplicação linear. Dem. T t (α + β) = (α + β) T = α T + β T = T t (α) + T t (β) T t (aβ) = (aβ) T = a(β T ) = at t β, quaisquer que sejam α, β W e a K. Exemplo Se V = W e T = id V, então: ou seja, (id V ) t = id V. (id V ) t (β) = β id V = β para todo β V, Proposição 4.5 Sejam U, V, W espaços vetoriais sobre K. (a) A aplicação T L(U, V ) T t L(V, U ) é linear. (b) Se T L(U, V ) e S L(V, W ), então (S T ) t = T t S t. Além disso, se T é bijetora então T t é bijetora e (T 1 ) t = (T t ) 1. (c) Se U e V têm dimensão finita, então T T t é um isomorfismo entre L(U, V ) e L(V, U ) e (T t ) t = T (supondo-se identificados U com U e V com V ).

58 CAPÍTULO 4. FORMAS LINEARES. DUALIDADE 55 Dem. (a) Sejam L, T L(U, V ) e a K. Para todo β V temos: (L + T ) t (β) = β (L + T ) = β L + β T = L t (β) + T t (β) (at ) t (β) = β (at ) = a(β T ) = at t (β) Resulta: (L + T ) t = L t + T t e (at ) t = a T t. (b) (S T ) t (ω) = ω (S T ) = (ω S) T = T t (ω S) = T t( S t (ω) ) = (T t S t )(ω) para todo ω W. Logo: (S T ) t = T t S t. Se T é um isomorfismo temos T T 1 = id V, T 1 T = id V e, como (id V ) t = id V, vem: T t (T 1 ) t = id U e (T 1 ) t T t = id V, donde resulta que (T t ) 1 = (T 1 ) t. (c) Se U e V têm dimensão finita, podemos identificar U com U e V com V, de modo que (T t ) t L(U, V ). Se u U e β V, então: < (T t ) t u, β >=< u, T t (β) >=< β, T (u) >, donde (T t ) t = T. Resulta que T T t é sobrejetora e, como L(U, V ) e L(V, U ) têm a mesma dimensão finita, esta aplicação é um isomorfismo. Proposição 4.6 Seja T : V W linear. Então: (Im T ) 0 = N (T t ). Dem. ω (Im T ) 0 < ω, T (v) >= 0 v V < v, T t (ω) >= 0 v V T t (ω) = 0 ω N (T t ). Proposição 4.7 Sejam V e W espaços vetoriais de dimensão finita sobre K e T : V W linear. Então: posto(t ) = posto(t t ). Dem. Sejam n = dim V, p = dim W. Como (Im T ) 0 = N (T t ) temos: posto(t t ) = dim W dim N (T t ) = dim W dim (Im T ) 0 = = dim W (dim W dim Im T ) = dim Im T = posto(t ). Proposição 4.8 Sejam V e W espaços vetoriais de dimensão finita sobre K, E = (v 1,..., v n ) base de V, F = (w 1,..., w m ) base de W, E = (α 1,..., α n ) e F = (β 1,..., β m ) as bases duais correspondentes. Se T : V W é linear

59 CAPÍTULO 4. FORMAS LINEARES. DUALIDADE 56 e [ T ] E = A = (a F ij), então [ T t] F E par (i, j). = B = (b ij ) é tal que b ij = a ji para todo Dem. Temos: Então: E: Portanto: T (v j ) = m a ij w i e β j T = T t (β j ) = β j ( T (vk ) ) = β j ( T (vk ) ) = a jk = b kj m a ik β j (w i ) = b ij α(v k ) = b ij α i. m a ik δ ji = a jk. b ij δ ik = b kj. (j = 1,..., m; k = 1,..., n). Definição 4.4 Seja A = (a ij ) m n sobre K. A matriz B = (b ij ) n m sobre K, tal que b ij = a ji para todo par (i, j), chama-se a transposta de A, anotada B = A t. A proposição 4.8 nos diz que [ T t] F E = ( [T ] E F) t. Corolário (a) Se A, B M m n (K) e c K, então: (A + B) t = A t + B t (ca) t = c A t (b) Se A M m n (K) e B M n p (K), então: (AB) t = B t A t (c) Se A M n (K) é invertível, então: (d) Se A M m n (K), então: (A 1 ) t = (A t ) 1 posto(a) = posto(a t ), ou seja, o número de vetores-coluna de A linearmente independentes coincide com o número de vetores-linha de A linearmente independentes. Dem. Imediata.

60 CAPÍTULO 4. FORMAS LINEARES. DUALIDADE Exercícios do Capítulo 4 1. Em V = R 4 consideremos o subespaço W gerado por (1, 1, 1, 1); ( 1, 1, 2, 2); ( 1, 5, 4, 8) e ( 3, 1, 5, 3). (a) Ache a dimensão de W e a dimensão de W 0. (b) Mostre que a imagem de v = (x, y, z, t) V por f W 0 pode se escrever f(v) = 4ax + 4by (3a + b)z (a + 3b)t. (c) Ache uma base (f 1, f 2 ) de W 0, e escreva f 1 e f 2 na base dual da base canônica de V. 2. Seja V um espaço vetorial de dimensão finita sobre K. Prove que f 1,..., f p V são LI se, e só se, dados α 1,..., α p K quaisquer, existe v V tal que f i (v) = α i, 1 i p. 3. Sejam E = (e 1,..., e n ) base do espaço vetorial V sobre K, E = (e 1,..., e n) a base dual de E e ϕ : V V o isomorfismo definido por ϕ(e i ) = e i, 1 i n. Ache todos os automorfismos u : V V tais que < x, ϕ(y) >=< u(x), (ϕ u)(y) > para x, y V quaisquer.

61 Capítulo 5 Determinantes Obs. Neste capítulo, por motivos técnicos, vamos supor que a característica do corpo K é diferente de 2; por exemplo podemos tomar K = R ou K = C. 5.1 Aplicações r-lineares alternadas Definição 5.1 Sejam V e W espaços vetoriais sobre K. Uma aplicação f : V... r V W é r-linear se: (a) f(v 1,..., v i + u i,..., v r ) = f(v 1,..., v i,..., v r ) + f(v 1,..., u i,..., u r ) (b) f(v 1,..., av i,..., v r ) = a f(v 1,..., v i,..., v r ) quaisquer que sejam v 1,..., v i, u i,..., v r V, a K e 1 i r. O conjunto de todas as aplicações r-lineares de V em W, representado por L r (V, W ), munido das leis naturais de adição e multiplicação por escalar, é um espaço vetorial sobre K. Por convenção, L 0 (V, W ) = W e L 1 (V, W ) = L(V, W ). Definição 5.2 f L r (V, W ) é alternada se f(v 1,..., v r ) = 0 toda vez que dois dos vetores v i são iguais. As aplicações r-lineares alternadas formam o subespaço A r (V, W ) de L r (V, W ). Convencionamos que A 0 (V, W ) = W e A 1 (V, W ) = L(V, W ). Definição 5.3 f L r (V, W ) é antissimétrica se f(v 1,..., v i,..., v j,..., v r ) = f(v 1,..., v j,..., v i,...v r ), 1 i, j r, i j. No caso em que W=K, os elementos de L(V, W ) são chamados de formas r-lineares. Em particular, L 1 (V, W ) = V é o dual de V. Os elementos de A r (V, K), isto é, as formas r-lineares alternadas, são também chamados de r-covetores. Proposição 5.1 f L r (V, W ) é alternada se, e só se, f é antissimétrica. 58

62 CAPÍTULO 5. DETERMINANTES 59 Dem. Se f L r (V, W ) é alternada, então 0 = f(v 1,..., v + u,..., v + u,..., v r ) = = f(v 1,..., v,..., v,..., v r ) + f(v 1,..., u,..., u,..., v r )+ +f(v 1,..., v,..., u,..., v r ) + f(v 1,..., u,..., v,..., v r ) = = f(v 1,..., v,..., u,..., v r ) + f(v 1,..., u,..., v,..., v r ), donde resulta que f é antissimétrica. Reciprocamente, se f é antissimétrica então f(v 1,..., v,..., v,..., v r ) = f(v 1,..., v,..., v,..., v r ) donde 2f(v 1,..., v,..., v,..., v r ) = 0 e, como 2 0 em K, resulta f(v 1,..., v,..., v,..., v r ) = 0, isto é, f é alternada. Definição 5.4 Uma permutação de um conjunto X é toda bijeção de X sobre si mesmo. O conjunto das permutações de X, munido das leis de composição de aplicações, é um grupo chamado grupo simétrico de X ou grupo de permutações de X, anotado S X. Se X = {1, 2,..., n} = I n, representamos S X por S n ; S n tem n! elementos. Definição 5.5 Uma transposição de S n é uma permutação τ tal que existem inteiros i j, i i, j n, para os quais τ(i) = j, τ(j) = i e τ(k) = k para k i, k j, ou seja, τ troca i e j mantendo os demais elementos fixos. É claro que τ 2 = id e τ 1 = τ. Proposição 5.2 Toda permutação σ S n pode ser expressa como um produto de transposições. Dem. (por indução) Se n = 1, não há nada a provar. Suponhamos n > 1 e admitamos o teorema verdadeiro para (n 1). Se σ S n e σ(n) = n, então a restrição σ = σ In 1 pertence a S n 1. Pela hipótese de indução, existem transposições τ 1,..., τ k S n 1 tais que σ = τ 1...τ k. Para cada i, i i k, seja τ i S n a transposição tal que τ i In 1 = τ i e τ i (n) = n. Então, é claro que σ = τ 1...τ k. Se σ S n e σ(n) = k n, seja τ S n a transposição tal que τ(k) = n, τ(n) = k. Então, τσ = τ 1...τ k, isto é, σ = ττ 1...τ k.

63 CAPÍTULO 5. DETERMINANTES 60 Proposição 5.3 A cada permutação σ S n é possível associar um sinal, 1 ou -1, anotado ε(σ), tal que: (1) se τ é uma transposição, então ε(τ) = 1 (2) se σ, ρ S n, então ε(σρ) = ε(σ) ε(ρ). Dem. Seja σ S n e consideremos os números π n = (j i) = (2 1) [ (3 1)(3 2) ]... [ (n 1)(n 2) ] e σ(π n ) = 1 i<j n 1 i<j n [ σ(j) σ(i) ]. Como σ é bijetora, cada fator de π n, a menos do sinal, aparece em σ(π n ) uma e uma só vez, e vemos que σ(π n ) = ±π n. Se τ S n é uma transposição, é claro que (τσ)(π n ) = σ(π n ). Logo, se σ = τ 1...τ k é um produto de transposições, temos σ(π n ) = ( 1) k π n, donde ( 1) k = σ(π n), o que mostra que a paridade do inteiro k só depende π n de σ e não da sua expressão como produto de transposições. Definimos o sinal de σ por ε(σ) = ( 1) k. Logo: σ(π n ) = ε(σ)π n. Para uma transposição τ, τ(π n ) = π n, donde ε(τ) = 1, o que prova (1). Se ρ S n, temos (σρ)(π n ) = (τ 1...τ k ρ)(π n ) = ( 1) k ρ(π n ) = ε(σ)ρ(π n ) = ε(σ)ε(ρ)π n. Por outro lado, (σρ)(π n ) = ε(σρ) π n. Resulta: ε(σρ) = ε(σ) ε(ρ), o que prova (2). Corolário Se σ S n se exprime como produto de transposições de duas maneiras distintas, σ = τ 1...τ k = τ 1...τ s, então k e s têm a mesma paridade (pois ε(σ) = ( 1) k = ( 1) s ). Definição 5.6 Seja σ S n. Se ε(σ) = 1 dizemos que σ é uma permutação par; se ε(σ) = 1 dizemos que σ é uma permutação ímpar. Se uma permutação par se escreve como produto de transposições, σ = τ 1...τ k, é claro que k é um número par, e reciprocamente. Proposição 5.4 Sejam V e W espaços vetoriais sobre K e f L r (V, W ). f é antissimétrica se, e só se, f(v σ(1),..., v σ(r) ) = ε(σ)f(v 1,..., v r ) quaisquer que sejam v 1,..., v r V e σ S r.

64 CAPÍTULO 5. DETERMINANTES 61 Dem. Por definição, f L r (V, W ) é antissimétrica se, e só se, f(v τ(1),..., v τ(r) ) = ε(τ)f(v 1,..., v r ) qualquer que seja a transposição τ S r. Se σ S r, podemos escrever σ como um produto de transposições: σ = τ 1...τ k. Então, f é antissimétrica se, e só se, f(v σ(1),..., v σ(r) ) = f(v τ1...τ k (1),..., v τ1...τ k (r)) = = ε(τ k )f(v τ1...τ k 1 (1),..., v τ1...τ k 1 (r)) =... = = ε(τ k )...ε(τ 1 )f(v 1,..., v r ) = ε(σ)f(v 1,..., v r ). Proposição 5.5 Sejam V um espaço vetorial sobre K e f A r (V, K). Se v 1,..., v r V são linearmente dependentes (LD), então f(v 1,..., v r ) = 0. Dem. Existem escalares a 1,..., a r, não todos nulos, tais que a 1 v a r v r = 0. Se, por exemplo, a i 0, temos: donde f(v 1,..., v r ) = 0. 0 = f(v 1,..., v i 1, 0, v i+1,..., v r ) = = f(v 1,..., v i 1, r a k v k, v i+1,..., v r ) = k=1 = a i f(v 1,..., v i 1, v i, v i+1,..., v r ), Proposição 5.6 Se dim K V = n então dim K A n (V, K) = 1. Dem. Para maior clareza, comecemos com o caso n = 2. Sejam (e 1, e 2 ) base de V, v 1 = a 11 e 1 + a 21 e 2, v 2 = a 12 e 1 + a 22 e 2. Se f A 2 (V, K), então: f(v 1, v 2 ) = f(a 11 e 1 + a 21 e 2, a 12 e 1 + a 22 e 2 ) = = a 11 a 12 f(e 1, e 1 ) + a 11 a 22 f(e 1, e 2 ) + a 21 a 12 f(e 2, e 1 ) + a 21 a 22 f(e 2, e 2 ) = = (a 11 a 22 a 12 a 21 )f(e 1, e 2 ). Se D : V V K é definida por D(v 1, v 2 ) = a 11 a 22 a 12 a 21, é fácil ver que D A 2 (V, K). Além disso, D(e 1, e 2 ) = 1. O cálculo acima nos mostra que f = ad (a = f(e 1, e 2 )), ou seja, que D é uma base de A 2 (V, K).

65 CAPÍTULO 5. DETERMINANTES 62 Consideremos agora o caso geral. v j = a ij e i e f A n (V, K), temos: ( f(v 1,..., v n ) = f a i1 1e i1,..., = i 1,...,i n=1 i 1 =1 Seja (e 1,..., e n ) uma base de V. Se ) a in ne in = i n =1 a i1 1...a inn f(e i1,..., e in ). Como f é alternada temos que f(e i1,..., e in ) = 0 sempre que i j = i k com j k, de forma que teremos na soma acima apenas as parcelas onde {i 1,..., i n } for uma permutação de {1,..., n}. Assim, f(v 1,..., v n ) = σ S n a σ(1)1...a σ(n)n f(e σ(1),..., e σ(n) ) = = f(e 1,..., e n ) σ S n ε(σ)a σ(1)1...a σ(n)n, soma de n! parcelas, cada uma correspondente a uma permutação de S n. Seja D : V n... V K definida por D(v 1,..., v n ) = σ S n ε(σ)a σ(1)1...a σ(n)n. Então: (a) D é n-linear: D(v 1,..., v i+cv i,..., v n ) = σ S n ε(σ)a σ(1) 1...(a σ(i)i+ca σ(i)i)...a σ(n)n = = D(v 1,..., v i,..., v n ) + cd(v 1,..., v i,..., v n ). (b) D é antissimétrica: se i < j e v i = v j, temos: D(v 1,..., v i,..., v j,..., v n ) = σ S n ε(σ)a σ(1)1...a σ(i)i...a σ(j)j...a σ(n)n. Seja τ a transposição de S n tal que τ(i) = j, τ(j) = i e seja στ = α. Então, ε(α) = ε(σ) e D(v 1,..., v i,..., v j,..., v n ) = σ S n ε(σ)a στ(1)1...a στ(j)i...a στ(i)j...a στ(n)n = = σ S n ε(α)a α(1)1...a α(j)i...a α(i)j...a α(n)n = (c) D(e 1,..., e n ) = 1. = D(v 1,..., v j,..., v i,..., v n ).

66 CAPÍTULO 5. DETERMINANTES 63 Como e j = δ ij e i, temos: D(e 1,..., e n ) = σ S n ε(σ)δ σ(1)1...δ σ(n)n = ε(id)δ 11...δ nn = 1. Logo, se f A n (V, K) temos: f(v 1,..., v n ) = f(e 1,..., e n )D(v 1,..., v n ), ou seja, f = ad, onde a = f(e 1,..., e n ). Portanto, D gera o espaço vetorial A n (V, K) e dim A n (V, K) = 1. Obs. Dado a K, f = ad é a única forma n-linear alternada em V tal que f(e 1,..., e n ) = a. Corolário Sejam V um espaço vetorial de dimensão n sobre K e f A n (V, K), f 0. Os vetores v 1,..., v n V são LD se, e só se, f(v 1,..., v n ) = 0. Dem. Já vimos, na proposição 5.5, que se v 1,..., v n são LD então f(v 1,..., v n ) = 0. Reciprocamente, suponhamos que v 1,..., v n sejam LI, ou seja, uma base de V. Seja D A n (V, K) tal que D(v 1,..., v n ) = 1. Então: donde f(v 1,..., v n ) 0 (pois f 0). f = f(v 1,..., v n ) D 5.2 Determinante de um Operador Linear Se V e W são espaços vetoriais sobre K e T : V W é linear, então T induz uma aplicação linear T : A r (W, K) A r (V, K) definida por (T f)(v 1,..., v r ) = f(t v 1,..., T v r ), onde f A r (W, K) e v 1,..., v r V. Se L : V W e T : U V são lineares, então (L T ) = T L já que (L T ) f(u 1,..., u r ) = f(lt u 1,..., LT u r ) = L f(t u 1,..., T u r ) = = T (L f)(u 1,..., u r ) quaisquer que sejam u 1,..., u r U e f A r (W, K). Definição 5.7 Sejam V um espaço vetorial de dimensão n sobre K e T : V V linear. Como dim A n (V, K) = 1, existe um único escalar a tal que T (f) = af para todo f A n (V, K). Dizemos que este escalar a é o determinante do operador T, e escrevemos a = det T. Assim, det T é o escalar tal que f(t v 1,..., T v n ) = det T f(v 1,..., v n ) quaisquer que sejam v 1,..., v n V e f A n (V, K).

