Álgebra Linear.pdf

Universidade do Sul de Santa Catarina

Álgebra Linear Disciplina na modalidade a distância

Palhoça UnisulVirtual 2011

Créditos Universidade do Sul de Santa Catarina | Campus UnisulVirtual| Educação Superior a Distância Fone/fax|: (48) 3279-1242 e 3279-1271 E-mail Avenida dos Lagos, 41 – Cidade Universitária Pedra Branca | Palhoça – SC | 88137-900 | : [email protected] | : www.unisul.br/unisulvirtual

Coordenadores Graduação Aloísio José Rodrigues Ana Luísa Mülbert Vice-Reitor Ana Paula R.Pacheco Artur Beck Neto Sebastião Salésio Heerdt Bernardino José da Silva Chefe de Gabinete da Reitoria Charles Odair Cesconetto da Silva Dilsa Mondardo Willian Corrêa Máximo Diva Marília Flemming Pró-Reitor de Ensino e Horácio Dutra Mello Pró-Reitor de Pesquisa, Itamar Pedro Bevilaqua Pós-Graduação e Inovação Jairo Afonso Henkes Janaína Baeta Neves Mauri Luiz Heerdt Jorge Alexandre Nogared Cardoso Pró-Reitora de Administração José Carlos da Silva Junior Acadêmica José Gabriel da Silva José Humberto Dias de Toledo Miriam de Fátima Bora Rosa Joseane Borges de Miranda Pró-Reitor de Desenvolvimento Luiz G. Buchmann Figueiredo e Inovação Institucional Marciel Evangelista Catâneo Maria Cristina Schweitzer Veit Valter Alves Schmitz Neto Maria da Graça Poyer Diretora do Campus Mauro Faccioni Filho Universitário de Tubarão Moacir Fogaça Nélio Herzmann Milene Pacheco Kindermann Onei Tadeu Dutra Diretor do Campus Universitário Patrícia Fontanella da Grande Florianópolis Roberto Iunskovski Hércules Nunes de Araújo Rose Clér Estivalete Beche Reitor

Ailton Nazareno Soares

Vice-Coordenadores Graduação Adriana Santos Rammê Solange Antunes de Souza Bernardino José da Silva Catia Melissa Silveira Rodrigues Diretora do Campus Horácio Dutra Mello Universitário UnisulVirtual Jardel Mendes Vieira Jucimara Roesler Joel Irineu Lohn José Carlos Noronha de Oliveira Equipe UnisulVirtual José Gabriel da Silva José Humberto Dias de Toledo Diretor Adjunto Luciana Manfroi Moacir Heerdt Rogério Santos da Costa Secretar ia Executiva e Ce rimonia l Rosa Beatriz Madruga Pinheiro Jackson Schuelter Wiggers(Coord.) Sergio Sell Marcelo Fraiberg Machado Tatiana Lee Marques Tenille Catarina Valnei Carlos Denardin Sâmia Mônica Fortunato (Adjunta) Assessoria de Assuntos Internacionais Coordenadores Pós-Graduação Murilo Matos Mendonça Aloísio José Rodrigues Assessoria de Relação co m Poder Anelise Leal Vieira Cubas Bernardino José da Silva Público e Forças Armadas Carmen Maria Cipriani Pandini Adenir Siqueira Viana Daniela Ernani Monteiro Will Walter Félix Cardoso Junior Giovani de Paula Assessoria DAD - D isciplina s a Karla Leonora Dayse Nunes Distância Letícia Cristina Bizarro Barbosa Patrícia da Silva Meneghel(Coord.) Luiz Otávio Botelho Lento Carlos Alberto Areias Roberto Iunskovski Cláudia Berh V. da Silva Rodrigo Nunes Lunardelli Conceição Aparecida Kindermann Rogério Santos da Costa Luiz Fernando Meneghel Thiago Coelho Soares Renata Souza de A. Subtil Vera Rejane Niedersberg Schuhmacher Secretária-Geral de Ensino

Assessoria de Inovação e Qualidade de EAD Denia Falcão de Bittencourt(Coord.) Andrea Ouriques Balbinot Carmen Maria Cipriani Pandini Assessoria de Tecnologia Osmar de Oliveira Braz Júnior (Coord.) Felipe Fernandes Felipe Jacson de Freitas Jefferson Amorin Oliveira Phelipe Luiz Winter da Silva Priscila da Silva Rodrigo Battistotti Pimpão

Tamara Bruna Ferreira da Silva Coordenação Cursos Coordenadores de UNA Diva Marília Flemming Marciel Evangelista Catâneo Roberto Iunskovski Auxiliare s de Coorde nação Ana Denise Goularte de Souza Camile Martinelli Silveira Fabiana Lange Patricio Tânia Regina Goularte Waltemann

Gerência Administração Acadêmica

Angelita Marçal Flores(Gerente) Fernanda Farias

Marilene de Fátima Capeleto Patricia A. Pereira de Carvalho Paulo Lisboa Cordeiro Paulo Mauricio Silveira Bubalo Rosângela Mara Siegel Simone Torres de Oliveira Vanessa Pereira Santos Metzker Vanilda Liordina Heerdt

Patrícia de Souza Amorim Poliana Simao Schenon Souza Preto

Gestão Documental Lamuniê Souza(Coord.) Clair Maria Cardoso Daniel Lucas de Medeiros Jaliza Thizon de Bona Guilherme Henrique Koerich Josiane Leal Marília Locks Fernandes

Desenho Educacional Cristina Klipp de Oliveira (Coord. Grad./DAD) Roseli A. Rocha Moterle(Coord. Pós/Ext.) Aline Cassol Daga Aline Pimentel Carmelita Schulze Daniela Siqueira de Menezes Delma Cristiane Morari

Marketin g Estratégico Rafael Bavaresco Bongiolo

Gerência Administrativa e Financeira Renato André Luz(Gerente) Ana Luise Wehrle Anderson Zandré Prudêncio Daniel Contessa Lisboa Naiara Jeremias da Rocha Rafael Bourdot Back Thais Helena Bonetti Valmir Venício Inácio

Eliete Machado de OliveiraSeemann Costa Eloísa Flavia Lumi Matuzawa Geovania Japiassu Martins Isabel Zoldan da Veiga Rambo João Marcos de Souza Alves Leandro Romanó Bamberg Lygia Pereira Lis Airê Fogolari Luiz Henrique Milani Queriquelli Marcelo Tavares de Souza Campos Mariana Aparecida dos Santos Marina Melhado Gomes da Silva Marina Cabeda Egger Moellwald Mirian Elizabet Hahmeyer Collares Elpo Pâmella Rocha Flores da Silva Rafael da Cunha Lara Roberta de Fátima Martins Roseli Aparecida Rocha Moterle Sabrina Bleicher Verônica Ribas Cúrcio

Gerência de Produção Arthur Emmanuel F. Silveira (Gerente) Francini Ferreira Dias

Acessibil idade Vanessa de Andrade Manoel(Coord.) Letícia Regiane Da Silva Tobal Mariella Gloria Rodrigues Vanesa Montagna

Multimíd ia Sérgio Giron(Coord.) Dandara Lemos Reynaldo Cleber Magri Fernando Gustav Soares Lima Josué Lange

Gerência de Ensino, Pesquisa e Extensão Janaína Baeta Neves(Gerente) Aracelli Araldi Elaboração de Projeto Carolina Hoeller da Silva Boing Vanderlei Brasil Francielle Arruda Rampelotte Reconhecimento de Curso Maria de Fátima Martins Extensão Maria Cristina Veit(Coord.)

Gerência de Desenho e Desenvolvimento de Materiais Didáticos Márcia Loch(Gerente)

Pesquisa Daniela E. M. Will (Coord. PUIP, PUIC, PIBIC) Avaliação d a aprend izagem Claudia Gabriela Dreher Mauro Faccioni Filho(Coord. Nuvem) Jaqueline Cardozo Polla Pós-Graduação Anelise Leal Vieira Cubas(Coord.) Biblioteca Salete Cecília e Souza(Coord.) Paula Sanhudo da Silva Marília Ignacio de Espíndola Renan Felipe Cascaes Gestão Docente e Discente Enzo de Oliveira Moreira (Coord.) Capacitação e Assessoria ao Docente Alessandra de Oliveira(Assessoria) Adriana Silveira Alexandre Wagner da Rocha Elaine Cristiane Surian(Capacitação) Elizete De Marco Fabiana Pereira Iris de Souza Barros Juliana Cardoso Esmeraldino Maria Lina Moratelli Prado Simone Zigunovas

Nágila Cristina Hinckel Sabrina Paula Soares Scaranto Thayanny Aparecida B. da Conceição Gerência de Logística Jeferson Cassiano A. da Costa (Gerente) Logísitca de Materiais Carlos Eduardo D. da Silva (Coord.) Abraao do Nascimento Germano Bruna Maciel Fernando Sardão da Silva Fylippy Margino dos Santos Guilherme Lentz Marlon Eliseu Pereira Pablo Varela da Silveira Rubens Amorim Yslann David Melo Cordeiro

