ALGA I. Representação matricial das aplicações lineares

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1 Módulo 6 ALGA I Representação matricial das aplicações lineares Contents 61 Matriz de uma aplicação linear Cálculo do núcleo e imagem Matriz da composta GL(n Pontos de vista passivo e activo Determinantes Definição e propriedades Determinante de um produto Cálculo da matriz inversa Matriz adjunta Regra de Cramer Exercícios Matriz de uma aplicação linear Sejam V e W dois espaços vectoriais sobre o mesmo corpo Ik (= R ou C, como habitualmente, e de dimensões finitas, respectivamente iguais a n = dim Ik V e m = dim Ik W Consideremos uma aplicação linear L : V W Vamos aprender nesta secção a representar L através de uma matriz m n com entradas em Ik Para isso comecemos por fixar bases B = {e 1,, e n } para V, e C = {f 1,, f m } para W Temos então isomorfismos Φ B : V Ik n e Φ C : W Ik m, definidos respectivamente por: Φ B : v = n i=1 vi e i [v i ] Ik n Consideremos agora o diagrama seguinte: Φ C : w = m j=1 wj f j [w j ] Ik m (611 76

2 62 Cálculo do núcleo e imagem 77 V Φ B Ik n L W Ik m Φ C ou mais detalhadamente, usando a convenção de Einstein: v i e i L(v i e i a = v i L(e i b = v i L j i f j c = (L j i vi f j [v i ] [w j ] = [L j i vi ] A igualdade (a resulta do facto de L ser linear A igualdade (b obtem-se exprimindo, para cada i = 1,, n, a imagem L(e i, de e i por L, como combinação linear dos elementos da base f j para W: m L(e i = L j i f j, j=1 i = 1,, n Este é o passo essencial do cálculo Os elementos L j i, que assim se obtêm, formam uma matriz L = [L j i ], que é uma matriz m n, e que se diz a matriz da aplicação linear L, relativamente às bases {e i } e {f j }, respectivamente para V e W Esta matriz L nota-se às vezes por M(L BC ou por B M(L C 62 Cálculo do núcleo e imagem Sejam V e W dois espaços vectoriais sobre o mesmo corpo Ik, e de dimensões finitas, respectivamente iguais a n = dim Ik V e m = dim Ik W, e consideremos uma aplicação linear L : V W Seja L = [L j i ] a matriz da aplicação linear L, relativamente às bases {e i } e {f j }, obtida através de (61 Como calcular ker L? Por definição, ker L é o subespaço de V constituído por todos os vectores v V que são enviados por L no vector nulo de W Se v = v i e i, então L(v = (L j i vi f j = 0 sse: n L j i vi = 0, i=1 j = 1,, m Este é um sistema homogéneo de m equações lineares com n incógnitas v i, cuja resolução permite calcular os v i tais que v = v i e i ker L Como calcular im L? Por definição, im L é o subespaço de W gerado por L(e i, i = 1,, n = dim V: im L = span Ik {L(e 1,, L(e n } Podemos pois aplicar o método explicado no problema 54 para calcular uma base para im L

3 63 Matriz da composta 78 A característica ou rank da aplicação linear L, nota-se por rank L e definese por: rank L = dim (im L ( Matriz da composta Suponhamos que temos aplicações lineares M : U V e L : V W, onde U, V e W são espaços vectoriais de dimensão finita, com bases B = {e i } i=1,,n, C = {f j } j=1,,m e D = {g k } k=1,,p, respectivamente para U, V e W Suponhamos que M(M BC = M e que M(L CD = L O nosso objectivo é calcular a matriz da composta L M : U W, relativamente às bases B e D, respectivamnte para U e W, em termos das matrizes M e L O diagrama seguinte esclarece a situação: U M V L W Φ B Ik n M Ik m Φ C L Ik p Φ D Ik n = LM Ik p = Cálculos (L M(e i = A k i g k (631 por outro lado: (L M(e i = L(M(e i = L(M j i f j = M j i L(f j = M j i Lk j g k = (L k j M j i g k = (LM k i g k (632 donde se deduz que A = LM, isto é, a representação matricial de L M é dada pelo produto LM das matrizes L por M, que se define da seguinte forma - a entrada (k, i da matriz LM (linha k e coluna i, é dada por: (LM k i = m L k j M j i (633 j=1