67 CAPÍTULO 5. DETERMINANTES 64 Proposição 5.7 Seja V um espaço vetorial de dimensão n sobre K. (1) Se I : V V é a identidade, então det I = 1. (2) Se L, T L(V ), então det(l T ) = det L det T. (3) T L(V ) é invertível det T 0. Dem. Para todo f A n (V, K) e v 1,..., v n V arbitrários, temos: (1) f(iv 1,..., Iv n ) = det I f(v 1,..., v n ), donde det I = 1. (2) det(l T ) f = (L T ) f = T (L f) = det T (L f) = det T det L f, donde det(l T ) = det L det T. (3) Se T é invertível então det T det T 1 = det I = 1, donde det T 0. Reciprocamente, seja det T 0. Se (v 1,..., v n ) é base de V, tomemos f A n (V, K) tal que f(v 1,..., v n ) 0. Então, f(t v 1,..., T v n ) = det T f(v 1,..., v n ) 0. Pelo corolário da proposição 5.6, (T v 1,..., T v n ) é base de V e, portanto, T é invertível. Definição 5.8 Seja A = (a ij ) uma matriz em K, quadrada de ordem n. Se T A : K n K n é o operador linear associado a A, definimos o determinante de A, det A, como sendo det T A. Sejam E = (e 1,..., e n ) a base canônica de K n e D a única forma n-linear alternada tal que D(e 1,..., e n ) = 1. Então: det A = D(T A (e 1 ),..., T A (e n )) = D(A 1,..., A n ), onde A 1,..., A n são os vetores-coluna de A. ( Vimos, na proposição 5.6, que D(A 1,..., A n ) = D a i1 e i,..., = σ S n ε(σ)a σ(1)1...a σ(n)n, que é a definição clássica de det A. ) a in e i = Definição 5.9 Sejam V um espaço vetorial sobre K e E = (e 1,..., e n ) uma base de V. Dada uma sequência de n vetores, (v 1,..., v n ), chama-se determinante desses vetores em relação à base E, o escalar det E (v 1,..., v n ) = D(v 1,..., v n ). Se v j = a ij e i, 1 j n, então a matriz A = (a ij ) é n n e det E (v 1,..., v n ) = det A. a a 1n É usual a notação det A =..... para o determinante da matriz a n1... a nn A = (a ij ).

68 CAPÍTULO 5. DETERMINANTES 65 Exemplo a 11 a 12 a 21 a 22 = a 11a 22 a 12 a 21 pois a permutação {1, 2} (1, 2) é par e {1, 2} (2, 1) é ímpar. Exemplo Dentre as 3! = 6 permutações de {1, 2, 3} temos 3 que são pares, a saber: {1, 2, 3} (1, 2, 3) {1, 2, 3} (2, 3, 1) e 3 que são ímpares: {1, 2, 3} (1, 3, 2) {1, 2, 3} (3, 2, 1) {1, 2, 3} (3, 1, 2) {1, 2, 3} (2, 1, 3) a 11 a 12 a 13 Portanto: a 21 a 22 a 23 a 31 a 32 a 33 = a 11a 22 a 33 + a 21 a 32 a 13 + a 31 a 12 a 23 a 11 a 32 a 23 a 31 a 22 a 13 a 21 a 12 a 33, e temos a seguinte regra prática (regra de Sarrus): a 11 a 12 a 13. a 21 a 22 a 23 a 31 a 32 a 33 a 11 a 12 a 13 a 21 a 22 a Repetimos as duas primeiras linhas do determinante; os produtos paralelos à diagonal principal são precedidos do sinal + e aqueles paralelos à diagonal secundária são precedidos do sinal. Obs. Para os determinantes de ordem superior a 3 não temos regras práticas de cálculo; eles serão calculados pelo processo da seção 5.3 a seguir. Proposição 5.8 Seja A uma matriz de ordem n. Então: det A = det A t. Dem. Se A = (a ij ) então A t = (a ij) com a ij = a ji. Temos: det A t = σ S n ε(σ)a σ(1)1...a σ(n)n = σ S n ε(σ)a 1σ(1)...a nσ(n).

69 CAPÍTULO 5. DETERMINANTES 66 Mas, a 1σ(1)...a nσ(n) = a σ 1 (1)1...a σ 1 (n)n e ε(σ 1 ) = ε(σ). Portanto, det A t = σ 1 S n ε(σ 1 )a σ 1 (1)1...a σ 1 (n)n = det A pois se σ percorre S n, σ 1 também percorre S n. Obs. 1 A proposição 5.8 mostra que det A é também o determinante dos vetores-linha de A. Obs. 2 Como a aplicação (v 1,..., v n ) det(v 1,..., v n ) é n-linear alternada, temos um certo número de propriedades que, para comodidade do leitor, são listadas abaixo: (1) det(v 1,..., v i+cv i,..., v n ) = det(v 1,..., v i,..., v n )+c det(v 1,..., v i,..., v n ), c K. (2) Toda permutação σ S n sobre as colunas (ou linhas) da matriz A M n (K) transforma det A em ε(σ)det A. Em particular, toda transposição sobre as colunas (ou linhas) de A transforma det A em det A. (3) Se uma coluna (ou linha) de A é nula, então det A = 0. (4) Se duas colunas (ou duas linhas) de A são proporcionais, então det A = 0. (5) det(v 1,..., v i 1, a k v k, v i+1,..., v n ) = a i det(v 1,..., v i,..., v n ). k=1 (6) det(v 1,..., v n ) = 0 v 1,..., v n são LD. (7) det I n = 1. (8) det (AB) = det A det B. (9) det A t = det A. (10) A é invertível det A Desenvolvimento em relação aos elementos de uma coluna (ou de uma linha) Definição 5.10 Seja A = (a ij ) uma matriz n n. Seja A ij a matriz obtida de A pela supressão da linha i e da coluna j. A ij é uma matriz de ordem (n 1), e det A ij chama-se o menor associado ao elemento a ij. O escalar C ij = ( 1) i+j det A ij chama-se o cofator de a ij. Proposição 5.9 O determinante de uma matriz quadrada é igual à soma dos produtos dos elementos de uma coluna qualquer pelos seus respectivos cofatores. Dem. Seja A = (a ij ) n n e sejam A 1,..., A n seus vetores-coluna. A

70 CAPÍTULO 5. DETERMINANTES 67 função X det(a 1,..., X,..., A n ) onde X substitui A j, é uma forma linear β j : K n K. Logo, det A = β j (A j ) = β j (a 1j e a nj e n ) = a ij β ij, onde (e 1,..., e n ) é a base canônica de K n e β ij = β j (e i ). Os escalares β ij não dependem de A j, isto é, de a 1j,..., a nj. a a 1n Temos: β ij = β j (e i ) = a i a in linha i a n a nn coluna j e β ij = det Ã. a i a in 1 a i1... a in Portanto: β ij = ( 1) i 1 a a 1n = ( 1) i 1 ( 1) j 1 0 a a 1n =. a n a nn 0 a n1... a nn = ( 1) i+j det B, onde a matriz B = (b ij ) foi obtida de à trocando-se sucessivamente a linha i com as (i-1) linhas que a precedem em à e, a seguir, a coluna j sucessivamente com as (j-1) colunas que a antecedem. Observemos que o menor det B 11, de b 11 = 1 em B coincide com o menor det A ij de a ij em A. Além disso, sabemos que det B = ε(σ)b σ(1)1...b σ(n)n. σ S n Se σ(1) 1, o termo correspondente é nulo, pois, neste caso, b σ(1)1 = 0, e det B reduz-se à soma det B = ε(σ)b σ(2)2...b σ(n)n. σ S n σ(1) = 1 Se σ é a permutação de {2,.., n} tal que σ (i) = σ(i) para 2 i n, os conjuntos ordenados {1, σ(2),..., σ(n)} e {σ (2),..., σ (n)} apresentam o mesmo número de inversões, donde ε(σ) = ε(σ ) e, então, det B = ε(σ )b σ (2)2...b σ (n)n = det B 11. σ S n 1

71 CAPÍTULO 5. DETERMINANTES 68 Logo, e, portanto, β ij = ( 1) i+j det B = ( 1) i+j det B 11 = ( 1) i+j det A ij = C ij det A = a ij C ij. Definição 5.11 Dizemos que uma matriz A = (a ij ) n n é triangular superior se a ij = 0 sempre que i > j. Analogamente se define uma matriz triangular inferior. Corolário O determinante de uma matriz triangular é igual ao produto de seus elementos diagonais. Dem. De fato, a 11 a a 1(n 1) a 1n 0 a a 2(n 1) a 2n a a 2(n 1) a 2n a 3(n 1) a 3n det A =.... = a a (n 1)(n 1) a (n 1)n a nn a nn e, por indução: det A = a 11 a 22...a nn. a 11 a 12 a 13 Exemplo a 21 a 22 a 23 a 31 a 32 a 33 = a 11 a 22 a 23 a 32 a 33 a 12 a 21 a 23 a 31 a 33 +a 13 a 21 a 22 a 31 a 32 = = a 11 a 22 a 33 a 11 a 23 a 32 a 12 a 21 a 33 + a 12 a 23 a 31 + a 13 a 21 a 32 a 13 a 22 a 31, como antes. 1 + x x x Exemplo D n = = x x x x x x x = xd n x x

72 CAPÍTULO 5. DETERMINANTES 69 Logo: Donde: xd n 1 = x 2 D n 2 + x n 1 x 2 D n 2 = x 3 D n 3 + x n 1 D n = x n 1 + xd n 1. x n 2 D 2 = x n 1 D 1 + x n 1 x n 1 D 1 = x n 1 (1 + x) = x n 1 + x n. Somando estas n igualdades, obtemos: D n = x n + nx n 1. Seja A = (a ij ) n n. Vimos que A é invertível se existe B n n tal que AB = BA = I n (Notação: B = A 1 ) e que basta ser BA = I n (ou AB = I n ) para que seja B = A 1. Proposição 5.10 Sejam A = (a ij ) n n e C ij o cofator de a ij em A. Então: { det A se j = k a ij C ik = δ jk det A = 0 se j k. Dem. Basta considerar o caso j k, por exemplo, j < k. Seja B = (B 1,..., B n ) a matriz tal que B i = A i, i k, e B k = A j, ou seja, B = [ a11... a 1j... a 1j... a 1n a n1... a nj... a nj... a nn coluna j coluna k ] É claro que det B = 0. Desenvolvendo det B pelos elementos da coluna k, temos: det B = a 1j C 1k + a 2j C 2k a nj C nk, isto é, det B = 0 = a ij C ik, j k. Proposição 5.11 Seja A = (a ij ) n n e B = (C ij) a transposta da matriz dos cofatores dos elementos de A, isto é, C ij = C ji = cofator de a ji em A. Então: BA = (det A) I n.

73 CAPÍTULO 5. DETERMINANTES 70 Dem. Se BA = (d ij ), temos: d kj = C ki a ij = Logo: a ij C ik = δ jk det A. BA = det A I n. Corolário Se A = (a ij ) n n é invertível, então A 1 = 1 det A B, onde B = (C ij) e C ij = C ji = cofator de a ji em A. A matriz B é a adjunta (clássica) de A, B = adj A. Então: A 1 = adj A det A. Proposição 5.12 Seja A m n de posto r. Existe submatriz r r de A com determinante 0, e toda submatriz k k de A, com k > r, tem determinante igual a zero. Dem. A tem posto r se, e só se, existem r, e não mais que r, linhas de A que são LI. Podemos supor que sejam as r primeiras (já que a troca de linhas não altera o posto), L 1,..., L r. Seja B =. L 1 L r r n cujo posto é r, donde existem r, e não mais que r, colunas de B que são LI. Sejam B j1,..., B jr essas colunas e C = [B j1,..., B jr ] r r; C tem posto r, donde det C 0 e é a maior submatriz quadrada de A com essa propriedade. 1 1 t Exercício Seja A = 1 t 1. Estude o posto de A conforme os valores t 1 1 de t R. Exercícios 1. Sejam a 1,..., a n números dados. Prove que a 1 a 2... a n a 2 1 a a 2 n = i a j ) i>j(a a n 1 1 a n a n 1 n

74 CAPÍTULO 5. DETERMINANTES 71 É o determinante de Vandermonde. 2. Seja A = (a ij ) n n, tal que a ij = 0 se i + j n. Calcule det A. Por 0 0 a exemplo, 0 b c d e f = abd. a b c 2a 2a 3. Prove: 2b b c a 2b 2c 2c c a b = (a + b + c)3. 4. Calculando x y y x x y y x, prove que (x 2 + y 2 )(x 2 + y 2 ) = (xx + yy ) 2 + (xy yx ) Se a, b, c R, prove que 1 sen a cos a 1 sen b cos b = sen(b c) + sen(c a) + sen(a b). 1 sen c cos c [ ] B C 6. Seja A =, onde B é r r, C é r (n r) e D é (n r) (n r). 0 D Prove que det A = det B det D. 5.4 Matrizes Elementares Definição 5.12 Sejam A e B matrizes m n sobre o corpo K. Dizemos que A é linha-equivalente a B se B pode ser obtida de A por intermédio de um número finito das seguintes operações, chamadas operações elementares sobre as linhas: (a) T ij trocar de posição as linhas i e j (i j) (b) T i (k) multiplicar a linha i por k K, k 0 (c) T ij (λ) somar à linha i a linha j multiplicada por λ K. Definição 5.13 Uma matriz obtida da identidade por meio de uma única operação elementar, chama-se uma matriz elementar. Exemplo As matrizes ( ) 0 1 e são elementares

75 CAPÍTULO 5. DETERMINANTES 72 Proposição 5.13 Sejam e uma operação elementar e E = e(i m ) a matriz elementar m m correspondente. Para toda matriz A = (a ij ) m n, temse: e(a) = E A. Dem. Seja L i = (a i1...a in ) a i-ésima linha de A. Então: A =. L 1 L m. Se L 1 B B M n p (K), é fácil ver que AB =.. Se e 1 = (1, 0,..., 0),..., e m = L m B (0,..., 0, 1) são 1 m, é claro que e 1 A = L i e I m =... e j L j (1) e = T ij. Então: E = e(i m ) =., e(a) =.. e i L i.. e m L m Logo: e 1 A L 1.. e j A L j EA =. =. = e(a). e i A L i.. e m A L m e 1 e 1 L 1 e 1 e m... (2) e = T i (k). Então: E = e(i m ) = ke i k 0, e(a) = kl i... e m L m Logo: L 1

76 CAPÍTULO 5. DETERMINANTES 73 e 1 A L 1.. EA = ke i A = kl i = e(a)... e m A L m.. e i + λe j L i + λl j (3) e = T ij (λ). Então: E = e(i m ) =., e(a) =.. i<j e j L j.. e m L m Logo: e 1 A L 1.. (e i + λe j )A L i + λl j = e(a), e a proposição está demon- EA =. = e j A. e m A strada em todos os casos.. L j. L m e 1 L 1 Proposição 5.14 Duas matrizes A e B, m n sobre K, são linha-equivalentes se, e só se, existem matrizes elementares m m, E 1,..., E r, tais que E r...e 1 A = B. Dem. A é linha-equivalente a B se, e só se, existem operações elementares e 1,..., e r tais que e r (...(e 2 (e 1 (A)))...) = B. Pondo E i = e i (I m ), vem: E r...e 1 A = B. Obs. 1 As operações elementares são bijetoras. De fato, T 1 ij = T ij, T i (k) 1 = ( ) 1 T i e T ij (λ) 1 = T ij ( λ). k Obs. 2 A inversa de uma matriz elementar é também elementar e se E = e(i n ) e E = e 1 (I n ), então E E = e(e 1 (I n )) = I n, donde E = E 1. As seguintes afirmações são equiva- Proposição 5.15 Seja A M n (K). lentes: (a) A é invertível

77 CAPÍTULO 5. DETERMINANTES 74 (b) A é linha-equivalente a I n (c) A é um produto de matrizes elementares Dem. (a) (b): Como A é invertível temos det A 0, donde existe algum a i1 0. Usando, se necessário, ( ) a operação T 1i, podemos supor a Neste caso, a operação T 1 muda A na matriz B linha-equivalente a A: a 11 1 b b 1n B = a 21 a a 2n , a n1 a n2... a nn onde b 1i = a 1i (i = 2, 3,..., n). a 11 Aplicando a B, sucessivamente, as operações T 21 ( a 21 ),..., T n1 ( a n1 ), chegamos à matriz C linha-equivalente a A: 1 c c 1n 0 c c 2n C = c n2... c nn c 22 Como C = P A, onde P é um produto de matrizes elementares e, portanto, invertível, resulta que C é invertível. Logo, det C = c c 2n c n2... c nn 0 e podemos, ( ) como acima, supor c Usando, sucessivamente, as operações 1 T 2, T 12 ( c 12 ),..., T n2 ( c n2 ), a matriz C transforma-se em D, linhaequivalente a A: 1 0 d d 1n 0 1 d d 2n D = 0 0 d d 3n d n3... d nn Prosseguindo desta maneira chegaremos, após um número finito de operações elementares, à matriz I n. (b) (c): Se A é linha-equivalente a I n então existem matrizes elementares E 1,..., E r tais que E r...e 1 A = I n, donde A = E1 1...Er 1. Como a inversa de uma matriz elementar é também elementar, resulta que A é um produto de matrizes elementares.

78 CAPÍTULO 5. DETERMINANTES 75 (c) (a): Se A = E 1...E r, cada E j sendo elementar, então A é invertível, pois cada E j é invertível. Proposição 5.16 A mesma sequência finita de operações elementares que muda a matriz invertível A M n (K) na identidade I n, muda I n em A 1. Dem. Sejam e 1,..., e r operações elementares que mudam A em I n e E 1,..., E r as matrizes elementares correspondentes. Então: E r...e 2 E 1 A = I n, donde A 1 = E r...e 1 I n. Exemplo Calculemos a inversa de A = Escrevamos I 3 ao lado de A e efetuemos as operações elementares indicadas, que transformam A em I 3 : T 31( 2) T 2( 1 4) /2 0 1/4 0 T 32( 6) 0 1 1/2 0 1/4 0 T 3( 1) / / /2 0 1/4 0 T 13(1) 0 1 1/2 0 1/4 0 T 23( 2) / /2 1 Portanto: / /2 1/ / /2 1 A 1 = 1 1/2 1/2 2 3/2 1 Da mesma maneira que operamos sobre as linhas de A m n podemos operar sobre as colunas. Obtemos assim as operações elementares sobre as

79 CAPÍTULO 5. DETERMINANTES 76 colunas: (a) T ij trocar de posição as colunas i e j, i j. (b) T i (k) multiplicar a coluna i por k 0. (c) T ij(λ) somar à coluna i a coluna j multiplicada por λ K. Se e é uma operação elementar sobre as colunas, então E = e (I n ) é uma matriz (coluna-) elementar de ordem n. Valem propriedades análogas as obtidas anteriormente, a saber: Proposição 5.13 Se A M m n (K), então e (A) = AE. Definição A, B M m n (K) são coluna-equivalentes se B pode ser obtida de A por meio de um número finito de operações elementares sobre as colunas. Proposição 5.14 A, B M m n (K) são coluna-equivalentes se, e só se, existem matrizes elementares E 1,..., E r tais que AE 1...E r = B. Obs. As operações elementares (sobre as colunas) são bijetoras: (T ij) 1 = T ij; T i (k) 1 = T i ( 1 k e T ij(λ) 1 = T ij( λ). As inversas das matrizes elementares são também elementares: se E = e (I n ) então (E ) 1 = (e ) 1 (I n ). ) Proposição 5.15 Seja A M n (K). São equivalentes: (a) A é invertível. (b) A é coluna-equivalente a I n. (c) A é um produto de matrizes (coluna-)elementares. Definição Se A, B M m n (K), escrevemos A B quando for possível transformar A em B por meio de uma sequência finita de operações elementares (sobre as linhas e/ou colunas). É claro que é uma relação de equivalência. Proposição 5.17 Sejam A, B M m n (K). A B se, e só se, A e B são equivalentes, isto é, se, e só se, existem matrizes invertíveis P M m (K) e Q M n (K) tais que B = P AQ. Dem. Se A B existem matrizes elementares E 1,..., E r, E 1,..., E s tais que B = E r...e 1 A E 1...E s, ou seja, B = P AQ com P e Q invertíveis.