Avaliaçõe s Presenci ais Graciele M. Lindenmayr(Coord.) Ana Paula de Andrade Secretar ia de Ensino a D istância Angelica Cristina Gollo Samara Josten Flores (Secretária de Ensino) Cristilaine Medeiros Giane dos Passos (SecretáriaAcadêmica) Daiana Cristina Bortolotti Tutoria e Suporte Adenir Soares Júnior Delano Pinheiro Gomes Anderson da Silveira (Núcleo Comunicação) Alessandro Alves da Silva Edson Martins Rosa Junior Claudia N. Nascimento (Núcleo NorteAndréa Luci Mandira Fernando Steimbach Nordeste) Cristina Mara Schauffert Fernando Oliveira Santos Maria Eugênia F. Celeghin (Núcleo Pólos)Lisdeise Nunes Felipe Djeime Sammer Bortolotti Andreza Talles Cascais Douglas Silveira Marcelo Ramos Evilym Daniela Cassol Peres Marcio Ventura Débora Cristina Silveira FabianoMelo SilvaLivramento Michels Osni Jose Seidler Junior Ednéia Araujo Alberto (Núcleo Sudeste) Thais Bortolotti Fabricio Botelho Espíndola Francine Cardoso da Silva Felipe Wronski Henrique Janaina Conceição (Núcleo Sul) Gisele Terezinha Cardoso Ferreira Gerência de Marketing Joice de Castro Peres Indyanara Ramos Eliza B. Dallanhol Locks(Gerente) Karla F. Wisniewski Desengrini Janaina Conceição Kelin Buss Jorge Luiz Vilhar Malaquias Relacionamento com o Mercado Liana Ferreira Juliana Broering Martins Alvaro José Souto Luiz Antônio Pires Luana Borges da Silva Relacionamento com Polos Maria Aparecida Teixeira Luana Tarsila Hellmann Presenciais Mayara de Oliveira Bastos Luíza Koing Zumblick Alex Fabiano Wehrle(Coord.) Michael Mattar Maria José Rossetti Jeferson Pandolfo

Karine Augusta Zanoni Marcia Luz de Oliveira Mayara Pereira Rosa Luciana Tomadão Borguetti Assuntos Jurídi cos Bruno Lucion Roso Sheila Cristina Martins

Portal e Comunicação Catia Melissa Silveira Rodrigues Andreia Drewes Luiz Felipe Buchmann Figueiredo Rafael Pessi

Design Visual Pedro Paulo Alves Teixeira (Coord.) Alberto Regis Elias Alex Sandro Xavier Anne Cristyne Pereira Cristiano Neri Gonçalves Ribeiro Daiana Ferreira Cassanego Davi Pieper Diogo Rafael da Silva Edison Rodrigo Valim Fernanda Fernandes Frederico Trilha Jordana Paula Schulka Marcelo Neri da Silva Nelson Rosa Noemia Souza Mesquita Oberdan Porto Leal Piantino

Conferência (e-OLA) Carla Fabiana Feltrin Raimundo (Coord.)

Bruno Augusto Zunino Gabriel Barbosa Produção Industrial Marcelo Bittencourt(Coord.) Gerência Serviço de Atenção Integral ao Acadêmico Maria Isabel Aragon(Gerente) Ana Paula Batista Detóni André Luiz Portes Carolina Dias Damasceno Cleide Inácio Goulart Seeman Denise Fernandes Francielle Fernandes Holdrin Milet Brandão Jenniffer Camargo Jessica da Silva Bruchado Jonatas Collaço de Souza Juliana Cardoso da Silva Juliana Elen Tizian Kamilla Rosa Mariana Souza Marilene Fátima Capeleto Maurício dos Santos Augusto Maycon de Sousa Candido Monique Napoli Ribeiro Priscilla Geovana Pagani Sabrina Mari Kawano Gonçalves Scheila Cristina Martins

Taize Muller Tatiane Crestani Trentin

Kelen Regina Salles Silva Christian Wagner

Álgebra Linear Livro didático

Revisão e atualização de conteúdo Kelen Regina Salles Silva Christian Wagner Design instrucional Roseli Rocha Moterle 3a edição

Palhoça UnisulVirtual 2011

Copyright © UnisulVirtual 2011 Nenhuma parte desta publicação pode ser reproduzida por qualquer meio sem a prévia autorização desta instituição

Edição - Livro didático Professor Conteudista

Kelen R. S. Silva Christian Wagner Design Instrucional

Karla Leonora Dahse Nunes Roseli Rocha Moterle (3 a edição) Assistente Acadêmico

Michele Antunes Corrêa (2a edição revista e atualizada) Aline Cassol Daga (3a edição) Projeto Gráfico e Capa

Equipe UnisulVirtual Diagramação

Daniel Blass Revisão

B2B ISBN

978-85-7817-217-6

512.5 S58

Silva, Kelen, R. S. Álgebra linear : livro didático / Kelen Regina Salles Silva, Christian Wagner ; revisão e atualização de conteúdo Kelen Regina Salles Silva, Christian Wagner ; design instrucional [Karla Leonora Dahse Nunes], Roseli Rocha Moterle. – 3. ed. – Palhoça : UnisulVirtual, 2011. 312 p. : il. ; 28 cm. Inclui bibliografia. ISBN 978-85-7817-217-6 1. Álgebra linear. 2. Geometria analítica. 3. Equações lineares. I. Wagner, Christian. II. Nunes, Karla Leonora Dahse. III. Moterle, Roseli Rocha. IV. Título.

Ficha catalográfica elaborada pela Biblioteca Universitária da Unisul

Sumário Apresentação.. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .7 Palavrasdosp rofessores . . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .9 Plano de estudo ... .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 11 Unidade 1 – Sistemas de equações lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 Unidade 2– Espaço vetorial . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 71 Unidade 3– Transformações lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 Unidade 4 – Autovalores e autovetores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193 Para concluir o estudo . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . . 219 Sobre os professores conteudistas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221 Referências .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. 223 Respostas e comentários das atividades de autoavaliação . . . . . . . . . . . . . 225

Apresentação Este livro didático corresponde à disciplina Álgebra Linear. O material foi elaborado visando a uma aprendizagem autônoma e aborda conteúdos especialmente selecionados e relacionados à sua área de formação. Ao adotar uma linguagem didática e dialógica, objetivamos facilitar seu estudo a distância, proporcionando condições favoráveis às múltiplas interações e a um aprendizado contextualizado e ecaz. Lembre-se de que sua caminhada, nesta disciplina, será acompanhada e monitorada constantemente pelo Sistema Tutorial da UnisulVirtual, por isso a “distância” ca caracterizada somente na modalidade de ensino que você optou para sua formação, pois na relação de aprendizagem professores e instituição estarão sempre conectados com você. Então, sempre que sentir necessidade entre em contato. Você tem à disposição diversas ferramentas e canais de acesso, tais como: telefone, e-mail e o Espaço UnisulVirtual de Aprendizagem, que é o canal mais recomendado, pois tudo o que for enviado e recebido ca registrado para seu maior controle e comodidade. Nossa equipe técnica e pedagógica terá o maior prazer em lhe atender, porque sua aprendizagem é o nosso principal objetivo. Bom estudo e sucesso! Equipe UnisulVirtual

Palavras da professora Neste texto Linear apresentamos os de conteúdos da disciplina de Álgebra que estão acordo com a ementa do projeto pedagógico do seu curso. Este livro é uma continuação dos conceitos vistos em geometria analítica. No decorrer de cada unidade você terá contato com aspectos históricos da álgebra linear, bem como o uso de recursos tecnológicos. No desenvolvimento dos assuntos estudados, procuramos em cada tópico e em cada exemplo o detalhamento completo, passo a passo, mostrando sempre as propriedades e conceitos utilizados, sendo que as tabelas e ilustrações sem indicação de fonte foram elaboradas pelos autores. Pensamos que assim o aluno consegue seguir uma leitura independente, intercalando com a exposição dos exemplos e realizando os exercícios expostos nas atividades de autoavaliação. Você notará que a unidade inicial trata de um assunto já iniciado na disciplina de Geometria Analítica, os sistemas lineares, que somente agora terão seu complemento. As unidades 2, 3 e 4 são assuntos novos, mas para você obter êxito nelas, depende da Unidade 1, pois a ferramenta básica para o estudo são os sistemas lineares. Lembre-se: tenha sempre uma caneta e um papel na mão; não podemos ler um livro de matemática, principalmente de Álgebra Linear, como se fosse uma revista. É necessário para um bom entendimento que você mesmo reescreva as denições e propriedades com suas palavras e refaça os exemplos sempre que necessário – às vezes uma representação gráca ajuda, ou mesmo a tecnologia. Não deixe de


realizar todos os exercícios propostos nas atividades de autoavaliação, assim temos certeza de que você concluirá a disciplina com sucesso. Nós, autores e professores, estamos à disposição para atendê-lo da melhor maneira possível, por isso não deixe de interagir através das ferramentas disponíveis no ambiente virtual. Socialize seu conhecimento com seu professor e com seus colegas e façamos assim uma grande rede de aprendizagem e troca de informações. O sucesso só aparece depois do trabalho. Então mãos à obra e bons estudos. Profº Christian Wagner, Msc Profª Kelen R.S. Silva, Msc

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Plano de estudo O planodadedisciplina. estudos visa a orientá-lo(a) no desenvolvimento Possui elementos que o(a) ajudarão a conhecer o contexto da disciplina e a organizar o seu tempo de estudos. O processo de ensino e aprendizagem na UnisulVirtual leva em conta instrumentos que se articulam e se complementam, portanto a construção de competências se dá sobre a articulação de metodologias e por meio das diversas formas de ação/mediação. São elementos desse processo: 

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



o livro didático; o Espaço UnisulVirtual de Aprendizagem (EVA); as atividades de avaliação (a distância, presenciais e de autoavaliação); o Sistema Tutorial.