4 64 GL(n Pontos de vista passivo e activo 79 Esquemáticamente: (LM k i = L k 1 L k 2 L k m }{{} linha k M 1 i M 2 i M m i coluna i = L k 1Mi 1 + L k 2Mi L k mmi m m = L k j M j i (634 j=1 64 GL(n Pontos de vista passivo e activo Seja V um espaço vectorial de dimensão n = dim V O conjunto de todas as aplicações lineares L : V V que são inversíveis, isto é, o conjunto de todos os automorfismos de V, constitui um grupo que se diz o grupo linear geral de V Este grupo é isomorfo ao grupo de todas as matrizes (n n inversíveis, e nota-se por: GL(n Em Física, é usual encarar um automorfismo linear L : V V sob dois pontos de vista diferentes: o ponto de vista passivo e o ponto de vista activo No ponto de vista passivo, um mesmo estado de um sistema, isto é, um vector v V, é descrito por dois observadores diferentes, ie, relativamente a duas bases (ou referencais C e C Neste caso, P GL(n é a matriz de passagem da base C para a base C : C P = C e, como vimos atrás, P 1 permite passar das coordenadas v i para as coordenadas v i : [v] C = [v] C P = P 1 [v] C como vimos atrás Por outro lado, no ponto de vista activo, existe um único observador C, enquanto que o estado do sistema, v V, é submetido a uma transformação, como por exemplo uma simetria do espaço de estados do sistema Neste caso P GL(n, é a matriz dessa transformação relativamente à base C 65 Determinantes Comece por recordar a definição e as propriedades do determinante de matrizes 2 2 e matrizes 3 3 que vimos nos módulos 1 e 2, respectivamente 651 Definição e propriedades Teorema 61 Existe uma única aplicação: det : M n (Ik Ik A deta = det(a 1,, A n (651

5 65 Determinantes 80 onde A 1,, A n representam as colunas de A, com as seguintes propriedades: 1 é linear como função de cada uma das colunas A i da matriz A 2 se A se obtem a partir de A permutando duas colunas, então deta = deta 3 det I n = 1 Antes de demonstrar este teorema, vejamos um corolário que tem uma importância prática muito grande no cálculo de determinantes: Corolário 61 Seja det : M n (Ik Ik uma aplicação que verifica as propriedades 1 e 2 do teorema anterior Então: 4 se A tem duas colunas linearmente dependentes, deta = 0 5 se A se obtem a partir de A multiplicando uma coluna por λ Ik, deta = λ deta 6 se A se obtem a partir de A substituindo uma coluna pela que se obtem somando-lhe um múltiplo escalar de uma outra, então deta = deta Exercício 61 demonstre este corolário Demonstração do teorema Unicidade: Suponhamos que tínhamos duas funções, det : M n (Ik Ik e det : M n (Ik Ik, ambas verificando as três propriedades referidas no teorema, e seja = det det Então (I n = 0 e verifica as duas primeiras propriedades - linearidade em cada coluna e alternância de sinal quando se permutam duas colunas Consideremos agora uma matriz arbitrária A = (A 1,, A n Se e 1,, e n é a base canónica de Ik n, podemos escrever cada A i como combinação linear: A i = A j i e j, i = 1,, n usando como sempre a convenção de Einstein Usando a linearidade em cada coluna e o facto de que (I n = (e 1,, e n = 0, é agora fácil ver que: (A 1,, A n = 0 e portanto det = det Existência: Indução sobre n: para n = 1 põe-se det (a = a