80 CAPÍTULO 5. DETERMINANTES 77 Reciprocamente, se B = P AQ com P e Q invertíveis, P M m (K) e Q M n (K), então existem matrizes elementares tais que P = E r...e 1 e Q = E 1...E s, o que mostra que A B. Corolário (a) A, B M m n (K) são linha-equivalentes se, e só se, existe P M m (K) invertível tal que B = P A. (b) A, B M m n (K) são coluna-equivalentes se, e só se, existe Q M n (K) invertível tal que B = AQ. Obs. É claro que se A e B são linha-equivalentes (ou coluna-equivalentes, ou equivalentes), então pelo corolário da proposição 3.8, posto(a) = posto(b), de modo que podemos usar as operações elementares para estudar a dependência ou independência linear de vetores. Exemplo Sejam os vetores de R 4 : v 1 = ( 1, 0, 1, 2), v 2 = (3, 4, 2, 5) e v 3 = (1, 4, 0, 9). Seja A = a matriz cujas colunas são esses vetores. O posto de A é a dimensão do espaço gerado por v 1, v 2, v 3. Operando sobre as linhas de A, temos: A T 1( 1) T 31 ( 1) T 41 ( 2) T 2( 1 4) T 32 ( 1) T 42 ( 11) = B, donde posto(a) = posto(b) = 2, de modo que v 1, v 2, v 3 são LD e geram um espaço de dimensão 2; (v 1, v 2 ) é uma base para este subespaço de R 4.

81 CAPÍTULO 5. DETERMINANTES 78 Exemplo Vamos estudar a independência linear das formas lineares sobre R 4, onde ab 0: f 1 (x 1, x 2, x 3, x 4 ) = x 1 ax 3 ; f 2 = x 2 1 a x 4; f 3 = x 1 bx 4 ; f 4 = x 2 1 b x 4. As formas f j são elementos de (R 4 ) ; em relação à base de (R 4 ), dual da base canônica de R 4, temos: f 1 = (1, 0, a, 0); f 3 = (1, 0, 0, b); e a matriz cujas linhas são estes vetores é 1 0 a 0 A = /a T 31 ( 1) b /b f 2 = (0, 1, 0, 1 a ); f 4 = (0, 1, 0, 1 b ). 1 0 a /a 0 0 a b /b T 42 ( 1) 1 0 a b /a T 13 (1) /a 0 0 a b 0 0 a b b a b a = B. ab ab Vemos que se a b 0 as quatro formas são LI. Se a = b 0 elas geram um subespaço de (R 4 ) de dimensão 3, do qual (f 1, f 2, f 3 ) é uma base. 5.5 Equações Lineares Sejam V e W espaços vetoriais sobre K e T : V W linear. Se b W, a equação T (x) = b chama-se uma equação linear. A equação T (x) = 0 é a equação homogênea associada. Resolver a equação T (x) = b é achar todos os x V tais que T (x) = b, ou seja, é determinar o conjunto-solução T 1 (b). A equação é impossível se T 1 (b) =. O conjunto-solução de T (x) = 0 é o núcleo N (T ), que é um subespaço de V; portanto, T (x) = 0 sempre tem a solução x = 0, dita trivial.

82 CAPÍTULO 5. DETERMINANTES 79 Proposição 5.18 Se x p V é uma solução de T (x) = b, o conjunto-solução é x p + N (T ). Dem. Se T (x) = T (x p ) = b, então T (x x p ) = 0, donde x x p N (T ), ou seja, x x p +N (T ). Reciprocamente, se x x p +N (T ), então x x p N (T ), donde T (x x p ) = 0 e T (x) = T (x p ) = b. Corolário São equivalentes: (a) a equação linear T (x) = b tem, no máximo, uma solução; (b) a equação homogênea T (x) = 0 tem apenas a solução trivial x = 0; (c) T : V W é injetora. Um caso simples é aquele em que T é um isomorfismo; neste caso, T (x) = b x = T 1 (b). Proposição 5.19 Sejam V e W espaços vetoriais de mesma dimensão n sobre K, T : V W linear, E e F bases de V e W, respectivamente, [ ] E T = A M F n(k). São equivalentes: (a) T é um isomorfismo; (b) posto(t ) = posto(a) = n; (c) os vetores-coluna e os vetores-linha de A são LI (d) A é invertível; (e) det A 0; (f) para todo b W a equação T (x) = b tem solução única; (g) a equação T (x) = 0 só tem a solução x = 0. Dem. Imediata. Proposição 5.20 Sejam V, W espaços vetoriais sobre K, dim V = n, dim W = m e T : V W linear. Se m < n a equação homogênea T (x) = 0 tem solução não-trivial. Dem. Seja {v 1,..., v n } uma base de V. Se m < n então T (v 1 ),..., T (v n ) são LD, donde existem escalares x 1, x 2,..., x n, não todos nulos, tais que x 1 T (v 1 ) x n T (v n ) = 0, donde T (x 1 v x n v n ) = 0, isto é, x = x 1 v x n v n é solução 0 de T (x) = 0. Obs. 1 A equação T (x) = 0 tem N (T ) como espaço-solução. Portanto, a dimensão do espaço-solução de T (x) = 0 é dim N (T ) = n posto(t ). Obs. 2 Sejam T : K n K n linear, x =. x 1 x n K n, b = b 1. b m K m e A = (a ij ) a matriz m n associada a T. A equação T (x) = b escreve-se

83 CAPÍTULO 5. DETERMINANTES 80 também A x = b ou x 1 A x n A n = b, onde os A j são os vetores-coluna de A, ou ainda a 11 x a 1n x n = b 1. a m1 x a mn x n = b m sistema de m equações lineares a n incógnitas. A = (a ij ) é a matriz dos coeficientes. A expressão x 1 A x n A n = b nos diz que Ax = b tem solução x se, e só se, o vetor b pertence ao espaço-coluna de A, ou ainda, se, e só se, o posto de A é igual ao posto da matriz (A b) que é a matriz completa do sistema (Teorema de Rouché-Capelli). Definição 5.14 O sistema linear Ax = b é um sistema de Cramer se A M n (K) é invertível. Proposição 5.21 (Regra de Cramer) O sistema de Cramer A x = b, onde A GL(n, K), tem solução única x =. x 1 x n, onde x i = det B i det A (i = 1,..., n), onde B i é a matriz obtida de A substituindo-se o vetor-coluna A i pelo vetor b do segundo membro. Dem. A equação x 1 A x n A n = b nos permite escrever det(a 1,..., col.i b,..., A n ) = x i det(a 1,..., A i,..., A n ) = x i det A, donde x i det A = det B i e x i = det B i det A = a b 1... a 1n a n1... b n... a nn a a 1i... a 1n (i = 1,..., n). a n1... a ni... a nn Exemplo x 1 + 3x 2 = 8 7x 1 9x 2 = 11 Como det A = = 39 0, o sistema é de Cramer e: x 1 = = 1; x 2 = =

84 CAPÍTULO 5. DETERMINANTES 81 Proposição 5.22 Sejam as equações lineares Ax = a e Bx = b, onde A, B M m n (K) e a, b K m. Se C = (A a) e D = (B b) são linha-equivalentes, então as duas equações lineares têm as mesmas soluções. x 1 Dem. Pondo y =., a equação Ax = a se escreve Cy = 0. Se C e D x n 1 são linha-equivalentes, existe P M m (K), invertível, tal que P C = D. Se Dy = 0 vem P (Cy) = 0, donde Cy = 0. Reciprocamente, se Cy = 0 então P (Cy) = 0, isto é, Dy = 0. Logo as equações Cy = 0 e Dy = 0 têm as mesmas soluções, ou seja, Ax = a e Bx = b têm as mesmas soluções. Exemplo Seja o sistema A matriz completa do sistema é C = x 1 + x 2 + x 3 = 1 x 1 + 3x 2 2x 3 = 0 4x 1 3x 2 + x 3 = onde B = /5 e obtemos: T 12 T 21( 2) T 31( 4) T 2( 1/5) T 32(15) B, x 3 = 1 6 x 2 x 3 = /30 e a solução (única) é x = 1/30. 1/6 x 1 + 3x 2 2x 3 = 0

85 CAPÍTULO 5. DETERMINANTES 82 Exemplo A matriz completa é x 1 x 3 3x 4 +x 5 = 2 2x 1 +x 2 +3x 3 2x 4 x 5 = 11 x 2 x 4 3x 5 = 0 4x 2 5x 3 9x)4 12x 5 = e obtemos o sistema ou: x 1 2x 4 +x 5 = 1 x 2 x 4 3x 5 = 0 x 3 +x 4 = 3 x 1 = 2x 4 x x 2 = x 4 + 3x 5 x 3 = x Trata-se de um sistema indeterminado; existem infinitas soluções 2x 4 x x 4 + 3x 5 x = x x 4 = x , x { 1 onde x p = 3 é a solução particular e 1 0 1, 3 } 0 é base do espaçosolução da equação homogênea associada.. Exemplo x 1 + x 2 x 3 = 1 2x 1 x 2 + x 3 = 2 4x 1 + x 2 x 3 = 0

86 CAPÍTULO 5. DETERMINANTES A matriz completa é , e o sistema é impossível já que a última equação 0 x x x 3 = 4 é impossível. Obs. (decomposição LU) Seja A n n uma matriz que pode ser reduzida à forma triangular apenas pelo uso da operação T ij (λ); por exemplo, seja A = A (1) = ( 1/2) A (2) T 31( 2) A (3) = T 32 (3) = U Sejam: l 21 = 1 2 ; l 31 = 2 opostos dos multiplicadores usados na primeira linha e l 32 = 3 o oposto do usado na segunda linha. Se L = 1/2 1 0 é a matriz triangular inferior cujos elementos l ij, para i < j, são os números acima e l ii = 1, então é fácil verificar que A = LU. Os detalhes da decomposição LU podem ser encontrados na referência [6]. Exercícios 1. Resolva: x + y + z = 1 (a) 2x + y + 3z = 1 x + 2y 4z = 3 (b) x 2y + z + t = 1 2x + y + 2z + 2t = 0 6y + z = Sejam a b c d números reais distintos. Prove que existe um único polinômio p(x) = α 0 + α 1 x + α 2 x 2 + α 3 x 3 tal que p(a) = a ; p(b) = b ; p(c) = c ; p(d) = d, onde a, b, c, d são reais dados Ache a decomposição LU da matriz A =

87 Capítulo 6 Autovalores e Autovetores 6.1 Definições Definição 6.1 Sejam V um espaço vetorial sobre o corpo K e T : V V linear. Dizemos que v V é um autovetor de T se existe a K tal que T (v) = av. Se v 0, o escalar a é univocamente determinado pois a 1 v = a 2 v implica (a 1 a 2 )v = 0 e, como v 0, vem a 1 = a 2. Definição 6.2 Sejam V um espaço vetorial sobre K e T : V V linear. Dizemos que a K é um autovalor de T se existe v V, v 0, tal que T (v) = av. Obs. Ao invés de autovetor e autovalor, usam-se também os termos vetor próprio ou vetor característico e valor próprio ou valor característico. Exemplo Se v V é um autovetor do operador linear T : V V e c K, então cv também é um autovetor de T pois T (cv) = ct (v) = cav = a(cv), supondo T (v) = av. Exemplo Seja V = C (R, R) o espaço vetorial real das funções f : R R de classe C, isto é, indefinidamente deriváveis, e seja D : V V o operador de derivação. Se f V, f(t) = e at, a R, então Df(t) = a e at, ou seja, Df = af, e f é um autovetor de D, com autovalor a. Exemplo Se a = 0 é um autovalor de T : V V linear, existe v 0 tal que T (v) = 0, donde N (T ) {0} e T não é injetora. 84

88 CAPÍTULO 6. AUTOVALORES E AUTOVETORES 85 Proposição 6.1 Sejam V um espaço vetorial sobre K, T : V V linear, a K e V (a) = {v V ; T (v) = av}. Então V (a) é um subespaço de V tal que T ( V (a) ) V (a), isto é, V (a) é T-invariante. Dem. É claro que 0 V (a); se v 1, v 2 V (a), então T (v 1 ) = av 1, T (v 2 ) = av 2, donde T (v 1 + v 2 ) = T (v 1 ) + T (v 2 ) = av 1 + av 2 = a(v 1 + v 2 ). Se c K, então T (cv 1 ) = ct (v 1 ) = cav 1 = a(cv 1 ). Logo, V (a) é subespaço de V. Se v V (a) então T (v) = av e T (T v) = T (av) = at (v), donde T ( V (a) ) V (a). V (a) é o autoespaço de T associado ao autovalor a. V (a) = {0} significa que a não é autovalor de T. Proposição 6.2 Sejam V um espaço vetorial de dimensão finita sobre K e T : V V linear. São equivalentes: (a) a K é autovalor de T; (b) T ai não é invertível; (c) det(t ai) = 0. Dem. Já vimos anteriormente que (b) e (c) são equivalentes. Basta, então, provar que (a) e (b) são equivalentes. (a) (b): Se a é autovalor de T, existe v 0 tal que T (v) = av, isto é, (T ai)v = 0, donde T ai não é invertível. (b) (a): Se T ai não é invertível, existe v 0 tal que (T ai)v = 0, donde T (v) = av, ou seja, a é autovalor de T. Proposição 6.3 Sejam V um espaço vetorial sobre K e T : V V linear. Se a b são autovalores de T, então V (a) V (b) = {0}. Dem. T (v) = av = bv implica (a b)v = 0, donde v = 0 (pois a b). Proposição 6.4 Sejam V um espaço vetorial sobre K e T : V V linear. Sejam v 1,..., v m autovetores não nulos de T com autovalores a 1,..., a m, respectivamente. Se a 1 a 2... a m, então v 1,..., v m são linearmente independentes. Dem. (indução) Para m = 1, um vetor v 1 0 é LI. Suponhamos m > 1 e admitamos o teorema verdadeiro para (m 1) autovetores. Se tivermos uma relação linear b 1 v 1 + b 2 v b m v m = 0, (6.1)

89 CAPÍTULO 6. AUTOVALORES E AUTOVETORES 86 então b 1 T (v 1 ) b m T (v m ) = 0, donde: a 1 b 1 v 1 + a 2 b 2 v a m b m v m = 0. (6.2) Sem perda de generalidade podemos supor a 1 0. Multiplicando (6.1) por a 1 e subtraindo o resultado de (6.2), obtemos: (a 2 a 1 )b 2 v (a m a 1 )b m v m = 0. Como a 2 a 1 0,..., a m a 1 0, concluimos, por indução, que b 2 =... = b m = 0, e (6.1) nos dá b 1 v 1 = 0, donde b 1 = 0, ou seja, v 1,..., v m são LI. Corolário Se dim V = n, todo operador linear T : V V tem, no máximo, n autovalores distintos. Corolário Se a 1,..., a m são autovalores de T : V V linear e a 1 a 2... a m, então o subespaço V (a 1 ) V (a m ) é soma direta de V (a 1 ),..., V (a m ). Dem. Seja v i V (a i ), i = 1,...m. Se v 1 + v v m = 0, vamos mostrar que v 1 =... = v m = 0. Se p < m destes vetores fossem diferentes de 0, por exemplo, v i1,..., v ip, e os (m p) restantes fossem iguais a 0, teríamos v i v ip = 0, isto é, v i1,..., v ip seriam LD em contradição com a proposição 6.4. Resulta que V (a 1 ) V (a m ) = V (a 1 )... V (a m ). Exemplo Seja V = C (R, R). Se a 1... a m são reais distintos, então e a 1t,..., e a mt são autovetores do operador de derivação D : V V com autovalores distintos e, portanto, as funções e a 1t,..., e amt são LI. Como m é arbitrário, resulta que V = C (R, R) não tem dimensão finita. Definição 6.3 Seja A M n (K). Os autovetores e autovalores de A são os autovetores e autovalores da aplicação linear associada T A : K n K n, T A (x) = A x. Assim, x K n é autovetor de A se existe a K tal que A x = ax. Proposição 6.5 Seja A M n (K). São equivalentes: (a) a K é autovalor de A; (b) A ai n não é invertível; (c) det(a ai n ) = 0. Obs. Se B = P 1 AP, onde A M n (K) e P M n (K) é invertível, então A e B têm os mesmos autovalores pois se Ax = ax, x 0 e y = P 1 x, então: By = P 1 AP y = P 1 Ax = P 1 (ax) = ay.

90 CAPÍTULO 6. AUTOVALORES E AUTOVETORES 87 Como y 0, resulta que a é autovalor de B. A recíproca é análoga. É bom notar, entretanto, que os autovetores de A e B, associados ao autovalor a, são x e y = P 1 x, respectivamente. Definição 6.4 Sejam V um espaço vetorial de dimensão n sobre K e T : V V linear. O polinômio característico de T é P T (t) = det(t ti). Se A M n (K), o polinômio característico P A (t) é o polinômio da aplicação linear associada T A : K n K n, isto é, P A (t) = det(t A ti) = det(a t I n ). Se A = (a ij ), então: a 11 t a a in a 21 a 22 t... a 2n P A (t) = det(a ti n ) =..... =. a n1 a n2... a nn t = ( 1) n t n + ( 1) n 1 (a a nn )t n det A (o termo independente é P A (0) = det A). Proposição 6.6 Matrizes semelhantes têm o mesmo polinômio característico. Dem. De fato se B = P 1 AP então as matrizes A e B representam o mesmo operador linear T : K n K n e, portanto, têm o mesmo polinômio característico P T (t) = det(t ti). Uma demonstração direta é a seguinte: det(b ti n ) = det(p 1 AP ti n ) = det(p 1 (A ti n )P ) = det(a ti n ) pois det P 1 det P = 1. Obs. Se P T (t) = P A (t) = c n t n + c n 1 t n c 1 t + c 0, então c n = ( 1) n e c 0 = det T = det A. Os coeficientes c j, j = 0, 1,..., n, só dependem do operador T. Definição 6.5 ( 1) n 1 c n 1 é o traço de T, e escrevemos tr T = ( 1) n 1 c n 1. O traço de A M n (K) é o traço de T A : K n K n, T A (x) = A x : tr A = a 11 + a a nn. Se A e B são semelhantes, temos tr A = tr B pois P A (t) = P B (t).