Ementa da disciplina: Sistemas de equações lineares. Operações elementares sobre linhas de uma matriz. Forma escalonada. Processo de eliminação de Gauss-Jordan. Cofatores e aplicações. Espaços vetoriais e subespaços vetoriais. Dependência e independência linear. Base. Transformações lineares. Autovalores e autovetores.


Objetivos: Geral

Proporcionar ao aluno o aprimoramento do conhecimento básico de matemática fundamental, para a compreensão das disciplinas superiores, visando ao desenvolvimento do raciocínio matemático. Específicos 









Apresentar novas metodologias para resolução de sistemas de equações lineares. Despertar uma visão abstrata através dos conceitos de espaços vetoriais, subespaços e base de dimensão. Ampliar a noção de funções lineares (ou aplicações lineares), onde o domínio e o contradomínio são espaços vetoriais reais. Apresentar a denição de valores próprios e vetores próprios, bem como sua utilização na diagonalização de matrizes. Apresentar sowares que ajudem na resolução de problemas relacionados à álgebra linear.

Carga horária: 60 horas – 4 créditos

Conteúdo programático/objetivos Veja, a seguir, as unidades que compõem o livro didático desta disciplina e os seus respectivos objetivos. Estes se referem aos resultados que você deverá alcançar ao nal de uma etapa de estudo. Os objetivos de cada unidade denem o conjunto de conhecimentos que você deverá possuir para o desenvolvimento de habilidades e competências necessárias à sua formação. 12

Álgebra

Unidades de estudo: 4 Unidade 1 – Sistemas de equações lineares

Sistemas de Equações lineares aparecem em áreas como economia, engenharias, física, química, bem como em áreas não tão ligadas à matemática, como administração, sociologia, ecologia Com isso,lineares, estudaralém métodos para resolução de sistemas etc. de equações de ser fundamental para a compreensão dos conceitos estudados nas próximas unidades, auxilia a resolução de inúmeros problemas de aplicação cientíca. Unidade 2 – Espaço vetorial

Nesta unidade será estudado o conceito de espaços vetoriais: conjuntos que satisfazem propriedades idênticas às dos vetores. Dentro destes conjuntos serão apresentados ainda os conceitos de subespaços vetoriais, bem como as denições de combinação linear, conjuntos linearmente dependentes e independentes, base e dimensão. estesposteriores. aspectos são importantes para o entendimento dasTodos unidades Unidade 3 – Transformações lineares

Transformações Lineares são aplicações especiais que envolvem espaços vetoriais e representam um papel importante na matemática, pois relacionam conjuntos que aparentemente são distintos, mas apresentam “estruturas” idênticas. São aplicadas em diversas áreas como ótica e computação gráca. Unidade 4 – Autovalores e au tovetores

Quando uma transformação linear leva um vetor em um v) = λ , então o vetorv é chamado múltiplo deste vetor, isto é, T( de autovetor e o númeroλ é chamado de autovalor. Esta unidade, então, trata especicamente das transformações lineares T :→ VV que tem esta propriedade e de como encontrar seus autovetores e autovalores.

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Agenda de atividades/Cronograma 





Verique com atenção o EVA, organize-se para acessar periodicamente o espaço da disciplina. O sucesso nos seus estudos depende da priorização do tempo para a leitura; da realização de análises e sínteses do conteúdo; e da interação com os seus colegas e professor. Não perca os prazos das atividades. Registre no espaço a seguir as datas, com base no cronograma da disciplina disponibilizado no EVA. Use o quadro para agendar e programar as atividades relativas ao desenvolvimento da disciplina.

Atividades obrigatórias

Demais atividades (registro pessoal)

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UNIDADE 1

Sistemas de equações lineares

Objetivos de aprendizagem 

Definir equações lineares, solução de equações lineares, sistemas de equações lineares e solução de um sistema de equações lineares.



Associar sistemas a matrizes. Realizar operações elementares com linhas de matrizes associadas a sistemas, a fim de obter sistemas equivalentes.





Transformar uma matriz relacionada a um sistema em uma matriz na forma escalonada.



Aplicar o método de eliminação de Gauss e o método de Gauss-Jordan para resolver sistemas lineares.



Calcular inversa de matriz para resolver sistemas lineares.

Seções de estudo Seção 1 Equações lineares Seção 2 Sistemas de equações lineares Seção 3 Sistemas equivalentes Seção 4 Resolução de sistemas de equações lineares Seção 5 Matriz inversa e sistemas lineares

1


Para início de estudo O estudo de sistemas de equações lineares é de extrema importância. Por serem capazes de representar modelos complexos de sistemas reais, aparecem nas mais variadas aplicações. Dentre elas, áreas como: administração, economia, sociologia, ecologia, demograa, genética, eletrônica, engenharias e física. Nesta unidade, iremos estudar os principais métodos analíticos para resolução de sistemas de equações lineares. Métodos clássicos, cujos algoritmos são utilizados para determinar a solução de sistemas, caso esta exista, além de permitir a análise dos sistemas tanto analiticamente quanto por meio de sowares que os implementam. Veremos, também, que essa análise geralmente é realizada utilizando matrizes associadas ao sistema. Com isso, iremos também aprofundar o estudo das matrizes.

Bom estudo!

Seção 1 – Equações lineares Inicialmente, vamos retomar a denição de equação linear e solução de equação linear. Uma equação linear é uma equação que pode ser colocada na forma padrão:

a1x1 + a2x2 + a2x2 + … + anxn = b Em que: x1, x2, x3, … , xn são as

incógnitas ou variáveis; a1, a2, a3, … , an são números reais chamados coeficientes; e b é um número real chamado termo independente.

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Álgebra Linear

Exemplos:

1.1. A equação 2x + y = 2 é uma equação linear com duas variáveis (x e y). 1.2. A equação x2 – 5x + 6 = 0 não é uma equação linear, pois não pode ser escrita na forma padrão, já que apresenta o termo x2. xy – 7xy 1.3. equação xo +termo = ,0otambém não éa uma equação linear, poisAapresenta que impede colocação na forma padrão.

Uma solução de uma equação linear , com n incógnitas, é um conjunto de valores das incógnitas que satisfazem a equação. Estes valores são denominados raízes da equação linear e podem ser representados por uma n-upla ordenada de números reais (k1, k2, k3, …, kn) que verica a igualdade de

a1x1 + a2x2 + a3x3 + … + anxn = b, ou seja, a1k1 + a2k2 + a3k3 + … + ankn = b

Exemplos:

1.4 A equação 2x + y = 2 tem uma solução dada pelo par ordenado (0, 2), pois 2(0) + 2 = 2 , mas o par (1, 3) não é solução da equação, pois 2(1) + 3 = 5 ≠ 2. 1.5 A equação x + 2y – 4z + t = 3 tem uma solução (3, 2 ,1, 0), mas (1, 2, 4, 5) não é solução da equação linear.

Como encontrar soluções de uma equação linear?

Unidade 1

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Uma equação linear ax = b, com uma incógnita x e coecientes a e b ∈ IR, pode apresentar como solução uma das três possibilidades:



I. Se a ≠ 0, a equação possui solução única x = b ; a II. Se a = 0, mas b ≠ 0, a equação não tem solução; III. Se a = 0 e b = 0, a equação apresenta innitas soluções. 

Uma solução de uma equação linear na forma

a1x1 + a2x2 + a2x2 + … + anxn = b, com n incógnitas, coecientesai, i = 1, …, n, não todos nulos e b um número real, pode ser obtida isolando uma das incógnitas (com coeciente diferente de zero) e substituindo quaisquer valores para as demais incógnitas, agora chamadas de variáveis livres. 

Uma equação linear, com n incógnitas, na forma

0x1 + 0x2 + 0x2 + … + 0xn = b, é chamada de equação degenerada. Teorema 1.1: uma equação degenerada 0x1 + 0x2 + 0x2 + … + 0xn = b, com n incógnitas e b um número real:

I. Não tem solução, se b ≠ 0; II. Tem innitas soluções, seb = 0. Demonstração

Dada a equação degenerada 0x1 + 0x2 + 0x2 + … + 0xn = b, e s = (k1, k2, k3, …, kn) uma n-upla ordenada qualquer de números reais. I. Se b ≠ 0, suponha que s é solução da equação, ou seja: 0k1 + 0k2 + 0k2 + … + 0kn = b 0+0+0+…+0=b 0 = b, que é um absurdo, já que, por hipótese, b ≠ 0.