6 65 Determinantes 81 supondo que existe um det definido para matrizes A M n 1 (Ik, e que verifica as três propriedades referidas no teorema, vamos mostrar como se define para matrizes A M n (Ik mantendo, é claro, ainda as referidas três propriedades Dada uma matriz A M n (Ik, representemos por A ij M n 1 (Ik a matriz que se obtem de A eliminando a linha i e a coluna j Definamos então: det A = n ( 1 i+1 A 1 i det A 1i (652 i=1 o que corresponde ao chamado desenvolvimento do determinante segundo a primeira linha Pretende-se mostrar agora que esta função satisfaz as três propriedades referidas no teorema [1] Vejamos um exemplo que esclarece o que está a acontecer: det a + a d g b + b e h c + c f k ( ( ( = (a + a e h b + b h b + b e det d det f k c + c + g k c + c f A primeira parcela é obviamente linear, enquanto que as duas últimas o são, por hipótese de indução Em geral, o argumento é o mesmo - a linearidade em cada coluna de A resulta do facto de que cada parcela da soma em (652, ( 1 i+1 A 1 i det A 1i, tem essa propriedade De facto, a linearidade na coluna k, resulta do facto de que as parcelas ( 1 i+1 A 1 i det A 1i, com i k, são lineares por hipótese de indução, enquanto que a parcela ( 1 k+1 A 1 k det A 1k o é obviamente [2] Basta mostrar que o det de uma matriz que tenha duas colunas iguais se anula (porquê? Mais uma vez os exemplos seguintes esclarecem o argumento geral: det a a g b b h c c k ( b h = a det c k det a d a b e b c f c ( e b = a det f c ( b h a det c k ( b b d det c c ( b b + g c c ( b e + a c f = 0 = 0 Suponhamos então que as colunas r e s de A são iguais Então, pela hipótese de indução: n ( 1 i+1 A 1 i det A 1i = ( 1 r+1 A 1 r det A 1r + ( 1 s+1 A 1 s det A 1s i=1

7 65 Determinantes 82 uma vez que todas as outras parcelas se anulam, atendendo a que as matrizes envolvidas têm duas colunas iguais (hipótese de indução Como podem diferir A 1r e A 1s? Se r e s são adjacentes, então A 1r = A 1s já que quando duas colunas são adjacentes é indiferente qual delas se omite Se existe apenas uma coluna a separar as linhas r e s, podemos mudar A 1r em A 1s por uma simples permutação de duas linhas Mais geralmente se r = s + t (podemos sempre supôr que r > s, podemos mudar A 1r em A 1s por t 1 dessas permutações de duas colunas Como pela hipótese de indução para matrizes (n 1 (n 1 permutação de 2 colunas muda o sinal de det, e como A 1 r = A 1 s pela igualdade das colunas r e s, vem que det A = ( 1 r+1 A 1 r det A 1r + ( 1 s+1 A 1 s det A 1s = ( 1 r+1 A 1 r det A 1r + ( 1 s+1 A 1 r ( 1 t+1 det A 1r = ( 1 r+1 A 1 r det A 1r + ( 1 s+1 A 1 r ( 1 r s+1 det A 1r = [( 1 r+1 + ( 1 r+1+1 ] A 1 r det A 1r = 0 [3] det I n = 0 fácil 652 Determinante de um produto Lema 61 Seja f : M n (Ik Ik uma função que satisfaz as duas primeiras propriedades referidas no teorema 61, isto é, é linear em cada coluna e muda o sinal se se permutam duas colunas Então: f(a 1,, A n = f(e 1,, e n det (A 1,, A n (653 Dem: Se f(e 1,, e n = 1 então f = det, pela unicidade do teorema 61, e o lema está demonstrado Se f(e 1,, e n 1, considere-se: (A 1,, A n = det (A 1,, A n f(a 1,, A n 1 f(e 1,, e n (654 É fácil ver que satisfaz as 3 propriedades referidas no teorema 61 e portanto, por unicidade, (A 1,, A n = det (A 1,, A n Resolvendo a igualdade (654 em ordem a f(a 1,, A n, obtem-se o que se pretende Teorema 62 A, B M n (Ik: det (AB = det A det B (655 Dem: Defina-se f : M n (Ik Ik por: f(a 1,, A n = det (BA 1,, BA n (656