91 CAPÍTULO 6. AUTOVALORES E AUTOVETORES 88 Proposição 6.7 Sejam V um espaço vetorial de dimensão n sobre K e T : V V linear. a K é um autovalor de T se, e só se, a é uma raiz do polinômio característico de T. Dem. a K é autovalor de T det(t ai) = 0 a é raiz de P T (t). [ ] 1 1 Exemplo Se A =, então P 2 2 A (t) = 1 t t = t2 3t, e os autovalores de A são a = 0 e a = ( 3. ) x1 Procuremos autovetores x = associados a estes autovalores. Para a = 0, temos: x 2 x 1 + x 2 = 0 2x 1 + 2x 2 = 0. ( ) 1 Logo, x = x 1 é autovetor associado a a = 0, para todo x 1 1 K. Para a = 3, temos: 2x 1 + x 2 = 0 2x 1 x 2 = 0. ( ) ( ) x1 1 Logo, y = = x 2x 1 é autovetor associado a a = 3, para todo x K. Os ( autoespaços ) ( ) correspondentes são as retas pela origem de K 2 geradas 1 1 por e, respectivamente. 1 2 [ ] 0 1 Exemplo Se A = então P 1 0 A (t) = t Se A M 2 (R) vemos que A não tem autovalores. Se A M 2 (C) então i e -i são autovalores de A. Obs. Se T : V V é linear e dim K V = n, temos que P T (t) tem grau n, de modo que T tem, no máximo, n autovalores. Quando K = C, P T (t) tem pelo menos uma raiz, de modo que, neste caso, T sempre tem um autovetor não nulo. Proposição 6.8 Sejam V um espaço-vetorial de dimensão n sobre K e L, T : V V lineares. L T e T L têm os mesmos autovalores. Dem. Se a = 0 é autovalor de L T, existe u 0 tal que L(T u) = 0, donde L T não é invertível; logo, det(l T ) = det L det T = 0, donde

92 CAPÍTULO 6. AUTOVALORES E AUTOVETORES 89 det(t L) = 0 e T L não é invertível, donde existe v 0 tal que T (Lv) = 0, isto é, a = 0 é autovalor de T L. Se a 0 é autovalor de L T, existe u 0 tal que L(T u) = au. Seja v = T (u); então: T (Lv) = T (au) = av. Se fosse v = T (u) = 0 então teríamos LT u = 0, donde au = 0, donde u = 0, contradição. Portanto, T Lv = av com v 0, donde a é autovalor de T L. Analogamente se prova que todo autovalor de T L é também autovalor de L T. Proposição 6.9 Sejam V um espaço vetorial de dimensão n sobre K e T : V V linear. Se o polinômio característico P T (t) admite em K uma raiz a de multiplicidade m, então 1 dim V (a) m. Dem. Seja E = (u 1,..., u r, v 1,.., v s ) base de V tal que (u 1,..., u r ) seja base de V (a). Temos: Logo: T (u 1 ) = au 1 T (u 2 ) = au 2. T (u r ) = au r T (v 1 ) = a 11 u a r1 u r + b 11 v b s1 v s T (v s ) = a 1s u a rs u r + b 1s v b ss v s [ ] E ai r A T = E 0 B onde A = (a ij ) é r s e B = (b ij ) é s s.

93 CAPÍTULO 6. AUTOVALORES E AUTOVETORES 90 Então: a t a a 1s 0 a t... 0 a a 2s P T (t) = a t a r1... a rs = (a t) r det(b ti s ) b 11 t... b 1s b s1... b ss t Como a é raiz de multiplicidade m, temos r m, donde 1 dim V (a) m. 6.2 Diagonalização Definição 6.6 Sejam V um espaço vetorial de dimensão n sobre K e T : V V linear. Dizemos que T é diagonalizável se existe base de V formada por autovetores de T, ou seja, se, e só se, T tem n autovetores linearmente independentes. Em relação a essa base, a matriz de T é da forma λ λ , λ j K, ou seja, todos os elementos fora da diagonal λ n principal são iguais a zero. Uma tal matriz é dita diagonal; os elementos da diagonal principal são os autovalores de T. Definição 6.7 Seja A = (a ij ) n n. A é diagonalizável se existe matriz invertível P n n tal que P 1 AP = D, onde D é diagonal, isto é, se A é semelhante a uma matriz diagonal. Proposição 6.10 Sejam V um espaço vetorial de dimensão finita sobre K e T : V V linear. T é diagonalizável se, e só se, existe base E de V tal que [ T ] E = D seja diagonal. E Dem. Se T é diagonalizável existe base E = (v 1,..., v n ) de V formada por autovetores de T: T (v i ) = λ i v i (1 i n). Logo: λ [ ] E T = 0 λ E λ n

94 CAPÍTULO 6. AUTOVALORES E AUTOVETORES 91 Reciprocamente, seja E = (v 1,..., v n ) base de V tal que [ T ] E = D = E λ λ Então: T (v i) = λ i v i, 1 i n, e E é formada por λ n autovetores de T; portanto, T é diagonalizável. Obs. Seja F base de V e seja A = [ T ] F. T é diagonalizável se, e só se, F existe base E de V tal que [ T ] E = D seja diagonal. Mas, E D = [ T ] E E = [ Id ] F E [T ] F F [Id ] E F = P 1 AP, ou seja, T é diagonalizável se, e só se, A = [ T ] F é diagonalizável; P = [ Id ] E F F é a matriz de passagem da base E para a base F e as colunas de P são os autovetores de A. Proposição 6.11 Sejam V um espaço vetorial de dimensão n sobre K e T : V V linear. T é diagonalizável se, e só se: (a) o polinômio característico P T de T tem suas n raízes em K; (b) para cada raiz λ i de P T, de ordem de multiplicidade m i, tem-se dim V (λ i ) = m i. Dem. Se T é diagonalizável e E é base de V na qual [ T ] E é diagonal, então E E é formada de autovetores de T. Podemos supor que os elementos de E estão ordenados de maneira a termos primeiro os autovetores associados a λ 1, depois aqueles associados a λ 2, e assim por diante, de modo que λ λ λ [ ]. E T = M E λ n (K) λ k λ k Então: V = V (λ 1 ) V (λ 2 )... V (λ k ),

95 CAPÍTULO 6. AUTOVALORES E AUTOVETORES 92 donde dim V = dim V (λ 1 ) dim V (λ k ) = n. Como dim V (λ i ) m i e m m k = n, resulta dim V (λ i ) = m i (1 i k). Reciprocamente, as n raízes de P T estando em K, suponhamos que dim V (λ i ) = m i, 1 i k. A relação m m k = n nos dá dim [ V (λ 1 )... V (λ k ) ] = n V = V (λ 1 )... V (λ k ). A reunião das bases dos V (λ i ) (1 i n) é uma base de V formada por autovetores de T, donde T é diagonalizável. [ ] 1 2 Exemplo Seja A =. Os autovalores de A são as raízes de t t = 0, isto é, de t2 3t 4 = 0, ou seja, t 1 = 1 e t 2 = 4. Para ( ) x1 t = 1 a equação (A I 2 ) x = 0, onde x =, nos dá x x 1 + x 2 = 0, ( ) 2 1 donde x = x 1, x 1 1 R. ( ) 2 Para t = 4 obtemos 3x 1 + 2x 2 = 0, donde x = 3x 2, x 3 2 Real. O ( ) ( ) 1 2 vetor gera V ( 1), quanto que gera V (4). A matriz de passagem 1 3 { ( ) ( ) } [ ] da base canônica de V = R 2 para a base, é P =, cuja inversa é P 1 = 1 [ ] [ ] e B = P 1 AP =, matriz diagonal [ ] 1 1 Exemplo A = M (C) não é diagonalizável. De fato, P A (t) = ( ) (1 t) 2 x1 tem a raiz dupla t = 1 e (A I 2 ) = 0 nos dá x x 2 = 0, donde ( ) 2 1 x = x 1. Assim, dim V (1) = 1 < 2, e A não é diagonalizável Exemplo A = é diagonalizável em M 3 (C) mas não o é em M 3 (R). De fato, os autovalores de A são a 1 = 0, a 2 = i 2, a 3 = i 2.

96 CAPÍTULO 6. AUTOVALORES E AUTOVETORES Exemplo A = M 3 (R) é diagonalizável. De fato, temos: P A (t) = (t 1)(t + 2) 2. 1 { 1 1 } É fácil comprovar que 1 é base de V (1) e que 1, 0 é base de V ( 2), ou seja, dim V (1) = 1 e dim V ( 2) = 2. Resulta que A M 3 (R) é diagonalizável. Se P = 1 1 0, então P 1 AP = Proposição 6.12 Sejam V um espaço vetorial de dimensão n 1 sobre K e T : V V linear tal que P T (t) tenha todas suas raízes em K. Existe uma base de V na qual a matriz de T é triangular (superior). Dem. (indução) Para dim V = 1 nada há a provar. Suponhamos o teorema verdadeiro para dim V = n 1. Seja a 1 K um dos autovalores de T e v 1 0 um autovetor associado a a 1, isto é, T v 1 = a 1 v 1. Sejam V 1 = Kv 1 o subespaço gerado por v 1, W um suplementar qualquer de V 1 e F = (w 2,..., w n ) uma base de W. Como v 1 W, E = (v 1, w 2,..., w n ) é base de V e [ T ] E E = a 1 b b 1n 0 b b 2n b n2... b nn Como, em geral, T (W ) não está contido em W, consideremos as projeções p 1 : V V 1 e p 2 : V W. Então, Im(p 2 T ) W e podemos considerar a aplicação linear p 2 T : W W. Como p 2 (V 1 ) = 0 e p 2 (w j ) = w j, j = 2,..., n, temos: p 2 T (w j ) = p 2 (b 1j v 1 + b 2j w b nj w n ) = b 2j w b nj w n, donde: [ p2 T ] F F = b b 2n..... b n2... b nn.

97 CAPÍTULO 6. AUTOVALORES E AUTOVETORES 94 Resulta: P T (t) = (a 1 t) det(p 2 T ti), e podemos concluir que os autovalores de p 2 T : W W estão em K, já que eles são também autovalores de T. Pela hipótese de indução, existe base G = (u 2,..., u n ) de W tal que [ p 2 T ] G = G c 22 c 23...c 2n 0 c c 3n é matriz triangular. Se E = (v 1, u 2,..., u n ) é a base de c nn V obtida acrescentando-se v 1 W a G, temos: a 1 c c 1n [ ] 0 c c 2n E T = c 3n, matriz triangular. E c nn Corolário Seja A M n (C). Existe P M n (C), invertível, tal que B = P 1 AP seja triangular. Obs. Se E = (v 1, v 2,..., v n ) é base de V na qual [ T ] E é triangular superior, E sejam: V 1 = Kv 1 = espaço gerado por v 1 V 2 = espaço gerado por v 1, v 2. V n = V = espaço gerado por v 1, v 2,..., v n. Então: (1) V i V i+1 ; (2) dim V i = i; (3) T (V i ) V i (1 i n). Reciprocamente, se V 1,..., V n = V são subespaços de V satisfazendo (1), (2) e (3) acima, então existe base E de V na qual [ T ] E é triangular superior. De fato, basta tomar (v 1 ) base de V 1, (v 1, v 2 ) base de V 2, (v 1, v 2, v 3 ) E base de V 3 e assim por diante até chegar a uma base (v 1, v 2,..., v n ) de V n = V. Exercícios Ache os autovalores e autovetores e A = M 3 (R)

98 CAPÍTULO 6. AUTOVALORES E AUTOVETORES Verifique se A = é diagonalizável Polinômios de Operadores e Matrizes Sejam K[t] o conjunto dos polinômios a uma variável com coeficientes no corpo K, V um espaço vetorial sobre K, T : V V linear e p(t) = a 0 + a 1 t a m t m um elemento de K[t]. Definição 6.8 p(t ) = a 0 I + a i T a m T m : V V. Se A M n (K), definimos: p(a) = a 0 I n + a 1 A a m A m M n (K). [ ] 0 1 Exemplo Sejam A = e p(t) = t 3 2t + 3. Então: 2 1 p(a) = [ ] 3 [ ] [ ] 1 0 = 0 1 [ ] Obs. Se E é base de V, A = [ T ] E e φ : L(V ) M E n(k) é o isomorfismo de álgebras tal que φ(t ) = [ T ] E = A, então E φ ( p(t ) ) = φ(a 0 I a m T m ) = a 0 φ(i) a m φ(t m ) = ou seja, [ p(t ) ] E E = p(a). = a 0 I n + a 1 A a m A m = p(a), Proposição 6.13 Sejam p, q K[t], c K, V um espaço vetorial sobre K e T : V V linear. Então: (a) (p + q)(t ) = p(t ) + q(t ) (b) (pq)(t ) = p(t ) q(t ) = q(t ) p(t ) (c) (cp)(t ) = c p(t ). Dem. Suponhamos p(t) = a 0 + a 1 t a n t n e q(t) = b 0 + b 1 t b m t m, m n, e seja b i = 0 se i > m. Então: (a) (p + q)(t) = (a 0 + b 0 ) + (a 1 + b 1 )t (a n + b n )t n, donde (p + q)(t ) = (a 0 + b 0 )I + (a 1 + b 1 )T (a n + b n )T n = = (a 0 I + a 1 T a n T n ) + (b 0 I + b 1 T b n T n ) =

99 CAPÍTULO 6. AUTOVALORES E AUTOVETORES 96. = p(t ) + q(t ) (b) (pq)(t) = c 0 + c 1 t c n+m t n+m = Então: (pq)(t ) = = i=0 m+n k=0 c k = a 0 b k + a 1 b k a k b 0 = m+n k=0 m+n c k t k, onde k a i b k i. i=0 ( ) ( m ) c k T k e p(t ) q(t ) = a i T i b j T j = m a i b j T i+j = c k T k = (pq)(t ) = (qp)(t ) = q(t ) p(t ). j=0 k=0 (c) (cp)(t ) = ca 0 I + ca 1 T ca n T n = c p(t ). Obs. É claro que a proposição 6.13 continua válida se trocarmos o operador linear T : V V por uma matriz quadrada A. Exemplo Sejam A, P M n (K), P invertível e m um inteiro positivo. Temos: (P 1 AP ) 2 = P 1 AP P 1 AP = P 1 A 2 P e, por indução, vê-se facilmente que (P 1 AP ) m = P 1 A m P. m Se p(t) = a 0 + a 1 t a m t m, então p(p 1 AP ) = a k (P 1 AP ) k = = m a k P 1 A k P = P 1 k=0 i=0 k=0 m a k A k P = P 1 p(a) P. k=0 Proposição 6.14 (Cayley-Hamilton) Sejam V um espaço vetorial de dimensão n 1 sobre K e T : V V linear. T é um zero de seu polinômio característico, isto é, P T (T ) = 0. j=0 Dem. Para facilitar vamos provar o teorema no caso em que K = C. Vimos, na proposição 6.11, que existem subespaços V 1,..., V n de V tais que V i V i+1, dim V j = j e T (V i ) V i (1 i n) e base E = (v 1, v 2,..., v n ) de V tal que V i = espaço gerado por v 1,..., v i (1 i n). Em relação à base E a matriz de T é triangular superior: a 11 a a 1n [ ] E T = 0 a a 2n E a nn

100 CAPÍTULO 6. AUTOVALORES E AUTOVETORES 97 Então: T v i = a ii v i + um vetor de V i 1. Como (T a ii I)v i = T v i a ii v i resulta que (T a ii I)v i V i 1. Além disso, o polinômio característico de T é dado por P T (t) = ( 1) n (t a 11 )...(t a nn ) de modo que P T (T ) = ( 1) n (T a 11 I)...(T a nn I). Vamos provar, por indução, que (T a 11 I)...(T a ii I)v = 0 para todo v V i (1 i n). Para i = 1, temos (T a 11 I)v 1 = T v 1 a 11 v 1 = 0. Admitamos o teorema verdadeiro para i 1. Todo elemento de V i é da forma u + cv i com u V i 1 e c C. Como T V i 1 V i 1 resulta que (T a ii I)u está em V i 1. Por indução, (T a 11 I)...(T a i 1,i 1 I)(T a ii I)u = 0. Por outro lado, (T a 11 I)cv i pertence a V i 1 e, por indução, Logo, para v V i, temos (T a 11 I)...(T a ii I)cv i = 0. (T a 11 I)...(T a ii I)v = 0 e i = n prova o teorema. Obs. É claro que a proposição 6.14 continua válida se substituirmos T : V V por uma matriz A M n (K) Exemplo Seja A = Temos: P A (t) = (1 t)(t 3) Para t = 1, (A I 3 )x = 0 nos dá x = x 1 0, x 1 R. 0 0 Para t = 3, (A 3I 3 )x = 0 nos dá x = x 3 1, x 3 R. 1 1 Como dim V (3) = 1 < 2, A não é diagonalizável. Os vetores 0 e geram V (1) e V (3), respectivamente. Para obter uma base de R 3 1 devemos tomar um terceiro vetor que seja independente desses dois. Por exemplo, 1. Obtemos a base F = 0, 1, 1 de R3. Se

101 CAPÍTULO 6. AUTOVALORES E AUTOVETORES P = 0 1 1, então P 1 = e B = P 1 AP = 0 3 3, matriz triangular na qual os elementos da diagonal principal são os autovalores de A. Como P A (t) = P B (t) = (1 t)(3 t) 2, temos P A (A) = P B (B) = 0, ou seja, (I 3 A)(3I 3 A) 2 = 0, que se pode verificar diretamente pelo cálculo. 6.4 Exercícios do Capítulo 6 1 a 1 1. Seja A = 0 1 b, onde a, b e c são reais. Ache os autovalores e 0 0 c autovetores de A e determine os casos em que A é diagonalizável Se possível, diagonalize A = Prove que não existem matrizes A, B n n tais que [ A, B ] = AB BA = In. 4. Sejam V um espaço vetorial de dimensão finita sobre K, T : V V linear. (a) Prove que T e T t têm o mesmo polinômio característico. (b) Sejam V (λ) o auto-espaço associado ao autovalor λ de T e V (λ) o auto-espaço associado ao autovalor λ de T t. Prove que V (λ) e V (λ) têm a mesma dimensão. a 0 a 1... a n 1 a n 1 a 0... a n 2 5. Sejam A M n (C) a matriz circulante A = e a 1 a 2... a 0 P = (p jk ) n n tal que p jk = e 2πi n jk. (a) Calcule P P e ache P 1. (b) Se w = e 2πi n, mostre que o vetor x = 1 ẉ. w n 1 Qual é o autovalor correspondente? (c) Prove que P 1 AP é uma matriz diagonal. é um autovetor de A.