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Álgebra Linear

Logo, nenhuma n-upla ordenada é solução da equação anterior. II. Se b = 0, suponha novamente que s é solução da equação: 0k1 + 0k2 + 0k2 + … + 0kn = 0 0+0+0+…+0=0 0 = 0, ou seja, qualquer n-upla ordenada é solução da equação. Logo, a equação possui innitas soluções. Exemplos

1.6. A equação 3x + 1 = x + 7 tem uma solução: 3x – x = 7 – 1 2x = 6 x=3 (Somente esse valor de x satisfaz a equação). 1.7. A equação x + 2 = x + 5 não tem solução, pois: x–x=5–2 0x = 3

(Observe que não existe x tal que a igualdade seja verdadeira). 1.8. A equação 2x + 4 = 2x + 4 tem innitas soluções, pois: 2x – 2x = 4 – 4 0x = 0 (Observe que para qualquer valor de x, a igualdade é satisfeita). 1.9. A equação 2x – 3y + z = 5 tem innitas soluções, pois, se isolarmos uma das incógnitas, obtemos duas variáveis livres que podem assumir quaisquer valores. z = 5 – 2 x + 3y

Unidade 1

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Por exemplo: 



Fazendo x = 1 e y = 1, temos como solução a tripla ordenada (1, 1, 6). Fazendo x = 0 e y = 3, temos como solução a tripla ordenada (0, 3, 14).

1.10. A equação 2x – y + 2z + 4 = 3 + 2 x – y + 2z + 1 tem innitas soluções, pois: 2x – y + 2z – 2x + y – 2z = 3 + 1 – 4 0x + 0y + 0z = 0

Agora é a sua vez! Faça os exercícios 1, 2 e 3 das atividades de autoavaliação.

Seção 2 – Sistemas de equações lineares Muitas técnicas para resolver sistemas de equações lineares têm sido aplicadas e atualizadas ao longo dos anos. Tais atualizações se devem ao avanço da informática, que, através de diversos sowares, é capaz de realizar um grande número de operações algébricas com enorme rapidez. Esses sowares trabalham com a representação matricial do sistema. Nesta unidade, vamos mostrar a relação entre sistemas e matrizes. m

n

de equações e incógnitas Um sistema é um conjunto nito de equações lineareslineares representado na forma padrão:

a11 xa +1 +12 x+2 = a1n xn b1 a xa + x+ +  =a x b  21 1 22 2 2n n 2    am1 x+1 ma +2 +x2 =mnn am xb

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Álgebra Linear

Em que: x1 , x2 , x3 , ... , xn são incógnitas ou variáveis;

aij com i ∈ {1, 2, ... , m} e j ∈ {1, 2, ..., n} são os coeficientes das incógnitas; e b1 , b2 , b3 , ... , b m são os termos independentes. Se vocêpor observar verá que representar o sistema acima meio debem, matrizes. Oupodemos seja:  a11 a12 a  212 a 2      am1 ma 2

 

mn

a1n  a2 n 

 x1  x ⋅  2      a   xn

 b1  b =  2       bn

Essas matrizes recebem nomes especiais: 1. Matriz de coefcientes: matriz

formada pelos coecientes das incógnitas;

 a11 a  21

a12 a22

    am1 ma 2

coluna formada pelas incógnitas do sistema;

Unidade 1



mn



a 

b1  b   2     bn 

3. Matriz (vetor) dos termos independentes: matriz coluna formada pelos termos independentes do sistema;

coecientes das incógnitas e pelos termos independentes.



 x1  x   2      xn 

2. Matriz (vetor) das incógnitas: matriz

4. Matriz aumentada: formada pelos

a1n  a2n 



 a11 a12 a  21 a22      am1 ma 2

 

a1n b1  a2 n b2 

  mn

an

  b 

21


Se chamarmos: A = Matriz dos coeficientes; X = Vetor das incógnitas; B = Vetor de termos independentes. Um sistema de equações lineares pode ser representado na notação matricial AX = B.

Quando todos os elementos do vetor de termos independentes do sistema linear forem iguais a zero, o sistema é dito homogêneo.

Exemplos

1.11. Dado o sistema: 2 x+1 4−x2 =6 x3 10 4 x + 2 x + 2 x = 16  2 x11 + 8 x22 − 4 x33 = 24

Temos:  2 4 −6  4 2 2     2 8 −4 

 x1  x   2  x3 

10  16     24 

 2 4 −6 10   4 2 2 16     2 8 −4 24 

Matriz de coecientes

Matriz (vetor) das incógnitas

Matriz (vetor) dos termos independentes

Matriz aumentada

Representação matricial:  2 4 − 6  4 2 2    2 8 −4

22

 x1  10 ⋅ x  = 16   2  x3 24

Álgebra Linear

1.12. Um sistema e sua representação matricial: x x4325  x+1234 −x +

 

= x 3 − 4 x4 = 2

 x1   1 4− 3 2  x2  5 0 0 1  −4  ⋅  x  = 2      3  x4 



1.13. Um sistema homogêneo e sua representação matricial: 3 x1 − 2 x2 = 0  6 x1 − 4 x2 = 0



 3− 6 

2 −4

 x 0 ⋅  1  =  x2  0

Solução de um sistema de equações lineares são valores das incógnitas ou variáveis que satisfazem simultaneamente todas as equações do sistema, ou seja, dado um sistema, com m equações lineares e n incógnitas, representado na forma padrão, a n-upla ordenada (k1 , k2 , … , kn) é solução se:  a11 ka +1 +12+k2 ... = a1n kn b1  a21 ka1 + 22 k+2 + ... =a2 n kn b2    am1 k+1 ma +2+k2 ...=mnn am k b

Ou ainda, se chamarmos essa n-upla de vetor solução e a representarmos como uma matriz coluna, ao substituirmos o vetor de incógnitas pelo vetor solução, teremos que o produto da matriz dos coecientes pelo vetor solução é igual ao vetor de termos independentes, isto é:  a11 a12 a  212 a 2     am1 ma 2

 

mn

a1n  a2 n 

 k1  k ⋅  2      a   kn

  b1  b =  2      bn

Os valores da n-upla também podem ser chamados de raízes do sistema de equações lineares.

Unidade 1

23


Todo sistema linear homogêneo tem pelo menos uma solução denominada solução trivial. Assim, um sistema homogêneo com m equações lineares e n incógnitas tem, no mínimo, como solução a n-upla (0, 0, …,0).

Exemplos

1.14. Dado o sistema: 2 x + y = 5  x − y = −2

S1: 

Observe que a primeira equação do sistema S1 possui, entre suas soluções, os pares ordenados: (–1, 7), (0, 5), (1, 3); A segunda equação tem, entre as suas soluções: (5, 7), (2, 4), (1, 3). Note que o par (1, 3) satisfaz as duas equações do sistema, então ele é uma solução do sistema S1. 1.15. A tripla ordenada (–2, –1, 4) é solução do sistema:  x−1 +x2 =2 x3 7 S2 : 3x1 + x2 + 3x3 = 5 x + x + x = 1  1 2 3

pois satisfaz as três equações. Na forma matricial: 1 −  313   111

24

1 2−  2 ⋅ − 1 +( 2)− ⋅ − (+ 1) ⋅(  1)    ⋅ − 1= ⋅ − 3 (+ 2) ⋅− +1 ( ⋅1)=    4 1 ⋅−( 2)+ ⋅− 1 (+ 1) ⋅

2 4 34 14

7 5 1

Álgebra Linear

1.16. Uma solução do sistema  x−1 4−x2 =3 x3 0 4 x − x + 2 x = 0  1 2 3 3x + x − x = 0  1 2 3

é a solução trivial x1 = 0, x2 = 0 e x3 = 0.

Lembre-se de que um sistema de equações lineares pode ser: I. sistema possível ou compatível e determinado: admite-se solução única; II. sistema possível ou compatível e indeterminado: admitem-se innitas soluções; III. sistema impossível ou incompatível: se não tem solução.

Observação 1.1: um sistema homogêneo é sempre possível, pois admite pelo menos a solução trivial.

Mas como encontrar soluções de um sistema de equações lineares?

Você já estudou a resolução de sistemas de equações lineares pela Regra de Cramer e também a interpretação gráca da solução de sistemas lineares. Vamos agora analisar novas situações e conhecer outros métodos de resolução de sistemas.

Unidade 1

25


Um sistema de equações lineares está na forma escalonada se apresenta a seguinte forma: a+11 x1 a+1 2 x2 + a1 3 x+3 + a1 4 x=4 ... a 1n xn b1  a2 j22x j + a2 j2+12x j+++1 ...= a2 n xn b2      arj+xaj rj+ +x j =  arn xn br r r r +1 r +1 

Em que: 1 < j2 < … < jr a11 ≠ 0, a2j ≠ 0, …, ar ≠ 0, com r ≤ n 2

j

Teorema 1.2: se um sistema na forma escalonada apresentar a equação degenerada 0x1 + 0x2 + 0x2 + … + 0xn = b, então:

I. Se b = 0, essa equação pode ser omitida do sistema sem modicar o conjunto solução; II. Se b ≠ 0, o sistema não tem solução. Se o sistema tiver o número de equações igual ao número de variáveis, a forma escalonada tem um nome especial: Um sistema de equações lineares está na forma triangular se o número de equações é igual ao número de incógnitas e se tem a seguinte forma: a11 xa +1 12+ x+2 ...= a1n xn b1  a22 x2 + ... + a2 n xbn = 2      amn xn = mb

Em que: a ≠ 0, ∀ i = j Você pode observar que a matriz dos coecientes é uma matriz triangular superior.