8 65 Determinantes 83 f satisfaz as condições do lema anterior, pelo que: isto é: f(a 1,, A n = f(e 1,, e n det (A 1,, A n }{{}}{{} det (Be 1,,Be n det A Mas é fácil ver que (verifique: det (BA 1,, BA n = det (Be 1,, Be n det A det (BA 1,, BA n = det (BA e que: o que demonstra o teorema det (Be 1,, Be n = det B Corolário 62 Se A M n (Ik é inversível então det A 0 e det A 1 = (det A 1 Dem: 1 = det I n = det (AA 1 = det (A det (A Cálculo da matriz inversa Matriz adjunta Se A é uma matriz quadrada n n, o seu determinante pode ser calculado desenvolvendo segundo a linha i, de acordo com a fórmula: n det A = ( 1 i+j A i j det A ij i fixo (657 j=1 onde, como vimos, A ij é a matriz que se obtem de A retirando-lhe a linha i e a coluna j A fórmula anterior sugere a fórmula da multiplicação de duas matrizes De facto: det A = n ( 1 i+j A i j det A ij j=1 A i j ( 1 i+j det A ij }{{} def = Âj i A i j Âj i = elemento i da diagonal do produto A (658 Isto conduz portanto a uma nova matriz  definida por:  j i = ( 1i+j det A ij Porque há aqui uma troca de indíces incómoda, consideramos a transposta de A e formulamos a seguinte definição:

9 65 Determinantes 84 Definição 61 se A é uma matriz quadrada n n, define-se uma nova matriz quadrada n n, Â, chamada a adjunta de A, através de:  i j def = ( 1 i+j det (A t ij (659 Não esqueça que (A t ij é a matriz que se obtem de A t retirando-lhe a linha i e a coluna j Portanto: det (A t 11 det (A t 12 det (A t 13 det (A t 21 det (A t 22 det (A t 23  = det (A t 31 det (A t 32 det (A t 33 O cálculo (658 mostra pois que todos os elementos da diagonal do produto A são iguais a det A, donde se deduz o seguinte teorema: Teorema 63 Se  é a matriz deduzida de A através de (659, então: det A A = = det A I n det A Portanto, se det A 0, A é inversível e: A 1 = 1 det A  (6510 Dem: Falta mostrar que os elementos fora da diagonal do produto A são todos nulos Para isso, consideremos a matriz B que se obtem de A substituindo a linha k pela linha h, com h h Atenção que isto não é uma operação elementar! B fica então com duas linhas iguais (ambas iguais à linha h de A e por isso o seu determinante é nulo Por outro lado, calculando det B desenvolvendo segundo a linha k, obtemos: 0 = det B ( 1 k+j B k j det B kj, k fixo ( 1 k+j B k j det A kj, porque B e A coincidem fora da linha k ( 1 k+j A h j det A kj, porque B e A coincidem na linha h A h j ( 1 k+j det A kj A h j Âj k (6511