102 Capítulo 7 Produto Interno Neste capítulo o corpo K será ou R ou C e usaremos a notação K. 7.1 Definições e Exemplos Definição 7.1 Seja V um espaço vetorial sobre K. Um produto interno em V é uma função que a cada par (u, v) V V associa um escalar, anotado u, v, de modo que: (a) u 1 + u 2, v = u 1, v + u 2, v (b) au, v = a u, v (c) u, v = v, u, onde a barra indica conjugação complexa, (d) v, v é um real positivo para todo v K, v 0 quaisquer que sejam u, v, u 1, u 2 V e a K. Exemplo Seja V = K n. Se u = (x 1,..., x n ) e v = (y 1,..., y n ), definimos u, v = x 1 y x n y n e obtemos um produto interno em K n. Exemplo Seja V = C 0 ([0, 1], K) o espaço vetorial das funções contínuas f : [0, 1] K. Se f, g V, definimos um produto interno em V por f, g = 1 0 f(t)g(t)dt. Exemplo Seja V = C 1 ([0, 1], R) o espaço vetorial das funções contínuas f : [0, 1] R que têm derivada primeira contínua. Se f, g V, 1 [ definimos um produto interno em V por f, g = f(t)g(t) + f (t)g (t) ] dt. Exemplo Sejam V 1 e V 2 espaços vetoriais sobre o mesmo corpo (R ou C) e, 2 um produto interno em V 2. Se T : V 1 V 2 é linear injetora, 99 0

103 CAPÍTULO 7. PRODUTO INTERNO 100 definimos um produto interno em V 1 por u, v 1 = T (u), T (v) 2. Por exemplo, seja T : V 1 = C 0( [0, 1], R ) V 2 = C 0( [0, 1], R ),, 2 como no exemplo acima, tal que T (f)(t) = e t2 2 f(t). É claro que T é linear injetora. Portanto, f, g 1 = 1 0 e t2 f(t)g(t)dt é um produto interno em V 1. Definição 7.2 Seja V um espaço vetorial sobre K munido de produto interno,. Se v V definimos sua norma por v = v, v. A distância entre u, v V é definida por d(u, v) = u v. Proposição 7.1 (Pitágoras) Seja V um espaço vetorial com produto interno,. Se u, v V, então u + v 2 = u 2 + v 2 se, e só se, Re u, v = 0, onde Re z indica a parte real do número complexo z. Dem. u + v 2 = u + v, u + v = u, u + u, v + v, u + + v, v = u 2 + v 2 + u, v + u, v = u 2 + v Re u, v. Portanto, u + v 2 = u 2 + v 2 se, e só se, Re u, v = 0. Corolário Se u, v = 0 então u + v u com igualdade v = = 0. Corolário (lei do paralelogramo) Se u, v V, então: u + v 2 + u v 2 = 2 ( u 2 + v 2). Proposição 7.2 Seja V um espaço vetorial com produto interno,. Então: (a) av = a v (b) v > 0 se v 0 (c) u, v u v (desigualdade de Cauchy-Schwarz) (d) u + v u + v (desigualdade triangular), quaisquer que sejam u, v V e a K. Dem. (a) av = av, av = aa v, v = a 2 v, v = a v. (b) Se v 0 temos v, v > 0, donde v > 0. (c) A desigualdade é verdadeira para v = 0. Suponhamos v 0 e determinemos c K de modo que cv seja a projeção ortogonal de u ao longo de u, v v, isto é, tal que u cv, v = 0, donde c =. Pelo corolário da v, v

104 CAPÍTULO 7. PRODUTO INTERNO 101 proposição 7.1 temos u cv = com igualdade u = cv. u, v v 2 u v, donde, u, v u v, u cv cv v (d) u + v 2 = u 2 + v 2 + 2Re u, v u 2 + v u, v u 2 + v u v = ( u + v ) 2, donde a tese. Exemplo Aplicando a desigualdade de Cauchy-Schwarz aos exemplos e anteriores, obtemos: ( ) 1/2 ( ) 1/2 (7.1.1) x i y i x i 2 y i 2 1 ( 1 1/2 ( 1 1/2 (7.1.2) f(t)g(t)dt f(t) dt) 2 g(t) dt) Definição 7.3 Seja V um espaço vetorial com produto interno,. u, v V são ortogonais ou perpendiculares se u, v = 0, o que indicamos por u v. Se S V, definimos S = {v V ; u, v = 0 u S}. É imediato que S é um subespaço de V, chamado espaço ortogonal de S. Se U é o subespaço de V gerado por S, então S = U pois se v é perpendicular a todos os elementos de S, é perpendicular também às combinações lineares de elementos de S, ou seja, aos elementos de U. Escrevemos v S para indicar que v é perpendicular a todos os elementos de S; neste caso, dizemos que v é perpendicular a S. Exemplo Sejam V = C 0 ([0, 2π], R), g 1 (t) = cos kt, g 2 (t) = sen kt, onde k é um inteiro positivo, f, g = g 1 2 = g 2 2 = 2π 0 2π 0 2π 0 0 f(t)g(t)dt. Temos: cos 2 kt dt = π sen 2 kt dt = π

105 CAPÍTULO 7. PRODUTO INTERNO 102 Os coeficientes de Fourier de f V são os números a k = f, g 1 g 1 2 = 1 π 2π 0 f(t)cos kt dt, e a 0 2 b k = f, g 2 g 2 = 1 2 π f, 1 = 1 = 1 2π f(t)dt. 2 2π 0 2π 0 f(t)sen kt dt u, v Devido a esse exemplo, é usual (no caso geral) chamar c = de v 2 coeficiente de Fourier de u em relação a v; o vetor cv é a projeção ortogonal de u sobre v. u u cv cv v Definição 7.4 Seja V um espaço vetorial com produto interno,. Dizemos que S V é um conjunto ortogonal se dois vetores quaisquer de S são ortogonais. S V é um conjunto ortonormal se S é ortogonal e v = 1 para todo v S. Exemplo A base canônica de K n é um conjunto ortonormal relativamente ao produto interno usual de K n. Proposição 7.3 Seja V um espaço vetorial com produto interno,. Se X V é um conjunto ortogonal de vetores não nulos, então X é linearmente independente. Dem. Suponhamos a 1 x a n x n = 0, n N, a i K, x i X. Então: x i, a k x k = 0, donde x i, a i x i = 0, isto é, a i x i 2 = 0 e, portanto, k=1 a i = 0 (i = 1,..., n), o que mostra ser X linearmente independente.

106 CAPÍTULO 7. PRODUTO INTERNO 103 Proposição 7.4 Seja {v 1,..., v n,...} um conjunto ortogonal de vetores nãonulos num espaço vetorial com produto interno,. Sejam v V e c i = v, v i (i = 1, 2,...). v i 2 (a) Se a 1,..., a n K, então v c i v i v a i v i, com igualdade se, e só se, a i = c i (i = 1,..., n) v S a i v i c i v i (c i a i )v i (b) c i 2 v i 2 v 2 (desigualdade de Bessel) Dem. v c i v i, v j = v, v j c i v i, v j = c j v j 2 c j v j 2 = 0 (j = 1,.., n), ou seja, o vetor v c i v i é perpendicular ao subespaço S gerado por v 1,..., v n ; em particular ao vetor (c i a i )v i. Do corolário do teorema de Pitágoras, resulta que v c i v i v a i v i, com igualdade se, e só se, (c i a i )v i = 0, o que equivale a a i = c i (i = 1,..., n). Ainda pelo corolário do teorema de Pitágoras, temos v 2 2 c i v i =

107 CAPÍTULO 7. PRODUTO INTERNO 104 c i v i, c j v j = i,j=1 c i 2 v i 2, válida para todo n N. Portanto, c i 2 v i 2 v 2. Exemplo Dada a função contínua f : [0, 2π] R, vamos achar, dentre os polinômios trigonométricos de grau m, P (t) = a a 1cos t + b 1 sen t a m cos mt + b m sen mt, a i R, b i R, o que minimiza a integral 2π [ ] 2dt. f(t) P (t) 0 Seja V = C 0( [0, 2π], R ) com o produto interno f, g = 2π 0 f(t)g(t)dt. As funções 1, cos t, sen t,..., cos nt, sen nt,... pertencem a V e formam um conjunto ortogonal de vetores não-nulos, pois 2π 0 = cos kt dt = 2π 0 2π 0 sen kt dt = cos kt sen lt dt = se k h, k l, respectivamente, e 2π 0 2π 0 cos kt cos ht dt = sen kt sen lt dt = 0 2π dt = 2π, 2π 0 cos 2 kt dt = 2π 0 sen 2 kt dt = π (k = 1, 2,...) Pela proposição 7.4, f P 2 = 2π 0 [ f(t) P (t) ] 2dt é mínimo quando os coeficientes de P (t) são os coeficientes de Fourier de f em relação às funções 1, cos t, sen t,... Então: a 0 2 = 1 2π f(t)dt, donde a 0 = 1 2π f(t)dt 2π 0 π 0 2π a k = 1 f(t)cos kt dt e b k = 1 π 0 π 0 E a desigualdade (abstrata) de Bessel, nos dá: a π + a2 1 π + b 2 1 π a 2 n π + b 2 n π π 2π 0 f(t)sen kt dt f(t) 2 dt,.

108 CAPÍTULO 7. PRODUTO INTERNO 105 2π ou seja, a (a 2 n + b 2 n) 1 f(t) 2 dt, π n=1 0 que é a desigualdade clássica de Bessel. Exercício Sejam a 1,..., a n reais não nulos. Prove: ( 1 (a a 2 n) ) n 2. a 2 1 a 2 n 7.2 Bases Ortonormais Definição 7.5 Seja V um espaço vetorial com produto interno,. Uma base (v 1,..., v n ) de V é ortogonal se o conjunto {v 1,..., v n } é ortogonal, isto é, v i, v j = 0 se i j. Se, além disso, v j = 1 (j = 1,..., n) então (v 1,..., v n ) é uma base ortonormal. Proposição 7.5 Todo espaço vetorial com produto interno, de dimensão finita n 1, tem uma base ortonormal. Dem. Seja (u 1,..., u n ) base de V. A partir desta base vamos obter uma base ortogonal, pelo chamado processo de ortogonalização de Gram-Schmidt. v u 2 2 v 1 = u 1 Seja v 1 = u 1 ( 0); para achar v 2 ponhamos v 2 = u 2 a 1 v 1, onde a 1 K é escolhido de modo que v 2, v 1 = 0, isto é, u 2 a 1 v 1, v 1 = 0, donde a 1 = u 2, v 1 v 1 2.

109 CAPÍTULO 7. PRODUTO INTERNO 106 v 3 u 3 v 2 u2 v 1 = u 1 Como u 1 e u 2 são LI, é claro que v 2 0; além disso, o espaço gerado por v 1 e v 2 é o mesmo gerado por u 1 e u 2. A seguir, para achar v 3, ponhamos v 3 = u 3 b 2 v 2 b 1 v 1, onde b 1 e b 2 são escolhidos de modo que v 3, v 1 = v 3, v 2 = 0, donde b 1 = u 3, v 1 e b v = u 3, v 2 v 2. 2 Como u 3 não está no espaço gerado por v 1 e v 2, temos v 3 0; além disso, o espaço gerado por v 1, v 2, v 3 é o mesmo gerado por u 1, u 2, u 3. Por indução, suponhamos construídos v 1,..., v k 1 que formam um conjunto ortogonal de vetores não-nulos e são tais que o espaço por eles gerado é o mesmo gerado por u 1,..., u k 1. Para achar v k, ponhamos v k = u k c k 1 v k 1... c 1 v 1, onde c 1,..., c k 1 são escolhidos de modo que v k, v 1 =... = v k, v k 1 = 0, donde c 1 = u k, v 1 v 1,..., c 2 k 1 = u k, v k 1 v k 1. Como u 2 k não pertence ao espaço gerado por v 1,..., v k 1 temos v k 0; além disso, o espaço gerado por v 1,..., v k é o mesmo gerado por u 1,..., u k. Obteremos assim, por esse processo, uma sequência (v 1,..., v n ) de vetores não-nulos, dois a dois ortogonais, donde LI, ou seja, uma base ortogonal de V. Para obter uma base ortonormal basta v i substituir cada v i por v i. Exemplo Vamos achar uma base ortogonal para o subespaço W de V = C 0( [0, 1], R ), com f, g = 1 0 f(t)g(t)dt, gerado pelas funções 1, t, t 2.

110 CAPÍTULO 7. PRODUTO INTERNO Seja f 1 (t) = 1 e tomemos f 2 (t) = t af 1 (t) = t a onde a = t, f 1 f 1 2 = t dt = 1 2. Logo: f 2(t) = t 1 2. Ponhamos f 3 (t) = t 2 bf 2 (t) cf 1 (t), onde b, c R são dados por: b = t2, f 2 e c = t2, f 1 f 2 2 f 1. 2 Temos: f 1 2 = 1; f 2 2 = Logo: 1 0 t 2, f 2 = ( t 1 ) 2 dt = ; t2, f 1 = 1 0 ( t 2 t 1 ) dt = f 3 (t) = t 2 f 2 (t) 1 3 f 1(t) = t 2 t ( Portanto, 1, t 1 2, t2 t + 1 ) é uma base ortogonal de W t 2 dt = 1 3 ; Proposição 7.6 Sejam V um espaço vetorial com produto interno, e W V um subespaço de dimensão finita. Então: V = W W Dem. Seja (v 1,..., v r ) uma base ortonormal de W. Se v V, seja u = v r v, v i v i. Temos: u, v j = v r v, v i v i, v j = v, v j r v, v i δ ij = = v, v j v, v j = 0 (j = 1,..., r) r ou seja, u W. Como v, v i v i W, temos V = W + W. Se v W W então v, v = 0, donde v = 0, isto é, W W = {0}. Logo: V = W W.

111 CAPÍTULO 7. PRODUTO INTERNO 108 Corolário Nas condições da proposição 7.6, se V tem dimensão finita, então: dim V = dim W + dim W. Obs. Sejam V um espaço vetorial com produto interno, e (e 1,..., e n ) uma base ortonormal de V. Se u, v V, u = a 1 e a n e n, v = b 1 e b n e n, então u, v = a i e i, b j e j = a i b j δ ij = a i b i, igual ao produto i,j=1 i,j=1 interno usual dos vetores a = (a 1,..., a n ) e b = (b 1,..., b n ) de K n. Se a base (e 1,..., e n ) não é ortonormal e se e i, e j = g ij K, então u, v = g ij a i b j. i,j=1 Se V é um espaço vetorial sobre K, de dimensão n, uma maneira de se definir um produto interno em V é a seguinte: tome uma base arbitrária (e 1,..., e n ) de V e defina o produto interno, de u = a 1 e a n e n por v = b 1 e b n e n, por meio de u, v = a i b i. Em relação a este produto interno, a base (e 1,..., e n ) é ortonormal. Exercícios 1. Seja E = (u 1, u 2, u 3 ) a base de R 3 formada pelos vetores u 1 = (1, 1, 1), u 2 = (1, 1, 1) e u 3 = (1, 1, 1), e seja F = (v 1, v 2, v 3 ) a base ortogonal obtida de E pelo processo de Gram-Schmidt. Ache a matriz P de passagem de E para F. Observe que P é triangular superior. 2. Dado o vetor unitário u = (α 1,..., α n ) R n forme a matriz A = (α i α j ) n n. Seja H : R n R n o operador cuja matriz na base canônica é I n 2A. Prove que para todo v R n tem-se H(v) = v 2 v, u u e que Hv = v. (H é a reflexão no hiperplano de R n cuja normal é u). 3. Em M R (n) considere A, B = i,j a ij b ij, onde A = (a ij ) e B = (b ij ). Mostre que, é um produto interno. Mostre que o subespaço A das matrizes antissimétricas é o complemento ortogonal do subespaço S das matrizes simétricas em M R (n). 7.3 Relações entre V e V Seja V um espaço vetorial com produto interno,. Se v V, a aplicação u V T v u, v K é uma forma linear, isto é, um elemento do dual V = L(V, K).

112 CAPÍTULO 7. PRODUTO INTERNO 109 Proposição 7.7 Seja V um espaço vetorial de dimensão finita sobre K, munido de um produto interno,. A aplicação v V T T v V, T v (u) = u, v, é bijetora. Dem. T v1 +v 2 (u) = u, v 1 + v 2 = u, v 1 + u, v 2 = T v1 (u) + T v2 (u). T av (u) = u, av = a u, v = at v (u), de modo que T não é linear se K = C. Dizemos que ela é semi-linear. T : V V é injetora: T v1 = T v2 se, e só se, u, v 1 = u, v 2 para todo u V u, v 1 v 2 = 0 para todo u V v 1 = v 2. T : V V é sobrejetora: dado w V, seja (v 1,..., v n ) uma base ortonormal de V e seja v = a 1 v a n v n com a i = w(v i ). Então, T v (v i ) = v i, v = a i = w(v i ), 1 i n, e, portanto, T v = w. Obs. No caso K = R a aplicação T é linear bijetora, isto é, um isomorfismo entre V e V. No caso K = C a aplicação T é semi-linear bijetora; ela é um anti-isomorfismo entre V e V. Se W V é um subespaço, vimos que W é subespaço de V e W 0 é subespaço de V, onde W = {v V ; u, v = 0 u W } e W 0 = {α V ; α(u) = 0 u W }. Se v W então T v W 0 pois T v (u) = u, v = 0 para todo u W. Assim, T : V V leva W em W 0. Um argumento análogo ao usado na proposição 7.7 mostra que T : W W 0 é um isomorfismo no caso K = R e um anti-isomorfismo no caso K = C. Observemos também que se dim V = n e dim W = r então dim W = n r, como já vimos anteriormente. A proposição 7.7 nos diz que, dado um funcional linear w V, existe um e um único vetor v V tal que w = T v, isto é, w(u) = u, v para todo u V, ou seja, v V representa a forma linear w V. Exemplo Sejam U R n aberto e f : U R uma aplicação diferenciável. A diferencial de f em p U é o funcional linear df(p) (R n ) tal que, para todo v R n, df(p) (v) = f (p) = derivada de f no ponto p na v direção de v. Considerando em R n o produto interno usual, o vetor que representa df(p) é o gradiente de f em p, f(p) = grad f(p). Assim, f(p) é o vetor de R n tal que df(p) v = f(p), v = f v (p). Se (e 1,..., e n ) é a base canônica de R n e f(p) = a 1 e a n e n, então a i = f(p), e i = f x i (p), (1 i n),

113 CAPÍTULO 7. PRODUTO INTERNO 110 ou seja, f(p) = ( f (p),..., f ) (p). x 1 x n Exemplo Sejam V um espaço vetorial de dimensão finita sobre K, com produto interno,, T v (u) = u, v, que sabemos ser semi-linear bijetora. Vamos definir um produto interno em V por meio de T v, T u = u, v. De fato, temos: (a) T v1 +T v2, T u = T v1 +v 2, T u = u, v 1 +v 2 = u, v 1 + u, v 2 = T v1, T u + T v2, T u. (b) at v, T u = T av, T u = u, av = a u, v = a T v, T u. (c) T v, T u = u, v = v, u = T u, T v. (d) T v, T v = v, v = v 2 > 0 se v 0. A partir de (V,, ), usando o método acima, podemos introduzir um produto interno em V. Seja L : V V definido por L α (β) = β, α, α, β V. Definimos L α, L β = β, α. Vamos mostrar que L T : V V coincide com o isomorfismo canônico J : V V, J v (α) = α(v), v V, α V, isto é, vamos mostrar que L Tv = J v. Temos: L Tv (T u ) = T u, T v = v, u = T u (v) = J v (T u ), donde resulta L Tv = J v, ou seja, L T = J. 7.4 Adjunta Sejam V e W espaços vetoriais de dimensão finita, ambos com produto interno, e T : V W linear. Proposição 7.8 Existe uma única aplicação linear T : W V tal que T v, w = v, T w para todo v V e todo w W. Dem. Seja w W fixo mas arbitrário e seja β : V K o funcional linear definido por β(v) = T v, w. Pela proposição 7.7 existe um único u = T w V tal que β(v) = v, T w, ou seja, T v, w = v, T w. Vamos mostrar que T : W V assim definida é linear. Se v V, w 1, w 2 W temos: v, T (w 1 + w 2 ) = T v, w 1 + w 2 = T v, w 1 + T v, w 2 = v, T w 1 + v, T w 2 = v, T w 1 + T w 2 o que mostra ser T (w 1 + w 2 ) igual a T w 1 + T w 2. Se a K, temos: v, T (aw) = T v, aw = a T v, w = a v, T w = v, at w para todo w W, donde T (aw) = at (w). Definição 7.6 A aplicação linear T : W V tal que T v, w = v, T w quaisquer que sejam v V, w W, chama-se a adjunta de T. Se V = W e

114 CAPÍTULO 7. PRODUTO INTERNO 111 T = T o operador linear T : V V chama-se auto-adjunto (se K = R dizse também que T é simétrico; se K = C diz-se também que T é hermitiano). Proposição 7.9 Seja V um espaço vetorial de dimensão finita sobre K, com produto interno,. Se a K e L, T : V V são lineares, então: (a) (L + T ) = T + L ; (b) (at ) = a T ; (c) (L T ) = T L ; (d) (T ) = T. Dem. (a) (L+T )(u), v = Lu+T u, v = Lu, v + T u, v = u, L v + u, T v = = u, L v + T v = u, (L + T )(v) quaisquer que sejam u, v V. Portanto: (L + T ) = L + T. (b) (at )(u), v = at (u), v = a u, T v = u, at (v) = = u, (at )(v), donde (at ) = at. (c) (L T )(u), v = L(T u), v = T u, L v = u, T L v = u, T L (v), donde (L T ) = T L. (d) T u, v = v, T u = T v, u = u, T v, donde (T ) = T. Obs. Se L = L e T = T são operadores auto-adjuntos em V, então (L T ) = T L = T L e L T é auto-adjunto se, e só se, T L = L T. Exemplo Sejam V e W espaços vetoriais de dimensão finita munidos de produto interno, E = (v 1,..., v n ) e F = (w 1,..., w m ) bases ortonormais de V e W, respectivamente. Se T : V W é linear e [ T ] E = A = (a F ij) m n, vamos mostrar que [ T ] F = E A = A t, A = (b ij ) n m. Temos: v i, T w j = T v i, w j Mas: v i, T w j = v i, T v i, w j = Portanto, b ij = a ji, donde A = A t. b kj v k = b ij k=1 m a ki w k, w j = a ji. k=1 Definição 7.7 Seja A = (a ij ) m n. A adjunta de A é a matriz A = A t = (b ij ) n m, onde b ij = a ji. Se A é quadrada e A = A dizemos que A é auto-adjunta (simétrica se K = R, hermitiana se K = C).