26

Álgebra Linear

Teorema 1.3: um sistema na forma escalonada pode apresentar:

I. solução única se o número de variáveis for igual ao número de equações; II. innitas soluções se o número de equações for menor que o número de variáveis. Nesse caso, teremos variáveis livres. Para encontrar a solução de um sistema nessa forma escalonada, seguimos um processo chamado de retro-substituição, que consiste em partir da última equação para determinar a n-ésima incógnita e substituir na (n–1)-ésima equação e assim sucessivamente até obter a solução do sistema. Exemplos

1.17. Para encontrar a solução do sistema na forma triangular 24x+ −y = z 11  5y + z = 2   =− 3z 9 

começamos com 3z = – 9 ⇒ z = –3, substituindo o valor de z na segunda equação: 5y + (–3) = 2 ⇒ 5y = 5 ⇒ y = 1, substituindo z e y na primeira equação: 2x + 4·1 – (–3) = 11 ⇒ 2x = 4 ⇒ x = 2, solução do sistema (2, 1, –3). 1.18. O sistema na forma escalonada  x+1234 x x4325 −x + =  x 3 − 4 x4 = 2 

admite innitas soluções, pois podemos representar as variáveis como: x3 = 2 + 4x4

e x1 = 5 – 4x2 + 3x3 – 2x4 Unidade 1

27


Substituindo x3 em x1: x1 = 5 – 4 x2 + 3(2 + 4x4) – 2x4 = 11 – 4x2 + 10x4

Nesse caso, temos x3 em função de x4 e x1 em função de x2 e x4, ou seja, as variáveis x2 e x4 são variáveis livres que podem assumir valores arbitrários, obtendo assim innitas soluções para o sistema.

E quando o sistema não estiver na forma escalonada?

Agora é a sua vez! Resolva os exercícios de autoavaliação de 4 a 6.

Seção 3 – Sistemas equivalentes Apesar de encontrarmossowares que resolvem sistemas de equações lineares, nosso interesse está em estudar esses sistemas e até conhecer os métodos utilizados por essessowares. Para isso, precisamos de algumas denições importantes. Dois sistemas de equações lineares são ditos equivalentes quando as equações envolvem as mesmas variáveis e admitem a mesma solução, ou seja, toda solução do primeiro é também solução do segundo e vice-versa.

28

Álgebra Linear

Exemplos

1.19. Os sistemas S1 e S2 abaixo são equivalentes, já que possuem a mesma solução (10, 2) 3+x1x =6 2 x1x− 4=

S1 = 

2 2

42 x+x = e S2 = 12 x x− = 

1 1

2 2

2 2

14 6

Pois: 3⋅ 10 + ⋅ = 6+ 2 =30 12 42  + ⋅ = + =10 2 2 10 4 14 e S2 =  12 6 − ⋅ = −2 = 208 − ⋅ = −=102 2 104 2 ⋅ 104

S1 = 

1.20. Considere os sistemas abaixo: 3 x+1 x−x2 =2

S3 = 

x2

 

0  x+ x x− = 3 1 2 2 3 0 4 e=− −S4+ =xxx 3 1 2 3 4 3 x + 2 x + x = 4 2 x3 = 4 2 3  1 3

=

Observe que S3 está na forma triangular, partirmos última equação teremos o valor da variável x3 = 2.seDa segundadaequação temos x2 = 4, substituindo na primeira equação, obtemos: 3x1 + 2·4 – 2 = 0 3x1 = –6 ⇒ x1 = –2, solução (–2, 4, 2) Apesar do sistema S4 aparentar ser mais difícil de resolver, observe que, se somarmos a primeira equação com a segunda, obtemos:

3x1 + 2x2 – x3= 0 –3x1 – x2 + x3= 4 x2

=4

Analogamente, subtraindo a terceira equação da primeira:

3x1 + 2x2 + x3= 0 –3x1 – 2x2 + x3= 4 x3 = 4

Unidade 1

29


Então x3 = 2, substituindo o valor de x2 e x3 em qualquer uma das equações de S4, obtemos x1= –2. Ou seja, os sistemas S3 e S4 são equivalentes. Um sistema de m equações lineares Ei, i = 1, …, m se transforma em um sistema equivalente quando se efetuam as seguintes operações elementares: I. Permutação de duas equações: Ei ↔ Ej, i = 1, …, m e j = 1, …, m; II. Multiplicação de uma equação por um número real k diferente de zero: Ei = kEi, i = 1, …, m; III. Substituição de uma equação por sua soma com outra previamente multiplicada por um número real k diferente de zero: Ei = Ei + kEj, i = 1, …, m e j = 1, …, m. Exemplos

1.21. Dado o sistema: 2 x+1 4−x2 =6 x3 10 S = 4 x+1 +2 x2 = 2 x3 16 2 x + 8 x − 4 x = 24 2 3  1

cuja solução é (2, 3, 1). Vamos realizar algumas operações elementares nesse sistema e observar que os sistemas obtidos a partir dessas operações são equivalentes entre si. Para isso, chamaremos as equações 1, 2 e 3 de E1, E2 e E3 respectivamente. I. Permutar a segunda equação pela terceira equação do sistema: (E2 ↔ E3) 2 x+1 4−x2 =6 x3 10 S1 = 2 x+1 −8 x2 = 4 x3 24 4 x + 2 x + 2 x = 16 2 3  1

30

Álgebra Linear

II. Multiplicar a primeira equação do sistema por ( 1 ): 2 1 E1 = E1 2  x+1 2−x2 =3x3 5 S2 =  2 x+1 −8 x2 = 4 x3 24 4 x + 2 x + 2 x = 16 1 2 3 

III. Substituir a terceira equação pela soma dela com a primeira equação previamente multiplicada por (–4): E3 = E3 + (–4)·E1  x+1 −2 x=2 3x3 5 S3 =  2 x+1 −8 x2= 4 x3 24 0 x − 6 x+ 14=x− 4 2 3  1

Observe que a solução (2, 3, 1) é solução dos sistemas S, S1, S2 e S3, ou seja, os sistemas são equivalentes. As operações que transformam um sistema em outro equivalente a ele são as três apresentadas. Agora é a sua vez! Resolva os exercícios 7 e 8 das atividades de autoavaliação.

Seção 4 – Resolução de sistemas de equações lineares Nesta seção, você vai estudar alguns métodos clássicos utilizados para a resolução de sistemas de equações lineares. Todos eles consistem em transformar o sistema inicial em um sistema equivalente por meio de operações elementares. Para tanto, utilizam a forma matricial do sistema e trabalham as operações sobre as linhas dessa matriz em vez de trabalhar com equações. Assim, podemos reescrever as operações elementares: Unidade 1

31


Operações elementares sobre as linhas de uma matriz I. Permutação de duas linhas: Li ↔ Lj, i = 1, …, m e j = 1, …, m; II. Multiplicação de uma linha por um número real k diferente de zero: Li = kLi, i = 1, …, m; III. previamente Substituição de uma linha por por um sua número soma com multiplicada realoutra k diferente de zero: Li = Li + kLj, i = 1, …, m e j = 1, …, m. A matriz dos coecientes do sistema na forma escalonada também se apresenta na forma escalonada. Uma matriz A = (a)m×n está na forma escalonada se: 1. Toda linha nula somente aparece abaixo de todas as linhas não nulas (ou seja, daquelas que possuem pelo menos um elemento não nulo – chamado pivô); 2. Cada pivô está à direita do elemento pivô da próxima linha.

Observação 1.2: se uma matriz satisfaz as condições 1, 2 e além

disso: 



todos os pivôs são iguais a 1; toda coluna que contém o pivô em alguma linha tem todos os seus outros elementos iguais a zero.

Dizemos que ela está na forma reduzida por linha. Exemplos

1.22. São matrizes na forma escalonada reduzida por linha:  10001  1 0 0  0 1 −3 0 0    0 1 0  , 0 0 0 1 0  e 01000     00104  0 0 1  00001   00012

32

     

Álgebra Linear

1.23. São matrizes na forma escalonada:  10031   1 2 0  0 1 −3 0 2    1 0     e 0 −4 070  0 1  , 0 1 −1 , 00033  001 −1 4    0 0 1  00000        00012 Um pouco de história Johann Carl Friedrich Gauss (1777-1855) nasceu na Alemanha e foi considerado por muitos como o maior gênio da história da Matemática. Menino prodígio aos sete anos, surpreendeu um professor ao calcular correta e rapidamente a soma de todos os números inteiros de 1 a 100, sem apresentar nenhum cálculo por escrito. (Veja no EVA qual o raciocínio utilizado por Gauss). Durante sua vida, dedicou se a diversas áreas da Matemática e da Física. Superou toda a matemática até então estudada ao propor rigor nas demonstrações e por conta disso, o estudo da Matemática e da Astronomia progrediram e estas se tornaram áreas caracterizadas pela precisão. Aos 24 anos, publicou sua obra-prima Disquisi-tiones Arithmeticae, na qual sintetizou o estudo da Teoria dos Números e por isso foi considerada por muitos como uma das maiores realizações matemáticas. Fonte: Anton e Rorres (2001).