10 66 Regra de Cramer Regra de Cramer Dado um sistema do tipo: podemos escrevê-lo na forma: Ax = b x 1 A 1 + x 2 A x n A n = b onde, como antes, A 1, A 2,, A n representam as colunas da matriz A Para cada i fixo, substitua-se a coluna A i pelo vector-coluna b, e calcule-se o determinante dos n vectores assim obtidos Vem então que (justificar: det (A 1, A 2,, }{{} b,, A n = det (A 1, A 2,, x k A k,, A }{{} n posição i posição i = x i det (A 1, A 2,, A i,, A n = x i det A (661 Portanto, se det A = 0, deduzimos a chamada regra de Cramer para as soluções do sistema Ax = b: x i = 1 det A det (A 1,, }{{} b,, A n (662 posição i 67 Exercícios Exercício 62 Seja V o espaço vectorial das funções polinomiais p : R R de grau 4: V = {p(x = a o + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + a 4 x 4 : a i R} e W o espaço vectorial das funções polinomiais q : R R de grau 3 Considere a aplicação L : V W definida por: ( d 2 L[p(x] = dx 2 d [p(x] = p (x p (x dx Mostrar que L é linear Calcular a matriz de L relativamente às bases {1, x, x 2, x 3, x 4 } para V e {1, x, x 2, x 3 } para W Calcular ker L e im L Exercício 63 calcule ker(f e im (f : Em cada um dos seguintes casos determine M B B(f, a f : R 2 R 2, B = B = ((1, 0, (0, 1 (x, y (3x y, x + 5y (1, X (x, y ( x + y, 5x + 2y c f : R 3 R 1 (X, B = ((1, 0, 0, (0, 1, 0, (0, 0, 1, B = (a, b, c a + b + c + (a + 2bX

11 67 Exercícios 86 d f : R 2 (X R 2, B = (1 + X, 1 + 2X, X 2, B = ((3, 1, (5, 2; a 0 + a 1 X + a 2 X 2 (a 0 + a 1 + a 2, a 0 + 2a 1 e f : { (x, y, z R 3 : x = 2y } { (x, y, z R 3 : x = y = z } (x, y, z (2y + z, x + z, x z, B = ((2, 1, 0, (0, 0, 1, B = (( 1, 1, 1; f D : R 4 (X R 4 (X, B = B = (1, X, X 2, X 3, X 4 ; P P g f : R 4 (X R 4 (X, B = (1, X, X 2, X 3, X 4, B = (1, X, X 2, X 3, X 4 ; P X 2 P (x, y, z (x + y, y + 2z i f : C 3 C 2, B = ((i, 0, 0, (1, 1, 0, (0, 0, 1, B = ((1, i, (0, 1 (z, v, w (z + v + w, z w Exercício 64 a M BB (f = b M BB (f = Em cada um dos seguintes casos, determine M B B(g f ( , M 0 1 B B(g = ; ( 1 1 c M BB (f = 0 2 ( 1 1 d M BB (f = 0 2, M B B (g = ( 2 2, M B B(g = 1 1, M B B(g = e M BB (f = ( 3 5, M B B(g = f M BB (f = ( 1 i i 2 4 6, M B B(g = ( ; ; ; ( 2 2 i 1 + i Exercício 65 Calcule os seguintes determinantes usando diferentes métodos em cada uma das alíneas: a ; b ; c ; d ; e ; f ; g ; h ; ;

12 67 Exercícios 87 i Exercício 66 tais que : a det (A + B det (A + det (B; b det (A + B = det (A + det (B; c det (3A 3 det (A; d det (3A = 3 det (A Dê exemplos de matrizes A, B M 2,2 (R, não nulas, Exercício 67 Usando determinantes, calcule o volume do paralelipípedo gerado pelos vectores u, v, w : a u = (1, 1, 2, v = ( 1 2, 3 e w = (0, 1, 1; b u = (1, 1, 0, v = ( 1, 0, 3 e w = (0, 1, 1; c u = (1, 0, 0, v = ( 1 2, 3 e w = (0, 2, 3; Exercício 68 Calcule o volume do paralelipípedo P em R 3 gerado por S Considere depois a aplicação linear L : R 3 R 3 e calcule vol (L(P Verifique que: vol (L(P det L = vol P a S = {(1, 0, 0, (0, 0, 1, (0, 1, 0}, L(x, y, z = (x, x + y, x + y + z; b S = {(1, 1, 0, (0, 1, 1, (0, 0, 2}, L(x, y, z = (x y, x + y, 2x y + 3z; c S = {(1, 2, 0, (0, 0, 1, (0, 3, 0}, L(x, y, z = (2x y, x + y, y + 5z