115 CAPÍTULO 7. PRODUTO INTERNO 112 Exemplo Os autovalores de um operador auto-adjunto T = T : V V são reais. De fato, se v 0 e T v = λv = T v, temos: T v, v = v, T v, donde, λv, v = v, λv e daí vem: λ v, v = λ v, v, donde λ = λ. Exemplo Os autovetores, associados a autovalores distintos, de um operador auto-adjunto T = T : V V, são ortogonais. De fato, se T v 1 = λ 1 v 1, T v 2 = λ 2 v 2, λ 1 λ 2, então (λ 1 λ 2 ) v 1, v 2 = λ 1 v 1, v 2 v 1, λ 2 v 2 = T v 1, v 2 v 1, T v 2 = 0, donde v 1, v 2 = 0. Obs. A proposição 7.8 mostra que se dim V é finita, todo T L(V ) tem um adjunto T L(V ). Se V não tem dimensão finita, dado T L(V ) pode ou não existir T L(V ) tal que T v, u = v, T u para u, v V quaisquer. Exemplo Seja V o espaço vetorial real das funções f : R R de classe C que se anulam fora de [0, 1], com o produto interno f, g = 1 0 f(t)g(t)dt. Seja D : V V o operador de derivação. Temos: Df, g = 1 0 f (t)g(t)dt = f(t)g(t) donde D = D. Neste exemplo V tem dimensão infinita. 0 f(t)g (t)dt = f, Dg = f, D g, Proposição 7.10 Seja V um espaço vetorial complexo, de dimensão finita, munido de um produto interno,. Se T : V V é linear e tal que T v, v = 0 para todo v V, então T = 0. Dem. Se u, v V, temos a identidade T (u + v), u + v T u, u T v, v = T u, v + T v, u. Mas se T w, w = 0 para todo w V, então essa identidade nos dá: T u, v + T v, u = 0 Substituindo-se u por iu (i 2 = 1), obtemos: T v, iu + T (iu), v = 0, donde i T v, u + i T u, v = 0, ou ainda T v, u + T u, v = 0 Somando com, vem: 2 T u, v = 0, donde T u, v = 0 para todo u V e para todo v V, donde T = 0.

116 CAPÍTULO 7. PRODUTO INTERNO 113 Proposição 7.11 Sejam V um espaço vetorial real, de dimensão finita, munido de um produto interno, e T : V V linear simétrico. Se T v, v = 0 para todo v V, então T = 0. Dem. A identidade T (u + v), u + v T u, u T v, v = T u, v + T v, u nos dá T u, v + T v, u = 0. Mas, T v, u = v, T u = T u, v. Portanto, 2 T u, v = 0, donde T = 0. Proposição 7.12 Sejam V, W espaços vetoriais de dimensão finita sobre K, munidos de produto interno, e T : V W linear. Então: (a) N (T ) = (Im T ) ; (b) Im T = N (T ) (c) N (T ) = (Im T ) ; (d) Im T = N (T ) Dem. É suficiente provar (a), as outras igualdades sendo consequências imediatas. Temos: v N (T ) T v = 0 u, T v = 0 para todo u V T u, v = 0 para todo u V v (Im T ). Corolário O posto de T é igual ao posto de T. Dem. dim Im T = dim V dim N (T ) = dim Im T N (T ) T N (T ) Im(T ) Im(T ) T 7.5 Exercícios do Capítulo 7 1. Seja V um espaço vetorial sobre K munido de um produto interno, e seja (v 1,..., v n ) uma base de V. Dados a 1, a 2,..., a n K arbitrários, prove que existe um, e um único, vetor w V tal que w, v j = a j, 1 j n. 2. Se T é invertível e T ST é auto-adjunto, prove que S é auto-adjunto.

117 CAPÍTULO 7. PRODUTO INTERNO Seja T : V V um operador diagonalizável. Prove que é possível definir um produto interno em V em relação ao qual T = T. 4. Seja V um espaço vetorial de dimensão finita sobre K e seja T : V V um operador diagonalizável. Se W V é um subespaço tal que T (W ) W, prove que T W : W W é diagonalizável em W. 5. Sejam S, T : V V operadores auto-adjuntos. Prove que existe base ortonormal de V formada por autovetores comuns a S e T se, e só se, S T = T S. 6. Seja M n (C) o espaço vetorial complexo das matrizes n n. Prove que A, B = tr(ab ) é um produto interno em M n (C) e ache o complemento ortogonal do subespaço das matrizes diagonais (Obs. B = B t ). 7. Seja W um subespaço de dimensão finita de um espaço vetorial V munido de produto interno. Se E : V W é a projeção ortogonal de V sobre W, prove que E(u), v = u, E(v) para u, v V quaisquer. 8. Sejam V = W 1 W 2,, 1 e, 2 produtos internos em W 1 e W 2 respectivamente. Mostre que existe um único produto interno, em V tal que W 2 = W 1 e u, v = u, v k quando u, v W k, k = 1, Seja V um espaço vetorial complexo com produto interno. Prove que T : V V linear é auto-adjunto se, e só se, T v, v é real para todo v V.

118 Capítulo 8 Operadores Unitários e Normais 8.1 Definições Definição 8.1 Sejam V, W espaços vetoriais sobre K, munidos de produto interno. Dizemos que T : V W é uma isometria se T é linear bijetora e T u, T v = u, v quaisquer que sejam u, v V. Assim, uma isometria é um isomorfismo que preserva o produto interno. Proposição 8.1 Seja V um espaço vetorial com produto interno. Então: 4 u, v = u + v 2 u v 2 se K = R. 4 u, v = u + v 2 u v 2 + i u + iv 2 i u iv 2 se K = C, quaisquer que sejam u, v V. Dem. Exercício. Proposição 8.2 Sejam V, W espaços vetoriais de mesma dimensão finita sobre K, munidos de produto interno, e T : V W linear. São equivalentes: (a) T u, T v = u, v ; (b) T v = v ; (c) T é isometria; (d) T leva base ortonormal de V em base ortonormal de W; (e) T leva alguma base ortonormal de V em base ortonormal de W. Dem. (a) (b): Óbvio. (b) (c): se v 0 então T (v) 0, donde T é injetora e, como dim V = dim W, T é bijetora. Pela proposição 8.1, e pela hipótese, temos (no caso K = C): 4 T u, T v = T (u + v) 2 T (u v) 2 + i T (u + iv) 2 i T (u iv) 2 = = u + v 2 u v 2 + i u + iv 2 i u iv 2 = 4 u, v, donde T u, T v = u, v. Portanto, T é isometria. 115

119 CAPÍTULO 8. OPERADORES UNITÁRIOS E NORMAIS 116 (c) (d): seja (v 1,..., v n ) base ortonormal de V. Como T é isomorfismo, (T v 1,..., T v n ) é base de W. Do fato de ser T v i, T v j = v i, v j = δ ij, resulta que essa base de W é ortonormal. (d) (e): Óbvio. (e) (a): seja (v 1,..., v n ) base ortonormal de V tal que (T v 1,..., T v n ) seja base ortonormal de W. Então: T v i, T v j = v i, v j = δ ij. Se u = a 1 v a n v n e v = b 1 v b n v n, então: u, v = a i b i e T u, T v = a i T (v i ), b j T (v j ) = = a i b j δ ij = i,j=1 Portanto, a i b i. j=1 T u, T v = u, v a i b j T v i, T v j = i,j=1 Corolário Sejam V, W espaços vetoriais de dimensão finita sobre K, munidos de produto interno. V e W são isométricos (isto é, existe isometria T : V W ) se, e só se, dim V = dim W. Dem. Sejam (v 1,..., v n ) e (w 1,..., w n ) bases ortonormais de V e W, respectivamente. Definamos T : V W linear por T (v i ) = w i, 1 i n. Então T é isometria. A recíproca é imediata. Definição 8.2 Sejam V um espaço vetorial com produto interno, e T : V V linear. Dizemos que T é um operador unitário se T é uma isometria. No caso de V ter dimensão finita, a proposição 8.2 mostra que T é unitário se, e só se, preserva o produto interno. No caso em que K = R um operador unitário é usualmente chamado de ortogonal. Exemplo Seja V 1 = C 0 ([0, 1], R) o espaço vetorial real das funções contínuas f : [0, 1] R com o produto interno f, g 1 = e seja V 2 = C 0 ([0, 1], R) com o produto interno f, g 2 = f(t)g(t)e t2 dt, f(t)g(t)dt. A aplicação T : V 1 V 2 definida por (T f)(t) = e t2 2 f(t), t [0, 1], é linear bijetora e preserva o produto interno pois T f, T g 2 = f, g 1. Portanto, T : V 1 V 2 é uma isometria. 1 0 e t2 f(t)g(t)dt =

120 CAPÍTULO 8. OPERADORES UNITÁRIOS E NORMAIS 117 Proposição 8.3 Sejam V um espaço vetorial com produto interno, de dimensão finita e T : V V linear. T é unitário se, e só se, T T = I(= T T ). Dem. T é unitário se, e só se, T u, T v = u, v para todo u, v V, o que equivale a T T u, v = u, v e, portanto, equivale a T T = I. Definição 8.3 Dizemos que A M n (K) é unitária se A A = I n. Lembremos que A = A t. Se K = R temos A = A t e é usual dizer que A é ortogonal se A t A = I n. Corolário Sejam V um espaço vetorial de dimensão finita, munido de um produto interno e T : V V linear. T é unitário se, e só se, a matriz de T em alguma (ou toda) base ortonormal de V é uma matriz unitária. Dem. Imediata. Exemplo Consideramos o R n com o produto interno usual. Um movimento rígido é uma aplicação T : R n R n tal que T u T v = u v para todo u, v R n. Por exemplo, T v0 (v) = v + v 0, onde v 0 R n é fixo, ou seja, uma translação, é um movimento rígido. (a) Vamos mostrar que se T : R n R n é um movimento rígido tal que T (0) = 0, então T é linear e ortogonal. Observemos que, neste caso, T u = T (u) T (0) = u 0 = u. Além disso, T u T v 2 = T u T v, T u T v = T u 2 + T v 2 2 T u, T v. Por outro lado, T u T v 2 = u v 2 = u 2 + v 2 2 u, v. Resulta: T u, T v = u, v, ou seja, se T é movimento rígido e T (0) = 0, então T preserva o produto interno. Temos: T (u+v) T (u) T (v) 2 = T (u+v) 2 + T u 2 + T v 2 2 T (u+v), T (u) 2 T (u + v), T (v) + 2 T u, T v = u + v 2 + u 2 + v 2 2 u + v, u 2 u + v, v + 2 u, v = 2 u v u, v 2 u 2 2 v 2 4 u, v + +2 u, v = 0. Logo: T (u + v) = T (u) + T (v). Analogamente, T (av) at (v) 2 = T (av) 2 +a 2 T v 2 2a T (av), T (v) = av 2 +a 2 v 2

121 CAPÍTULO 8. OPERADORES UNITÁRIOS E NORMAIS 118 2a av, v = 0. Logo: T (av) = at (v), a R. Portanto, T é uma aplicação linear ortogonal. (b) Sejam T : R n R n movimento rígido, T (0) = v 0 e T v0 (v) = v v 0. A composta de movimentos rígidos é um movimento rígido, como é fácil de se verificar, de modo que L = T v0 T é um movimento rígido e L(0) = T v0 (T (0)) = T v0 (v 0 ) = 0. Pela parte (a) vem que L : R n R n é um operador ortogonal. Como (T v0 ) 1 = T v0 e L = T v0 T, vem L = T v 1 0 T, donde T = T v0 L, ou seja, todo movimento rígido é a composta de uma translação com um operador ortogonal: T (v) = L(v) + v 0, para todo v R n. Definição 8.4 Sejam V um espaço vetorial de dimensão finita sobre K, munido de um produto interno e T : V V linear. Dizemos que T é normal se T comuta com seu adjunto, isto é, se T T = T T. É claro que todo operador auto-adjunto é normal, bem como todo operador unitário; é claro também que se T : V V é normal e a K, então at é normal. Em geral, a soma e o produto (composta) de operadores normais não são normais, mas vale o seguinte resultado. Proposição 8.4 Sejam V um espaço vetorial de dimensão finita sobre K, munido de um produto interno e T 1, T 2 : V V operadores normais. Se T 1 T 2 = T 2 T 1 (ou T 2 T 1 = T 1 T 2 ), então T 1 +T 2 e T 1 T 2 são operadores normais. Dem. É claro que T 1 T 2 = T 2 T 1 se, e só se, T 2 T 1 = T 1 T 2. Temos: (T 1 +T 2 )(T 1 +T 2 ) = (T 1 +T 2 )(T 1 +T 2 ) = T 1 T 1 +T 1 T 2 +T 2 T 1 +T 2 T 2. E: (T 1 +T 2 ) (T 1 +T 2 ) = (T 1 +T 2 )(T 1 +T 2 ) = T 1 T 1 +T 1 T 2 +T 2 T 1 +T 2 T 2. Como T 1 T 1 = T 1 T 1, T 2 T 2 = T 2 T 2, T 1 T 2 = T 2 T 1 e T 2 T 1 = T 1 T 2, vem que T 1 + T 2 é normal. Temos também: T 1 T 2 (T 1 T 2 ) = T 1 T 2 T 2 T 1 = T 1 T 2 T 2 T 1 = T 2 T 1 T 1 T 2 = T 2 T 1 T 1 T 2 = (T 1 T 2 ) T 1 T 2, donde T 1 T 2 é normal.

122 CAPÍTULO 8. OPERADORES UNITÁRIOS E NORMAIS 119 Proposição 8.5 Sejam V um espaço vetorial complexo de dimensão finita, munido de um produto interno, e T : V V linear. T é normal se, e só se, T v = T v para todo v V. Dem. T v = T v se, e só se, T v, T v = T v, T v se, e só se, T T v, v = T T v, v para todo v V se, e só se, T T = T T pela proposição Definição 8.5 Dizemos que A M n (K) é normal se AA = A A. Obs. É imediato verificar que T : V V é normal se, e só se, a matriz de T numa base ortonormal de V é uma matriz normal. [ ] 1 i Exemplo A = é normal pois i 1 [ ] A = A t 1 i = i 1 e AA = A A = [ ] Exemplo T : V V é normal T λi é normal, λ K. Temos: (T λi)(t λi) = (T λi)(t λi) = T T λt λt + λ 2 I. (T λi) (T λi) = (T λi)(t λi) = T T λt λt + λ 2 I. Logo, T λi é normal T T = T T T é normal. Exemplo Se V é um espaço vetorial complexo, T : V V é normal e T v = λv, v 0, então T v = λv. De fato, se T é normal, então (T λi)v = (T λi)(v) = 0, donde T v = λv. Se T é unitário então T v, T v = λv, λv = λ 2 v, v = v, v, donde λ = 1. Proposição 8.6 (Teorema Espectral para Operadores Normais) Sejam V um espaço vetorial de dimensão finita n 1 sobre o corpo K, munido de um produto interno, e T : V V um operador normal. Se o polinômio característico de T tem todas suas raízes em K (por exemplo, se K = C), então existe base ortonormal F de V formada por autovetores de T, isto é, a matriz [T ] F F é diagonal.