Método de eliminação de Gauss O método utiliza operações elementares com as linhas da matriz dos coecientes do sistema, a m de transformá-la numa matriz escalonada e encontrar a solução do sistema através de retro-substituição das variáveis. Dado um sistema linear na forma matricial AX = B, podemos descrever o método de eliminação de Gauss através das seguintes etapas: Etapa 1: determinação da matriz aumentada do sistema [A|B];

Unidade 1

33


Etapa 2: transformação da matriz dos coecientes A numa matriz

escalonada, aplicando as operações elementares na matriz aumentada. Para isso, seguiremos as seguintes fases: 









Fase 1: localizar a coluna mais à esquerda que não seja toda constituída de zeros, coluna r; Fase 2: permutar as linhas de maneira a obter um elemento nãomodo zero na linha da coluna exemplo, de queprimeira a1r ≠ 0. Chamá-lo de pivôr,epor a linha 1 de linha pivô; Fase 3: utilizar o pivô para zerar todos os elementos abaixo dele, ou seja, para cada i > 1, determinar multiplicadores: a mir = ir para realizar as operações Li = Li + (–mir)L1 a1r

Fase 4: repetir as fases 2 e 3 na submatriz formada por todas as linhas, exceto a primeira; Fase 5: continuar o processo até que a matriz esteja na forma escalonada.

Etapa 3: resolver o novo sistema obtido na etapa 2 por retro-substituição.

Sem perda por generalidade, iremos apresentar esse método resolvendo exemplos. Exemplos

1.24. Encontre a solução do sistema abaixo, utilizando eliminação de Gauss. 24224 +x1 +x2 =3 x3 8  x1 + x2 + x3 = 2 x + 5x + 3 x=− 12 2 3  1

34

Álgebra Linear

Etapa 1: Escrever a matriz aumentada do sistema:

2 1 3 8  [A|B] =  4 2 2 4   2 5 3 −12  Etapa 2: transformar a matriz dos coecientes em uma matriz na

forma escalonada, através de operações com linhas na matriz aumentada:

Fase 1: Identicar o elemento pivô (primeiro elemento diferente de zero da coluna 1); nesse exemplo, o elemento a11 = 2.



Pivô

2 1 3 8  [A|B] =  4 2 2 4   2 5 3 −12 

Linha Pivô

Utilizar o pivô para zerar todos os elementos da primeira coluna abaixo dele. Para isso, denimos os seguintes multiplicadores: m21 =

a a21 4 = = 2 e m31 = 31 = 2 = 1 a11 2 a11 2

E as operações: L2 = L2 + (–m21)L1 e L3 = L3 + (–m31)L1 L2 = L2 + (–2)L1 e L3 = L3 + (–1)L1 :4224 L2 (–2)L1: –4 –2 –6 –16 L:2

0

L: 3 (–1)L:1

0 –4 –12

L: 2

2 5 3 –12 –2 –1 –3 –8 0

4

0 –20

Que nos leva à seguinte matriz: 8  2 1 3  [A|B] = 0 0 −4 −12   04 0 −20  Unidade 1

35


Fase 2: deixar de lado a primeira linha dessa nova matriz e recomeçar o processo aplicado na fase 1 à submatriz resultante. Observe que o próximo elemento não nulo da segunda coluna é o elemento a32.



8  2 1 3 [A|B] = 0 0 −4 −12  0 −20   04 Pivô Nesse caso, a operação a ser realizada é: L 2 ↔ L3, para levá-lo à diagonal principal. 8  2 1 3 [A|B] = 0 4 0 −20   00 −4 −12  Como o elemento abaixo do pivô a22 = 4 é zero, já temos a matriz dos coecientes do sistema na forma escalonada. Etapa 3: reescrevendo o sistema e utilizando a retrossubstituição, obtemos:

2+x1 +x2 =3 x3 8  4 x2 = −20   −4 x3 = −12 

cuja solução é (2, –5, 3) 1.25. Resolva o sistema: x−x2x x + 5+ 3= 6 14  1x+12345  2 x 7 x 12 − + =  3 5 2 x x+x4x −x 5+ −6 =− 5 1  12345

36

Álgebra Linear

Etapa 1:

 12 −53 6 14  [A|B] = 0 0 −2 0 7 12   2 4 −5 6 −5 −1 Etapa 2: Pivô

6 14   12 −53  [A|B] = 0 0 −2 0 7 12   2 4 −5 6 −5 −1

Linha Pivô

Devemos utilizar a linha 1 para zerar o elemento a31 = 1 através da seguinte operação: L3 = L3 + (–2)L1 L: 3 2 4 –5 6 –5 –1 (–2)L1 : –2 –4 10 –6 –12 –28 L:3

0

0

5

0– 17 –29

14   1 2 −5 3 6  [A|B] = 0 0 −2 0 7 12   00 5 0 −17 −29  Observando a submatriz resultante, recomeçamos o processo determinando o próximo pivô: Pivô

 1 2 −5 3 [A|B] = 0 0 −2 0  00

6 7

14  12 

Linha Pivô

5 0 −17 −29 

Unidade 1

37


A linha 2 é a linha pivô e o elementoa23 = –2, o elemento pivô, utilizado para zerar o elemento a33 com a operação: L3 = L3 + ( 5 )L2 2 L:3 0 0 5 0– 17 –29 (/)L :2

0

0– 5

0352

30

1 2

1

:0000 L3    12 6 14  −53   [A|B] = 0 0 −2 0 7 12    1 1 0 0 0 0 2  

Como a matriz já está na forma escalonada, podemos reescrever o sistema: Etapa 3:

 1x+12345 6 14 x−x2+x x 5 + 3=  −2 x3 + 7 x5 = 12   1  x = −1 2 5 

Utilizando a retrossubstituição: x5 =

1 =2, 12

–2x3 = 12 – 7·2 = –2 ⇒ x3 = 1 x1 = 14 – 2 x2 + 5·1 – 3x4 – 6·2 ⇒ x1 = 7 – 2 x2 – 3x4. Observe que o sistema apresenta duas variáveis livres, logo, possui innitas soluções.

38

Álgebra Linear

1.26. Resolva o sistema:  − −x2 + x=3 x4 0  x x+x+x+ = 6  1234  2 x1 +x4 x2+ − x3 2=− 4 1  4 x−1 x −2 x 3+x3 =3 4 6 Etapa 1:

 01110 −−  11116 [A|B] =   2 41  − −  41336



  −21 −   

Etapa 2:

Como o elemento a11, que seria o pivô, é igual a zero, temos que procurar outro elemento na primeira coluna e permutar linhas. De preferência, escolha o número 1 para pivô, assim os multiplicadores cam mais simples. Veja que o elementoa21 é igual a 1, assim podemos realizar a seguinte permutação: L1 ↔ L2 Pivô

 11116  01110 − − [A|B] =   2 41  − −  41336

   −21 −   

Linha Pivô

Devemos utilizar a linha 1 para zerar os elementos a31 e a41 com as seguintes operações: L3 = L3 + (–2)L1 e L4 = L4 + (–4)L1 6   1 111  011− − 1 0  [A|B] =   02 −1 −4 −13    0 5 − − − −7 1 18  

Unidade 1

39


Sob a submatriz resultante, recomeçamos o processo determinando o próximo pivô: Pivô

6   1 111 011− − 1 0  [A|B] =  02 −1 −4 −13    −−−− 0 5 7 1 18 

Linha Pivô

A linha 2 é a linha pivô e o elementoa22 = –1 é o elemento pivô, utilizado para zerar os elementos a32 e a42 através das seguintes operações: L3 = L3 + (2)L2 e L4 = L4 + (–5)L2 6   1 111 011− − 1 0  [A|B] =  00 −3 −2 −13    00 − 2 −6 −18   O pivô da próxima submatriz é o elemento a33 = –3: 6   1 111 011− − 1 0  [A|B] =  00 −3 −2 −13    −2 −6 −18  00

Linha Pivô

Pivô

Para zerar elementos a43, realizamos a operação: L4 = L4 + (– 2 )L3 3 1 1 1 1 6    0 1 1 1 0 [A|B] = 0 −0 −−3 −2 −13    0 0 0 − 14 − 28  3 3  

40

Álgebra Linear

Reescrevendo o sistema: Etapa 3:

     

x+1234 x x+x + = − x−2 x+3 =x4 − 3−x3 =2−x4

6 0 13

x − 14 3 4 = − 28 3

Utilizando retrossubstituição: x4 = 2, x3 = 3, x2 = –1 e x1 = – 4 1.27. Analise a solução do sistema abaixo, utilizando eliminação de Gauss.  x+1 2−x2 =3 x3 0 2422  x1 + x2 − x3 =  3643  x1 + x2 − x3 =

A partir desse exemplo, vamos juntamente com a sequência derepresentar operações: o método 1 2 [A|B] =  2 4  3 6 1 2 0 0  0053 1 2 0042  

−3 −2 −4 −3

0 L = L + (−2)L1 2  → 2 2 L 3 = L 3 + (−3)L1 3  0 5 42  → L 3= L+3− ( )L2 4 

0 0

0

 −3 0    1

2 

Unidade 1

41


Reescrevendo o sistema:  x+1 2−x2 =3x3 0  4 x3 = 2  0 x + 0 x + 0 x = 1 2 3  1 2

Observe que a última equação é uma equação degenerada com b ≠ 0. Neste caso, o sistema não possui solução. 1.28. Resolva o sistema: 2531 x−1 + x2 = x3  x + 3x − x = 2  1 2 3  11 x 5 x − 2 3 =3   4 x1 + x2 + x3 = 5  2 −5 3  1 3 −1 [A|B] = 0 11 −5   4 1 1  2531−  11 5 0 −  2 2  01 1 −5   01 1 −5  2531−  11 5 0 −  2 2  0 0 00   0 0 00

1 2  L = L + ( − 1 )L 2 1 3  → L 2 = L 2 + ( −2)L  4 4 1 5 

3  L = L + ( −2)L 2 2 → 3 3 L = L + ( − 2)L 4 4 2 3  3  

3  2   

Como a matriz na forma escalonada apresenta duas equações degeneradas com b = 0, elas podem ser eliminadas do sistema sem alterar a solução. A linha 2 pode ser multiplicada por 2, para simplicar as frações.