123 CAPÍTULO 8. OPERADORES UNITÁRIOS E NORMAIS 120 Dem. Já vimos que existe base E de V na qual a matriz de T é triangular superior. Usando o processo de Gram-Schmidt obtemos, a partir de E, uma base ortonormal F = (v 1,..., v n ) de V na qual [T ] F F = B = (b ij ) é triangular superior e temos [T ] F F = B = B t. Como T T = T T obtemos BB = B B. Comparando os elementos diagonais de BB e B B, vemos que: b b b 1n 2 = b 11 2 b b 2n 2 = b b b nn 2 = b 1n 2 + b 2n b nn 2 donde resulta que b ij = 0 para i j, ou seja, B é diagonal e F = (v 1,..., v n ) é base ortonormal de V formada por autovetores de T. Corolário Se K = C e T é unitário, então T é diagonalizável. Corolário S e T é auto-adjunto, então T é diagonalizável. Obs. A recíproca da proposição 8.6 também é verdadeira, isto é, se existe base ortonormal F de V formada por autovetores de T, então T é λ 1 0 λ 1 0 normal. De fato, se [T ] F F = B =... então B =... e 0 λ n 0 λ n λ BB = B B =... e B é normal, donde T é normal. 0 λ n Operadores Positivos Definição 8.6 Sejam V um espaço vetorial com produto interno e T : V V linear. Dizemos que T é positivo, e escrevemos T > 0, se T = T e T v, v > 0 para todo v 0. Se T = T e T v, v 0 para todo v V, dizemos que T é não-negativo, e escrevemos T 0. Proposição 8.7 Um operador auto-adjunto T : V V é positivo (resp. não-negativo) se, e só se, seus autovalores são todos positivos (resp. nãonegativos). Dem. Se T > 0 e T v = λv com v 0, então λ v, v = λv, v = T v, v > 0, donde λ > 0. Reciprocamente, se os autovalores de T são todos positivos, seja (v 1,..., v n ) base ortonormal de V tal que T v i = λ i v i, 1 i n. Se,

124 CAPÍTULO 8. OPERADORES UNITÁRIOS E NORMAIS 121 v V então v = a i v i e T v, v = donde T > 0. O caso T 0 é análogo. a i λ i v i, a j v j = i,j=1 λ i a i 2 > 0, Corolário Seja T 0. Se v V é tal que T v, v = 0, então T v = 0. r Dem. Sejam λ 1,..., λ r os autovalores não-nulos de T e v = a i v i como acima. Então, T v, v = 0 nos dá que implica T v = 0. r λ i a i 2 = 0 donde a 1 =... = a r = 0, o Corolário T : V V é positivo se, e só se, T é invertível e T 0. Dem. Se T > 0 então T 0 e T v 0 para todo v 0, donde T é invertível. Reciprocamente, se T 0 é invertível então T v 0 para todo v 0 e T v, v é positivo pelo corolário 8.7.1, donde T > 0. Obs. Seja T : V V, dim V = n, um operador normal. Se E = (u 1,..., u n ) é base ortonormal de V e A = [T ] E E então AA = A A. Seja F = (v 1,..., v n ) base ortonormal de V formada por autovetores de T. Então: Temos: [T ] F F = λ λ n = D. [T ] F F = [I] E F [T ] E E [I] F E, donde P 1 AP = D, onde P = [I] F E é a matriz de passagem da base ortonormal E para a base ortonormal F, ou seja, P é unitária. Resulta que toda matriz normal pode ser unitariamente diagonalizada. Se A é matriz simétrica então P é ortogonal λ 2 2 Exemplo Seja A = Então: det(a λi) = 2 1 λ 2 = λ = (3 λ) 2 ( 3 λ). (a) λ = 3: 4x 1 2x 2 2x 3 = 0 2x 1 4x 2 2x 3 = 0 2x 1 2x 2 4x 3 = 0,

125 CAPÍTULO 8. OPERADORES UNITÁRIOS E NORMAIS 122 donde X 1 1/ 3 1 = 1 é autovetor, donde X 1 = 1/ 3 1 1/ é autovetor unitário. 3 (b) λ = 3: 2x 1 2x 2 2x 3 = 0, donde x 1 = x 2 x 3 e X 1 2 = 1 0 e X 1 3 = 0 são autovetores. Como X 2 e X 3 não são ortogonais, usamos 1 1/ 2 Gram-Schmidt para ortogonalizá-los. Obtemos: X 2 = 1/ 2 e X 3 = 0 1/ 6 1/ 6 2/. 6 Os vetores X 1, X 2, X 3 formam uma base ortonormal de R 3 de modo que 1/ 3 1/ 2 1/ 6 H = 1/ 3 1/ 2 1/ 6 1/ 3 0 2/ é matriz ortogonal (H 1 = H t ) tal que H 1 AH = D = Definição 8.7 Seja A = (a ij ) M n (K). Dizemos que A é positiva (resp. não-negativa) se o operador T A : K n K n T A (x) = Ax, é positivo (resp. não-negativo). Assim, A > 0 se, e só se, A = A t (A é hermitiana) e T A (x), x = Ax, x = a ij x i x j > 0 para todo x = (x 1,..., x n ) 0. i,j=1 Da proposição 8.7 resulta que uma matriz hermitiana é positiva se, e só se, seus autovalores são todos positivos. Definição 8.8 Uma matriz B = (b ij ) n n chama-se raiz quadrada de A = (a ij ) n n se A = B 2. Proposição 8.8 Toda matriz positiva (resp. não-negativa) A = (a ij ) n n tem raiz quadrada positiva (resp. não negativa). Dem. Sejam λ 1,..., λ n os autovalores de A, todos positivos. Pelo teorema es- pectral existe matriz unitária P n n tal que P 1 AP = D = λ λ n.

126 CAPÍTULO 8. OPERADORES UNITÁRIOS E NORMAIS 123 Seja B = λ λn ; então B 2 = D. 0 Seja C = P BP 1, donde C 2 = P B 2 P 1 = P DP 1 = A, ou seja, a matriz C é raiz quadrada de A > 0, e C > 0 pois é auto-adjunta e seus autovalores são positivos. Obs. Os autovalores de um operador normal, associados a autovalores distintos, são ortogonais. De fato, sejam: T v = αv, T u = βu, α β, u, v V. Temos: T v, u v, T u = 0, donde αv, u v, βu = 0, donde (α β) v, u = 0, donde v, u = 0 pois α β. 8.3 Matrizes Simétricas Positivas. Decomposição de Cholesky Definição 8.9 Seja A = (a ij ) n n e s n um natural. A submatriz principal de ordem s de A é a submatriz A s obtida de A pela supressão das últimas (n s) linhas e colunas. a 11 a 12 a 13 [ ] Exemplo A = a11 a a 21 a 22 a 23. Então: A 1 = [a 11 ]; A 2 = 12 a a 31 a 32 a 21 a e A 3 = A. Proposição 8.9 Seja A uma matriz simétrica de ordem n. São equivalentes: (a) A é positiva (A > 0), isto é, Ax, x = x t Ax > 0 para todo x 0, x 1 x =. x n R n. (b) As submatrizes principais A 1,..., A n de A são todas positivas. (c) A pode ser reduzida à forma triangular superior usando-se apenas operações do tipo T ij (λ) e com pivôs positivos. (d) A tem uma fatoração (de Cholesky) A = LL t onde L é triangular inferior com elementos diagonais positivos. Dem. (a) (b): Seja 1 s n; vamos provar que A s > 0. Seja X s = (x 1,..., x s ) t 0 em R s e X = (x 1,..., x s, 0,..., 0) t R n.

127 CAPÍTULO 8. OPERADORES UNITÁRIOS E NORMAIS 124 Então: XsA t s X s = X t AX > 0, ou seja, A s > 0 (donde det A s > 0 já que det A s é o produto dos autovalores de A s, todos positivos). (b) (c): Para simplificar, vamos tomar uma matriz 4 4: a 11 a 12 a 13 a 14 A = a 21 a 22 a 23 a 24 a 31 a 32 a 33 a 34. a 41 a 42 a 43 a 44 Por hipótese, A 1 > 0, A 2 > 0, A 3 > 0, A 4 = A > 0. Em particular, det A 1 = a 11 > 0 e podemos usá-lo como pivô, de modo que a 11 a 12 a 13 a 14 (1) A A (1) = 0 a 22 0, 0 onde det ( ) a11 a 12 0 (1) a 22 (1) a 22 como pivô, obtendo = det A 2 > 0, donde (1) a 22 = det A 2 a 11 a 11 a 12 a 13 a 14 (1) A A (1) A (2) 0 a = 22 (2) 0 0 a > 0, e podemos usar Como det A 3 = a 11 a (1) 22 a (2) 33 > 0, resulta a (2) 33 > 0 e podemos usá-lo como pivô, obtendo a 11 a 12 a 13 a 14 (1) 0 a A A (1) A (2) A (3) = 22 (2) 0 0 a 33 = U, com det A 4 = det A 3 a (3) 44 > 0, donde a (3) 44 > 0 e U triangular superior com elementos diagonais positivos. (c) (d): Se A pode ser reduzida à forma triangular superior U = (u ij ), u kk > 0, usando-se apenas operações elementares do tipo T ij (λ), então (3) a 44

128 CAPÍTULO 8. OPERADORES UNITÁRIOS E NORMAIS 125 A = LU, onde L é triangular inferior com diagonal formada apenas por números 1: L = e 21 1 = (e ij ), e n1 e n onde e kk = 1 e, para i > j, e ij = oposto do multiplicador λ usado em T ij (λ) (veja a observação no fim do capítulo 5). Então: u u u A = LU = e 21 1 u e n1 e n u nn 0 1 = LDU 1. Essa decomposição é única pois se fosse A = L 1 D 1 U 1 = L 2 D 2 U 2 com L 1, L 2 triangulares inferiores, D 1, D 2 diagonais, U 1, U 2 triangulares superiores, L 1, L 2, U 1, U 2 com diagonais formadas apenas por números 1, viria D2 1 L 1 2 L 1 D 1 = U 2 U1 1 onde o primeiro membro é triangular inferior e o segundo membro é triangular superior, ambos com diagonal formada apenas por números 1, donde U 2 U1 1 = I n, o que implica U 1 = U 2 e D2 1 L 1 2 L 1 D 1 = I n, ou seja, L 1 2 L 1 = D 2 D1 1, a diagonal do primeiro membro tendo todos os elementos iguais a 1, donde D 2 D1 1 = I n, que implica D 1 = D 2 e L 1 = L 2. Logo, A = LDU 1, donde A t = U1DL t t = A = LDU 1, donde U 1 = L t e A = LDL t = LD 1/2 D 1/2 L t = L 1 L t 1, que é a decomposição de Cholesky. (d) (a): Temos A = LL t = A t. Seja x 0, donde y = L t x 0 e x t Ax = x t LL t x = y t y = y 2 > 0, ou seja, A > Teorema dos Valores Singulares Lema Seja T : V W uma aplicação linear entre espaços vetoriais de dimensão finita sobre K, munidos de produto interno. Então N (T T ) = N (T ). Dem. É claro que N (T T ) N (T ). Seja v N (T T ), isto é, T T v = 0, donde T v N (T ) = (Im T ), donde T v Im T (Im T ), donde T v = 0, ou seja, v N (T ), resultando a tese. u 1n u 11 u 2n u 22 =

129 CAPÍTULO 8. OPERADORES UNITÁRIOS E NORMAIS 126 Proposição 8.10 Sejam V, W espaços vetoriais de dimensão finita sobre K, munidos de produto interno, e T : V W linear. Os operadores T T : V V e T T : W W são não-negativos e têm o mesmo posto de T; eles são positivos se, e só se, T é invertível. Dem. Como (T T ) = T T, resulta que T T é auto-adjunto; analogamente para T T. Se v V, tem-se T T v, v = T v 2 0, donde T T 0; analogamente para T T ; além disso, T T v, v > 0 se v 0 se, e só se, T v > 0, isto é, se, e só se, T é invertível. Pelo Lema anterior, N (T T ) = N (T ), donde resulta posto(t T ) = dim V dim N (T T ) = = dim V dim N (T ) = posto(t ) = posto(t ) = posto(t T ). Corolário T : V W linear é injetora se, e só se, T T é invertível; T é sobrejetora se, e só se, T T é invertível. Dem. T é injetora posto(t ) = dim V posto(t T ) = dim V T T é invertível. Analogamente para T T. Obs. Seja A = (a ij ) m n. Se posto(a) = n então A A é invertível, donde positiva, e AA 0. Se posto(a) = m então AA > 0 e A A 0. Exemplo A = AA = ( ( ) 5 5 é positiva e A A = 5 11 ) tem posto igual a 2. Então, é não-negativa Proposição 8.11 (Teorema dos Valores Singulares) Sejam U e V espaços vetoriais de dimensão finita sobre K, munidos de produto interno, e T : U V linear de posto igual a r. Existem bases ortonormais E = (u 1,..., u n ) de U, F = (v 1,..., v m ) de V tais que T u i = σ i v i, 1 i r ; T v i = σ i u i, 1 i r T u j = 0, r + 1 j n ; T v k = 0, r + 1 k m, onde os números σ 1,..., σ r são positivos: são os valores singulares de T. Dem. T T : U U é não-negativa e tem posto r. Pelo teorema espectral λ existe base ortonormal E = (u 1,..., u n ) de V tal que [T T ] E λ E = r, onde λ 1 = σ1, 2..., λ r = σr 2 são positivos. Então,

130 CAPÍTULO 8. OPERADORES UNITÁRIOS E NORMAIS 127 (1 i, j r) T u i, T u j = T T u i, u j = σ 2 i δ ij, e os vetores T u i, T u j são 2 a 2 ortogonais e não-nulos, já que T u i = σ i (1 i r). Além disso, T u k = 0, r + 1 k n, pois N (T ) = N (T T ). Para 1 i r, seja v i = 1 σ i T u i, donde v i = 1 e T u i = σ i v i, 1 i r T u j = 0, r + 1 j n. Os vetores v 1,..., v r formam uma base ortonormal de Im T, que estendemos a uma base ortonormal F = (v 1,..., v m ) de V tomando (v r+1,..., v m ) base ortonormal de N (T ) = (Im T ). Portanto, T v k = 0, r + 1 k m e T v i = 1 σ i T T u i = σ i u i, 1 i r. F é base ortonormal de autovetores de T T já que T T v i = T (σ i u i ) = σ 2 i v i = λ i v i. N (T ) (u r+1,..., u n ) T N (T ) (v r+1,..., v m ) Im(T ) (u 1,..., u r) Im(T ) (v 1,..., v r) T U = N (T ) Im(T ) V = N (T ) Im(T ) Obs. A aplicação linear T + : V U definida por T + (v i ) = 1 σ i u i, 1 i r ; T + (v k ) = 0, r + 1 k m, é tal que ( ) 1 T T + (v i ) = T u i = v i, σ i 1 i r T T + (v k ) = 0, r + 1 k m T + T (u i ) = T + (σ i v i ) = u i, 1 i r T + T (u j ) = 0, r + 1 j n Definição 8.10 T + : V U é a pseudo-inversa de T : U V. Obs. Nas condições do Teorema dos Valores Singulares, seja A = [T ] E 1 F 1 m n onde E 1 e F 1 são bases ortonormais de U e V, respectivamente. Temos

131 CAPÍTULO 8. OPERADORES UNITÁRIOS E NORMAIS 128 [ ] E = T F = σ σ r 0 0 = [I] F 1 F [T ]E 1 F 1 [I] E E 1 = QAP, ou seja, existem matrizes unitárias Q = matriz de passagem de F para F 1, P = matriz de passagem de E 1 para E, tais que σ 1 0 QAP =... = σ r, 0 0 onde σ 1,..., σ r são os valores singulares da matriz A de posto r. Obs. Sejam V um espaço vetorial de dimensão finita sobre (K) munido de produto interno, e T : V V linear invertível. Pelor Teorema dos Valores Singulares existem bases ortonormais E = (u 1,..., u n ) e F = (v 1,..., v n ) tais que T T u i = σ 2 1u i e T u i = σ i v i, 1 i n. Seja H tal que H 2 = T T. Então H > 0. Defina U = T H 1 U = H 1 T U U = H 1 T T H 1 = H 1 H 2 H 1 = I, isto é, U é unitária e T = U H, ou seja, toda aplicação linear invertível é o produto de uma aplicação unitária por uma aplicação positiva. 8.5 Exercícios do Capítulo 8 1. Sejam V um espaço vetorial de dimensão finita, munido de um produto interno, e T : V V linear. Se a, b K são tais que a = b, prove que at + bt é normal. 2. Seja R 2 com o produto interno usual. Se T : R 2 R 2 é um operador [ unitário (ortogonal) ] [ mostre que] a matriz de T na base canônica é cos θ sen θ cos θ sen θ ou para algum real θ, 0 θ 2π. sen θ cos θ sen θ cos θ

132 CAPÍTULO 8. OPERADORES UNITÁRIOS E NORMAIS Seja V = C 2 com o produto interno usual. Seja[ T : V] V o operador 1 i linear cuja matriz na base canônica é A =. Mostre que T é i 1 normal e ache uma base ortonormal de V formada por autovetores de T. [ ] Ache a decomposição de Cholesky LL t da matriz A = Seja A n n (simétrica e) positiva, A = QDQ t onde Q é ortogonal e D é diagonal. Ache matriz invertível B tal que A = B t B. 6. Seja A n n (simétrica e) negativa (A < 0). (a) Qual o sinal de det A? (b) Mostre que as submatrizes principais de A são negativas. (c) Mostre que os determinantes das submatrizes principais de A alternam em sinal.

133 Capítulo 9 Formas Bilineares e Quadráticas 9.1 Generalidades Definição 9.1 Seja K um corpo de característica 2; por exemplo K = R ou K = C. Sejam U, V, W espaços vetoriais sobre K. Uma aplicação T : U V W é bilinear se T é linear em cada variável separadamente, isto é, se T (u 1 + u 2, v) = T (u 1, v) + T (u 2, v); T (λu, v) = λt (u, v) T (u, v 1 + v 2 ) = T (u, v 1 ) + T (u, v 2 ); T (u, λv) = λt (u, v) quaisquer que sejam u, u 1, u 2 U, v, v 1, v 2 V e λ K. Com as leis usuais de adição e produto por escalar, o conjunto das aplicações bilineares T : U V W é um espaço vetorial sobre K, anotado L(U, V ; W ). Quando U = V e W = K, representamos L(V, V ; K) por L 2 (V ; K) e dizemos que f L 2 (V ; K) é uma forma bilinear. Exemplo (x, y) R n R n x, y = em R n. x i y i é uma forma bilinear Exemplo Se f, g V definimos seu produto tensorial f g e seu produto exterior f g por: (f g)(u, v) = f(u) g(v) ; (f g)(u, v) = f(u)g(v) f(v)g(u). É fácil ver que f g e f g são formas bilineares em V. Exemplo Se V = C 0 ([a, b], R) = {f : [a, b] R, contínua } e f, g V, então (f, g) b a f(t)g(t)dt é uma forma bilinear em V. 130

134 CAPÍTULO 9. FORMAS BILINEARES E QUADRÁTICAS 131 Exemplo é uma aplicação bilinear. Proposição 9.1 Seja φ : L(U, V ) L(V, W ) L(U, W ) (S, T ) φ(s, T ) = T S φ : L(U, V ; W ) L(U, L(V, W )) T φt : U L(V, W ) u φt (u) : V W v φt (u)(v) = T (u, v) onde U, V, W são espaços vetoriais sobre K. Então, φ é um isomorfismo canônico. Dem. Seja ψ : L(U; L(V, W )) L(U, V ; W ) S ψs : U V W (u, v) ψs(u, v) = S(u)(v) É fácil verificar que φ e ψ estão bem definidas, são lineares, φ ψ = id, ψ φ = id, ou seja, φ e ψ são isomorfismos e ψ = φ 1. Corolário φ : L 2 (V ; K) L(V, V ) f φf : V V u φf(u) : V K v f(u, v) é um isomorfismo canônico que nos permite identificar L 2 (V ; K) com L(V, V ). Definição 9.2 f L 2 (V ; K) é simétrica se f(u, v) = f(v, u) quaisquer que sejam u, v V. f L 2 (V ; K) é antissimétrica se f(u, v) = f(v, u) quaisquer que sejam u, v V ; neste caso, f(v, v) = f(v, v) donde f(v, v) = 0 para todo v V, isto é, f é alternada. Obs. O conjunto das formas bilineares simétricas (resp. antissimétricas) em V é um subespaço vetorial S 2 (V ; K) (resp. A 2 (V ; K)) de L 2 (V ; K) e temos L 2 (V ; K) = S 2 (V ; K) A 2 (V ; K). De fato, S 2 (V ; K) e A 2 (V ; K) têm interseção igual a {0} e se f L 2 (V ; K) então g(u, v) = 1 [f(u, v)+ 2 +f(v, u)] e h(u, v) = 1 2 [f(u, v) f(v, u)] são tais que g S 2(V ; K), h A 2 (V ; K) e f = g + h.

135 CAPÍTULO 9. FORMAS BILINEARES E QUADRÁTICAS Matriz de uma forma bilinear Sejam: E = (u 1,..., u m ) base ordenada de U F = (v 1,..., v n ) base ordenada de V f : U V K forma bilinear m Se u U, v V, u = x i u i, v = Pondo a ij = f(u i, v j ) vem f(u, v) = y j v j, então f(u, v) = j=1 m m x i y j f(u i, v j ). j=1 a ij x i y j. A matriz A = (a ij ) m n é chamada de matriz de f em relação às bases E e F. x 1 Se X =. x m = [u] E e Y = y 1. y n j=1 = [v] F, então a a 1n y 1 f(u, v) = (x 1,..., x m ) = X t AY. a m1... a mn y n Fixadas as bases E e F, a aplicação f L(U, V ; K) A M m n (K) é um isomorfismo, como se verifica facilmente, de modo que dim L(U, V ; K) = dim U dim V = mn, em particular, dim L 2 (V ; K) = n 2. Obs. Se (v 1,..., v n ) é base ordenada de V e A = (a ij ) com a ij = f(v i, v j ), vemos que f L 2 (V ; K) é simétrica se, e só se, a ij = a ji para todo par (i, j). 9.3 Mudanças de Bases Sejam: E = (u 1,..., u m ); E = (u 1,..., u m) bases ordenadas de U, F = (v 1,..., v n ), F = (v 1,..., v n) bases ordenadas de V. Então: u i = v j = m p ri u r r=1, q sj v s s=1 onde P e Q são as matrizes de passagem de E para E e de F para F, respectivamente.

136 CAPÍTULO 9. FORMAS BILINEARES E QUADRÁTICAS 133 Temos: f(u i, v j) = a ij = m p ri q sj a rs = r=1 s=1 ( m ) p t ir a rj q sj, s=1 r=1 donde A = P t A Q, que é a relação entre a matriz A de f L(U, V ; K) nas bases E e F e a matriz A de f nas bases E e F. No caso em que U = V, E = F, E = F e v j = p ij v i, temos P = Q e A = P t A P. 9.4 Formas Quadráticas Definição 9.3 Seja f L 2 (V ; K). A função q : V K definida por q(v) = f(v, v) chama-se uma forma quadrática em V. O conjunto Q(V ) das formas quadrátivas em V é um espaço vetorial com as leis usuais de adição e produto por escalar. A aplicação f L 2 (V ; K) q Q(V ) é linear sobrejetora, mas não é injetora. Se g(u, v) = 1 [f(u, v) + f(v, u)], então g é 2 simétrica e g(v, v) = f(v, v) = q(v) de modo que podemos sempre supor que a forma bilinear que define q é simétrica e a aplicação g L 2 (V ; K) q Q(V ) é bijetora. Para obter g a partir de q, observemos que q(u + v) = g(u + v, u + v) = g(u, u) + g(v, v) + 2g(u, v), donde g(u, v) = 1 2 [q(u+v) q(u) q(v)]; g é a forma polar de q. Se A = (a ij) n n é a matriz de g na base E de V e se X = [v] E, então q(v) = X t A X, e dizemos também que A é matriz de q na base E. Exemplo q : R n R, q(x) = q(x 1,..., x n ) = quadrática em R n. (x i ) 2 é uma forma Exemplo q : C 0 ([0, 1], R) R, q(f) = quadrática em C 0 ([0, 1], R). 1 0 [f(t)] 2 dt é uma forma 9.5 Formas Bilineares Simétricas Reais Proposição 9.2 Seja V um espaço vetorial real de dimensão finita, munido de um produto interno. Para cada forma bilinear f : V V R existe

137 CAPÍTULO 9. FORMAS BILINEARES E QUADRÁTICAS 134 uma e uma única aplicação linear F : V V tal que f(u, v) = u, F (v) para u, v V quaisquer. Dem. Seja v V arbitrário. A função u V f(u, v) é uma forma linear em V, isto é, um elemento de V. Portanto, existe um e um único ζ = F (v) V tal que f(u, v) = u, ζ = u, F (v), e obtemos F : V V. Se u, v 1, v 2 V e λ R, temos: u, F (v 1 + λv 2 ) = f(u, v 1 + λv 2 ) = f(u, v 1 ) + λf(u, v 2 ) = = u, F (v 1 ) + λ u, F (v 2 ) = u, F (v 1 ) + λf (v 2 ), resultando F (v 1 + λv 2 ) = F (v 1 ) + λf (v 2 ), donde F é linear. Proposição 9.3 Seja q : V R uma forma quadrática definida num espaço vetorial real V de dimensão n munido de um produto interno. Existe base ortonormal F = (u 1,..., u n ) de V relativa à qual q(v) = λ 1 x λ n x 2 n, onde v = x 1 u x n u n, e λ 1,..., λ n são os autovalores de q. Dem. Seja f : V V R bilinear simétrica tal que q(v) = f(v, v) para v V qualquer, e seja F : V V linear tal que f(u, v) = u, F (v) para u, v V quaisquer. Se E = (v 1,..., v n ) é base ortonormal de V então f(v i, v j ) = v i, F (v j ) mostra que a matriz de f na base E coincide com a matriz de F na mesma base. Resulta que φ : f L 2 (V ; R) F L(V ) é um isomorfismo e que f é simétrica se, e só se, F é auto-adjunta. Neste caso, existe base ortonormal de V formada por autovetores de F (ou de f, ou de q), isto é, existe base ortonormal F = (u 1,..., u n ) tal que f(u i, u j ) = u i, F (u j ) = λ j δ ij. Se v = x i u i então q(v) = f(v, v) = f(u i, u j )x i x j = i,j=1 i,j combinação de quadrados. λ j δ ij x i x j = λ i (x i ) 2 = λ 1 x λ n x 2 n, Corolário Nas condições da proposição 9.3, existe base ortonormal G = (w 1,..., w n ) de V relativa à qual se tem q(v) = s (x i ) 2 s+t j=s+1 (x j ) 2 para todo v = x i w i V.

138 CAPÍTULO 9. FORMAS BILINEARES E QUADRÁTICAS 135 Dem. Reordenamos a base F = (u 1,..., u n ) da proposição 9.3 de modo que f(u i, u i ) = q(u i ) = λ i > 0 para 1 i s f(u j, u j ) = q(u j ) = λ j < 0 para s + 1 j s + t f(u k, u k ) = q(u k ) = 0 para s + t + 1 k n. Pondo: w i = u i λi para 1 i s w j = u j λj para s + 1 j s + t w k = u k para s + t + 1 k n, obtemos f(w i, w i ) = 1 para 1 i s f(w j, w j ) = 1 para s + 1 j s + t f(w k, w k ) = 0 para s + t + 1 k n. s s+t Portanto, se v = x i w i, temos q(v) = (x i ) 2 (x j ) 2. j=s+1 Corolário Se E = (v 1,..., v n ) e E = (v 1,..., v n) são bases ortonormais s s+t s s +t de V nas quais q(v) = (x i ) 2 (x j ) 2 = (x i ) 2 (x j ) 2 para j=s+1 v = x i v i = x j v j qualquer, então s = s e t = t. j=s +1 Dem. Sejam: U = subespaço de V gerado por v 1,..., v s W = subespaço de V gerado por v s +1,..., v n. Então: dim U = s e dim W = n s. Se v U, v 0, temos q(v) > 0. Se v W, então q(v) 0. Resulta que U W = {0} e, portanto, dim U + dim W = dim(u + W ) dim V = n, donde: s + n s n, ou seja, s s. Por simetria, obtemos: s s. Logo, s = s. Como s + t = s + t = r = posto de F (=posto de f=posto de q), resulta t = t. Obs. O par (s, t) é univocamente determinado por q; t é a maior dimensão de um subespaço de V restrita ao qual q é negativa: t é a dimensão do

139 CAPÍTULO 9. FORMAS BILINEARES E QUADRÁTICAS 136 subespaço de V gerado por v s+1,..., v s+t. Por definição, t é o índice da forma quadrática q. Quando q(v) 0 para v V qualquer, dizemos que o índice de q é zero. Exemplo: q : R 4 R, q(x, y, z, t) = x 2 +y 2 +z 2 +t 2 tem posto r = 4 e índice t = 1. Vamos apresentar, por meio de exemplos, o método de Lagrange para a diagonalização de uma forma quadrática. Exemplo q(x, y, z) = x 2 + z 2 4xy + 4xz. Como existe o termo quadrado puro x 2 vamos completar o quadrado: q(x, y, z) = x 2 4x(y z)+z 2 = [x 2(y z)] 2 4(y z) 2 +z 2 = (x 2y+2z) 2 4y 2 3z 2 +8yz e a existência de y 2 nos permite completar o quadrado: Pondo: obtemos q(x, y, z) = (x 2y + 2z) 2 4(y z) 2 + z 2 forma de posto r = 3 e índice t = 1. u = x 2y + 2z v = y z, q(u, v, z) = u 2 4v 2 + z 2, Exemplo q(x, y, z) = 4xy 2xz + yx Como não existe nenhum quadrado puro, fazemos donde xy = u 2 v 2 e x = u + v y = u v, q(u, v, z) = 4u 2 4v 2 2z(u + v) + z(u v) = 4u 2 4v 2 uz 3vz = = 4 (u 2 z ) 4 u 4 (v 2 + 3z4 ) [ ( v = 4 u z ) ] ( 2 z 2 4 v + 3z ) 2 + 9z = ( 4 u z ) 2 4 (v + 3z ) v + z2 2. Fazendo: α = u z 8 ; β = v + 3z 8, vem: q(α, β, z) = 4α 2 4β 2 + z2 2, forma de posto r = 3 e índice t = 1.

140 Capítulo 10 Miscelânea 10.1 Orientação Seja V um espaço vetorial real, de dimensão finita n 1, e seja B o conjunto das bases ordenadas de V. Definição 10.1 Duas bases ordenadas E = (u 1,..., u n ) e F = (v 1,..., v n ) de V são equivalentes, anotado E F, se o determinante da matriz de passagem de E para F é positivo. Se v j = p ij u i, então a matriz de passagem de E para F é a matriz invertível P = (p ij ) e E F se, e só se, det P > 0. P = [I] F E, onde I : V V é a identidade. Observemos que Proposição 10.1 A relação E F é uma relação de equivalência sobre B. Dem. (a) E E, pois det [I] E E = det I n = 1 > 0. (b) E F F E: com efeito, se P = [I] F E, então P 1 = [I] E F. Portanto, det P > 0 det P 1 > 0. (c) E F, F G E G: sejam P = [I] F E, Q = [I] G F. A matriz de passagem de E para G é R = [I] = P Q. Logo, det R = det P det Q > 0. Proposição 10.2 A relação E F determina duas classes de equivalência no conjunto B de todas as bases ordenadas de V. Dem. Fixemos uma base E = (u 1,..., u n ) em V e seja E = ( u 1, u 2,..., u n ). A matriz de passagem de E para E tem determinante igual a = 1,

141 CAPÍTULO 10. MISCELÂNEA 138 ou seja, E e E estão em classes distintas, B 1 e B 2. Se F é base ordenada arbitrária de V, temos R = [I] F E = [I] E E [I] F E = P Q, onde P, Q e R são as matrizes de passagem de E para E, de E para F e de E para F, respectivamente. Então: det R = det P det Q = det Q, donde resulta que ou F B 1 ou F B 2, ou seja, só existem duas classes de equivalência. Definição 10.2 Qualquer uma das classes B 1 ou B 2 diz-se uma orientação de V. V possui, portanto, duas orientações. Definição 10.3 Um espaço vetorial orientado é um espaço vetorial associado a uma de suas orientações. Mais precisamente, é um par (V, O) onde O é uma orientação do espaço vetorial real V. Definição 10.4 Se (V, O) é um espaço vetorial orientado, as bases que pertencem à orientação O chamam-se positivas. As outras são chamadas negativas. Exemplo O espaço R n possui uma orientação canônica, que é aquela determinada pela base canônica (e 1,..., e n ). Obs. O conceito de orientação depende essencialmente da relação de ordem dos números reais, não podendo ser estendido a espaços vetoriais sobre um corpo qualquer Volume de Paralelepípedo Sejam V um espaço vetorial real de dimensão n, munido de um produto interno, e v 1,..., v n V. Definição 10.5 O paralelepípedo de arestas v 1,..., v n é o conjunto P (v 1,..., v n ) = {x = t 1 v t n v n ; 0 t i 1}. Seja E = (e 1,..., e n ) uma base ortonormal de V. Se v j = a ij e i, A = (a ij ) n n define-se o volume de P (v 1,..., v n ) por v ( P (v 1..., v n ) ) = det A. Se E = (e 1,..., e n) é outra base ortonormal de V e e i = p ki e k, P = (p ij ) n n matriz ortogonal, de transição da base E para a base E, então k=1

142 CAPÍTULO 10. MISCELÂNEA 139 det P = 1 e v j = a ije i = a ij k=1 p ki e k = k=1 p ki a ije k = a kj e k, donde A = P A e det A = det A, o que mostra que v ( P (v 1,..., v n ) ) não depende da base ortonormal usada na sua definição. Proposição 10.3 Seja T : V V linear. Então: v ( P (T v 1,..., T v n ) ) = det T v ( P (v 1,..., v n ) ). Dem. Com as notações usadas acima, temos: v j = T v j = a ij T (e i ) = onde B = [T ] E E; portanto, a ij b ki e k = i,k=1 k=1 a ij e i, donde ( ) b ki a ij e k, v ( P (T v 1,..., T v n ) = det BA = det T det A = det T v ( P (v1,..., v n ) ). k= Matriz de Gram Sejam v 1,..., v k V, onde V é um espaço vetorial real de dimensão n, munido de um produto interno. Se g ij = v i, v j, a matriz de Gram de v 1,..., v k é G = (g ij ) k k. Seja W um subespaço de dimensão k contendo v 1,..., v k (se v 1,..., v k são LI, W é único). Seja E = (e 1,..., e n ) base ortonormal de V tal que (e 1,..., e k ) seja base k ortonormal de W. Então: v j = a ij e i, v ( P (v 1,..., v k ) ) = det A e v 1,..., v k são LI det A 0 v ( P (v 1,..., v k ) ) > 0. Proposição 10.4 v ( P (v 1,..., v k ) ) = det G. Dem. Com as notações acima, temos: k k g ij = v i, v j = a ri e r, a sj e s = r=1 s=1 k aira t rj, r=1 donde G = A t A e det G = (det A) 2, resultando v ( P (v 1,..., v k ) ) = det A = det G. Além disso, det G 0, e det G = 0 det A = 0 v1,..., v k são LD.

143 CAPÍTULO 10. MISCELÂNEA 140 Obs. Se v 1,..., v k são 2 a 2 ortogonais, então v det G =... = v v k 2 = (det A) 2, 0 v k 2 donde det A = v ( P (v 1,..., v k ) ) = v 1... v k. Se {v 1,..., v k } é conjunto ortonormal, então P (v 1,..., v k ) é o cubo unitário I k e v(i k ) = Produto Vetorial Sejam V um espaço vetorial real, de dimensão (n+1), munido de um produto interno,, orientado, e v 1,..., v n V. A função f : V x R f(x) = det E (v 1,..., v n, x), onde E = (e 1,..., e n+1 ) é base positiva de V, ortonormal, é linear, donde existe um e um único u V, u = v 1... v n, tal que f(x) = u, x para todo x V. Este vetor u = v 1... v n chama-se o produto vetorial de v 1,..., v n. Obs. (a) u = v 1... v n é forma n-linear dos vetores v 1,..., v n. (b) Seja A = [v 1,..., v n ] a matriz (n+1) n cujas colunas são os vetores v j escritos na base E. Seja A (i) n n a submatriz obtida de A pela omissão da linha i. Temos: Então: donde u 2 = u, e j = det [v 1,..., v n, e j ] = ( 1) n+1+j det A (j). n+1 u = ( 1) n+1+i det A (i) e i, n+1 (det A (i) ) 2 0 e u = 0 det A (i) = 0 para todo i, 1 i n + 1 posto A < n v 1,..., v n são LD. (c) u v j (1 j n) pois u, v j = det(v 1,..., v n, v j ) = 0. (d) u 2 = det E [v 1,..., v n, u] = v ( P (u, v 1,..., v n ) ) = u v ( P (v 1,..., v n ) ), donde u = v ( P (v 1,..., v n ) ). (e) v 1,..., v n são LI v ( P (v 1,..., v n ) ) = u > 0. Neste caso, det(u, v 1,..., v n ) = u 2 > 0 e (v 1,..., v n, v 1... v n ) tem a mesma orientação que (e 1,..., e n+1 ). É fácil ver que o produto vetorial u = v 1... v n é o único vetor de V satisfazendo (c), (d) e (e).

144 CAPÍTULO 10. MISCELÂNEA 141 Pode-se representar u = v 1... v n pelo determinante simbólico v v 1n e 1 v v 2n e 2 n = ( 1) n+1+i det A.. (i) e i = u. v n+1,n... v n+1,n e n+1

145 Exercícios de Revisão 1. Sejam p 1,..., p n P n (K), isto é, polinômios de grau menor que n. Se, para j = 1,..., n, p j (2) = 0, prove que {p 1,..., p n } é um conjunto linearmente dependente. 2. Prove que não existe T : R 5 R 2 linear cujo núcleo seja {(x 1,..., x 5 ) R 5 x 1 = x 2 e x 3 = x 4 = x 5 }. 3. Seja T : V W linear, V de dimensão finita. Prove que existe subespaço U V tal que N (T ) U = {0} e Im T = T (U). 4. Seja T : R n R n, T (x 1,..., x n ) = (x x n,..., x x n ). Ache os autovalores e autovetores de T. 5. Sejam V = U W, P : V W, P (u+w) = w, onde u U e w W. Mostre que 0 e 1 são os únicos autovalores de P e ache os autovetores correspondentes. 6. Dê exemplo de um operador linear invertível T : V V, dim V = n, cuja matriz em alguma base só tem zeros na diagonal principal. 7. Se a 1,..., a n, b 1,..., b n R, prove que ( ) 2 ( ) ( a j b j j a 2 j j=1 8. Seja T : C n C n, T (z 1,..., z n ) = (0, z 1,..., z n 1 ). Ache T. j=1 9. Prove que todo operador auto-adjunto T : V V tem uma raiz cúbica, dim V = n. 10. Sejam T : V V linear, dim V = n. Prove que V tem base formada por autovetores de T se, e só se, existe produto interno em V que torna T auto-adjunto. j=1 b 2 j j ). 142

146 EXERCÍCIOS DE REVISÃO Se T : V V é normal, prove que Im T = Im T. 12. Se K = C prove que todo operador normal T : V V, dim V = n tem uma raiz quadrada. 13. Sejam K = C e T : V V operador normal, dim V = n. Prove que T = T todos os autovalores de T são reais. 14. Sejam T : V V linear, dim V = n, T = T. Prove que os valores singulares de T são os módulos de seus autovalores. 15. Prove que todo polinômio mônico é o polinômio característico de algum operador linear. Para isso, considere a matriz a a 1 A = a a n a n Sejam T : V V, dim V = n, T > 0 e tr T = 0. Prove que T = Sejam (e 1,..., e n ) base ortonormal de V e T : V V linear. Prove: tr(t T ) = T e T e n Sejam K = C, T : V V linear, E = (e 1,..., e n ) base ortonormal de V, e λ 1,..., λ n os autovalores de T. Se A = [T ] E E = (a ij ) n n prove que λ λ n 2 a ij 2. i,j=1

147 Referências Bibliográficas [1] Axler, S. Linear Algebra Done Right Springer, New York, [2] Gelfand, I. Lectures on Linear Algebra Interscience, New York, [3] Hoffman, K.; Kunze, R. Linear Algebra Prentice-Hall, New Jersey, [4] Júdice, E.D. Introdução à Álgebra Linear Belo Horizonte, [5] Lang, S. Linear Algebra Springer, New York, [6] Leon, S. Álgebra Linear LTC, Rio de Janeiro, [7] Lima, E.L. Álgebra Linear IMPA, Rio de Janeiro, [8] Queysanne, M. Algèbre Armand Colin, Paris, [9] Simmons, G. Introduction to Topology and Modern Analysis McGraw-Hill, New York,