42

Álgebra Linear

Portanto, temos o seguinte sistema: x−1 + x2 = x3 2531  11x2 − 5x3 = 3 

que admite innitas soluções, já que apresenta uma variável livre. 1.29. Utilize o método de eliminação de Gauss para determinar os valores de k, para que o sistema  x+1 −x2= x3 1 2 x + 3x k +x = 3  1 2 3  x k+ x +x3 = 2 1 2 3 

seja: a) possível e determinado; b) possível e indeterminado; c) impossível. Escrevendo a matriz aumentada e realizando as operações descritas: 1 [A|B] =  2  1 1 0  0 1

1 −1 3 k k 3 1 1 ( k − 1) 1

1 L = L + ( −2)L1 3  → 2 2 L 3 = L3 + ( −1)L1 2  −1 1 (2 + k ) 1→ =L+3 −L+3 ( k 1)L 2 4 1 1 −1 

 1 − k+ (2++ k+)k − + + k 1 0ŶŶŶŶŶŶ 1  1 1 −1 0 1 (2 + k ) 1   0 0 ( − k 2− +k 6)− +( k 2) 

Unidade 1

  = 

43


Reescrevendo o sistema:  x1 + x2 − x3 = 1   x2 + (2 + k ) x3 = 1 ( − k−2 k x+ 6)=k− +( 3 

2)

Da última equação: (k + 3)(k – 2)x3 = (–k + 2) temos: a) O sistema é possível e determinado se –(k +3)(k – 2) ≠ 0, ou seja, k ≠ –3 e k ≠ 2. b) O sistema é possível e indeterminado se –(k +3)(k – 2) = 0, e (–k + 2) = 0, ou seja, se (k = –3 ou k = 2) e k = 2, concluindo: se k = 2. c) O sistema é impossível se –(k +3)(k – 2) = 0 e (–k + 2) ≠ 0, ou seja, (k = –3 ou k = 2) e k ≠ 2. Concluindo: se k = –3. Observação 1.3: quando transformamos uma matriz dos coecientes de um sistema na forma escalonada reduzida por linha, estamos aplicando o método chamado eliminação de Gauss-Jordan. Um pouco de história Wilhem Jordan (1842-1899) nasceu na Alemanha e, em 1888, publicou o livro Handbuch der Vermessungskunde, sua contribuição à resolução de sistemas lineares. Foi engenheiro e se especializou em Geodésia. Fonte: Anton e Rorres (2001)

Exemplos

1.30. Encontre a solução do sistema, pelo método de Gauss-Jordan.  2 x+1 +x2 =3 x3 8 4224  x1 + x2 + x3 =  2 x + 5x + 3 x=− 12 2 3  1

44

Álgebra Linear

Como já aplicamos o método de eliminação de Gauss nesse exemplo, veja exemplo 1.24, precisamos apenas continuar o processo para transformar a matriz escalonada em uma matriz escalonada reduzida por linha. 2 1 3 [A|B] = 0 4 0  00

8  −20 

−4 −12 

Para que essa matriz esteja na forma desejada: 1. Todos os pivôs devem ser iguais a 1. Assim, realizamos as seguintes operações: L1 = ( 1 )L1, L 2 = ( 1 )L2 e L3 = (– 1 )L3 2 4 4 1 1 3  2 2 4  0 1 0 −5   13 0 0  2. Toda coluna que contém o pivô em alguma linha tem todos os seus outros elementos iguais a zero. Para isso, aplicamos as operações: L1 = L1 + ( 1 )L2 2  1 0 3 13  2 2  0 1 0 −5    3  0 01 L = L + (– 3 )L 1 1 2 3 1 0 0 2  0 1 0 −5    0 0 1 3 

Unidade 1

45


Observe que, por esse método, a solução do sistema está pronta no vetor de termos independentes. Portanto, ao reescrever o sistema, não precisamos utilizar retrossubstituição para encontrá-la.  x1   

x2

=2 = −5 x3 = 3

Métodos de eliminação de Gauss e Gauss-Jordan para resolver sistemas homogêneos Podemos aplicar os métodos de eliminação de Gauss e GaussJordan para resolver sistemas lineares homogêneos. Mas, nesse caso, nenhuma das operações elementares sobre as linhas altera a coluna dos termos independentes, já que é formada de zeros. Consequentemente, o sistema de equações correspondente à forma escalonada da matriz aumentada também deve ser um sistema homogêneo. Com isso, a forma escalonada da matriz dos coecientes de um sistema homogêneo garante que: I. se o número de linhas não nulas for igual ao número de variáveis, o sistema tem apenas a solução trivial; II. se o número de linhas não nulas for menor que o número de variáveis, o sistema tem outras soluções além da trivial. Teorema 1.4: um sistema de equações lineares homogêneo com

mais variáveis que equações tem innitas soluções, já que terá variáveis livres. Quando o sistema homogêneo tiver o número de equações iguais ao número de variáveis, uma ferramenta que pode ser utilizada na análise da sua solução é o determinante da matriz dos coecientes.

46

Álgebra Linear





Se det A ≠ 0, então o sistema é compatível e determinado (só admite a solução trivial); Se det A = 0, então o sistema é compatível e indeterminado (admite a solução trivial e outras próprias).

(Em que: det A é o determinante da matriz dos coecientes do sistema). Exemplos:

Analise a solução dos seguintes sistemas homogêneos:  +x1 x2− 2 x+3x =3  1.31.  x1 −x3 +x2 −x3 =2 2 x −x −x 2+x =5 3  1 2

4 4 4

0 0 0

Como o número de variáveis é maior que o número de equações, concluímos que o sistema apresenta outras soluções além da solução trivial (x1 = 0, x2 = 0, x3 = 0).  x1+ x−2 =x3 0  1.32. 2 x1 + 4 x2 − x3 = 0 3220  x1 + x2 + x3 =

Como o número de equações é igual ao número de variáveis, podemos analisar a solução do sistema de duas formas: I. Encontrar a matriz dos coecientes escalonada: 1 2   3

1 4 2

−1 L = L 2 + (−2)L1 −1 → 2 L3 = L3 + (−3)L1 2 

102 1 −11 → L = L + ( 1 )L 3 3 2   2 0 −1 5   1 1 −1  0 2 1    0 0 11  2 

Unidade 1

47


como o número de linhas não nulas é igual ao número de variáveis, o sistema possui apenas a solução trivial. Veja que, se reescrevermos o sistema:  x1+ x−2 =x3 0  2 x + x = 0 2 3  

x 11 2 3 =0

teremos apenas a solução trivial (x1 = 0, x2 = 0, x3 = 0). II. Utilizar o determinante da matriz dos coecientes: 1 1 −1 2 4 −1 = 1·4·2 + 1·(–1)·3 + (–1)·2·2 – 3·4·(–1) – 1·2·(–1) – 2·1·2 3 2 2 = 8 – 3 – 4 + 12 + 2 – 4 = 11 ≠ 0 Segundo trivial (x1 o= teorema 0, x2 = 0, 1.4, x3 = o0).sistema apresenta apenas a solução  x+1 −x2 = x3 0  1.33.  2 x1 − 3x2 + x3 = 0 x − 4x + 2x = 0 2 3  1

Também podemos analisar o sistema utilizando qualquer um dos dois métodos: I. Encontrar a matriz escalonada da matriz dos coecientes: 1 1  2 −3  1 −4  1−  1  0 − 53    0 − 5

48

−1 1  → L 2 = L 2 + (−2)L1 L 3 = L 3 + (1− )L1 2 

1

−  → =L 3 +− L 3 →( 1)L −2   3

1 1 1 0 53 0 0 0

Álgebra Linear

como a matriz dos coecientes do sistema de 3 equações e 3 variáveis na forma escalonada apresenta uma linha nula, concluímos que o sistema homogêneo apresenta solução não trivial. Reescrevendo o sistema:  x1+ x−2 =x3 0  −5 x2 + 3 x3 = 0

obtemos as soluções: x2 = 25 x3, x1 = x3 – x2 = x3 – 35 x3 = 25 x3, dessa forma, x3 é variável livre, fazendo x3 = 0, encontramos a solução trivial: (x1 = 0, x2 = 0, x3 = 0). Mas como x3 pode assumir qualquer valor, o sistema possui innitas soluções. II. Utilizando o determinante da matriz dos coecientes: 1 1 −1 2 −3 1 = 1·(–3)·2 + 1·1·1 + (–1)·2·(–4) 1 −4 2 – 1·(–3)·(–1) – (–4)·1·1 – 2·2·1 =–6+1+8–3+4–4=0 Portanto, o sistema homogêneo apresenta solução não trivial. Matemática e informática As aplicações de resolução de sistemas geralmente apresentam sistemas muito grandes. Para isso, são usados sowares que, na maioria das vezes, utilizam algoritmos baseados nos métodos de eliminação de Gauss ou de Gauss-Jordan.

Agora é a sua vez! Resolva as atividades de autoavaliação de 9 a 12.

Unidade 1

49


Seção 5 – Matriz inversa e sistemas lineares Nesta seção, você vai estudar mais um método utilizado para encontrar solução de sistemas lineares cujo número de variáveis é igual ao número de equações: o Método da Matriz Inversa. Antes de falarmos sobre esse método, vamos rever um pouco

a e b, a álgebra reais. Dados dois númerosreais reaissatisfaz vimos quedos ab =números ba, ou seja, o produto de números a propriedade comutativa. Mas, para produto de matrizes, essa propriedade nem sempre é satisfeita. Exemplos:

1.34. Dadas as matrizes: 1 3 − 1 3 0  1 2   3 −3  D= A =  2 4  B =   C =  3 −2   2 1 2 −  (2×3)   (2×2) 0 1  (2×2)  5 2  (3×2) 

Você verpossíveis, que os produtos AB, AC, AD, DA, DB e pode BA são já os produtos BC,CB, BD,CD, DADC, e CA não são possíveis, por causa das ordens das matrizes. Veja, também, que:  5 6 −6  10 −4   3 5 −4    CB =  AB =  6 10 −8  AC = 14 −4    −7 7 4  (2×3)  −1 17 −4  (3×3) 11 6  (3×2) 5 9   −6 −6  (2×2)

BA = 

9 6 6 DB = −  2 1 −2    (2×3)

50

3

−1  − 6 0  DC =    9 11 −   (2×2)  3 −2  (2×2)

CD = 

Álgebra Linear

Conclusões: 1. O fato do produto AC ser possível não garante que o produto CA seja possível; 2. Apesar de os produtos AB e BA serem possíveis, as ordens das matrizes resultantes são diferentes. 3. Apesar dos produtos CD e DC serem possíveis e as matrizes resultantes apresentarem mesma ordem, isso não garante que esses produtos sejam iguais. O exemplo acima ilustra o fato de que a comutatividade, apesar de ser uma lei válida para a álgebra dos números reais, não obrigatoriamente é válida para o conjunto das matrizes. Você viu, em Geometria Analítica, as propriedades válidas para a adição de matrizes. Vejamos, agora, quais propriedades são válidas para o produto de matrizes.

Propriedades da multiplicação de matrizes Suponha que as ordens das matrizes são tais que as operações indicadas podem ser efetuadas. 







Associativa: A(BC) = (AB)C Distributiva à esquerda: A(B + C) = AB + AC Distributiva à direita: (A + B)C = AC + BC Existência do elemento neutro: AI = IA = A

Apesar de a comutatividade não ser uma lei sempre válida na multiplicação de matrizes, existe um caso especial no qual essa validade se verica. n, se n, pudermos Dada encontrar umauma matriz matrizB quadrada também ordem ordem tal que A de de A·B = B·A = nI, então dizemos que A é invertível e queB é a inversa de A. Caso não exista a inversa, dizemos queA é não invertível. A inversa de matrizA é denotada por A–1.

Em que: In é a matriz identidade de ordemn.

Unidade 1

51


Para determinar se uma matriz quadrada é invertível, ou seja, se admite inversa, deve-se vericar se seu determinante é diferente de zero. A matriz só é invertível se seu determinante for diferente de zero. Se a matriz não for quadrada, não admite inversa.

Propriedades da matriz inversa Se A é uma matriz quadrada invertível, as seguintes propriedades são satisfeitas: 1. Sua matriz inversa é única: se B e C são ambas matrizes inversas da matriz A, então B = C. 2. Sua matriz inversa A–1 é também invertível, e a inversa dessa inversa (A–1)–1 é igual à própria matriz A: (A–1)–1 = A. 3. A inversa de sua transposta é também invertível e é igual à transporta da inversa: (AT)–1 = (A–1)T. 4. O produto de sua inversa por sua transposta é também invertível: existe (A–1AT)–1. 5. A inversa de seu produto por um número (diferente de zero) é igual ao produto do inverso desse número pela sua matriz inversa: (nA)–1 = n–1A–1. 6. Seu determinante é diferente de zero: det A ≠ 0. 7. A matriz inversa do produto de matrizes invertíveis é igual ao produto das inversas dessas matrizes com a ordem trocada. (A1·A2·A3·…·An)–1 = An–1·…·A3–1·A2–1·A1–1. 8. A matriz inversa de uma matriz identidade de ordem n, (In), é a própria matriz identidade de ordem n: (In)–1 = In.

Você pode estar pensando: mas como determinar a matriz inversa de uma matriz quadrada?

52

Álgebra Linear

Em Geometria Analítica, você viu como determinar a matriz inversa de uma matriz quadrada de ordem 2. Veremos, agora, outro método para determinar a matriz inversa de uma matriz quadrada de qualquer ordem.

Determinação da matriz inversa através de operações elementares Uma matriz M é chamada de matriz elementar se pode ser obtida da matriz identidade I n através de uma única operação elementar sobre linhas.

Teorema 1.5: se A é uma matriz quadrada, o resultado da

aplicação de uma operação com as linhas de A é o mesmo que o resultado da multiplicação da matriz A pela matriz elementar M correspondente à mesma operação com linhas realizada na matriz identidade de mesma ordem de A. Exemplo

1.35. Dada a matriz 2 0 4 A =  3 12 −   −1 5 3 

Aplicando a operação L1 = 1 L1, obtemos: 2 1 0 2 A1 =  3 1 −2   −1 5 3 

Por outro lado, dada a matriz elementar:  1 0 0  2  M1 =  0 1 0     0 0 1 

Unidade 1

53


obtida pelo produto da linha 1 da matriz identidade, multiplicada pela constante 21 . Ao multiplicar a matriz elementar M1 pela matriz A dada, obtém-se: M1

⋅

   1 2 0 0  0 1 0⋅    0 0 1 

A

A1

=

 2 0  4  −3 = 1  2−  −1 5  3

1 0 2 3 1 2 −1 5 3

  

Se aplicarmos, sobre a matriz A1 obtida, as seguintes operações: 1 0 2  L 2 = L 2 + ( −3)L1 → A 3 =  0 18 −  L 3 = L 3 + L1  0 5 5 

Por outro lado, aplicando cada uma das operações acima na matriz identidade, obtemos as seguintes matrizes elementares: 1 M 2 =  −3  0

0 0 1 0 0 1

1 0 0   e M 3 = 0 1 0   1 0 1

Multiplicando M2 por A1, oobtemos A2: M2  1 0 0  −3 1 ⋅0     0 0 1

⋅

A1  1 0 −=3  1    −1 5

=

2 −2 3

Agora, se multiplicarmos A2 por M3: M3 ⋅ A2 = 1  1 0 0 1  0 2  0 1 0 ⋅ 0  −1= 8 − 0        1 0 1 −1  5 3 0

54

A2 1 0 2 0 1 8 −1 5 3

A3 0 2 1 8 5 5

Álgebra Linear

Portanto, podemos concluir que realizar operações elementares com uma matriz e multiplicar a mesma matriz por matrizes elementares obtidas da matriz identidade sob a qual foram efetuadas as mesmas operações, obtemos a mesma matriz resultante. Nesse exemplo, a matriz: 1 0 2    0 1 −8  0 5 5 

Os próximos teoremas são de extrema importância para o método que iremos apresentar. Teorema 1.6: qualquer matriz elementar é invertível e sua inversa

é a matriz elementar que corresponde à operação inversa da efetuada pela primeira matriz elementar. Teorema 1.7: se A é uma matriz invertível de ordemn, então sua

matriz escalonada reduzida por linhas é a matriz identidade In. Teorema 1.8: se a matriz escalonada reduzida por linhas de uma

matriz A é a matriz identidade In. Como, a cada operação com linhas, corresponde uma multiplicação da matriz por uma matriz elementar Mi, teremos: I = Mk·Mk–1·…·M2·M1·A = (Mk·Mk–1·…·M2·M1·I)·A Logo: A–1 = Mk·Mk–1·…·M2·M1·I Em outras palavras: se uma matriz é reduzida à matriz

identidade através de uma sequência de operações elementares com linhas, então A é invertível e a matriz inversa de A é obtida aplicando-se, à matriz identidade, a mesma sequência de operações com linhas.

Unidade 1

55


Método prático para determinar a matriz inversa de uma matriz A Como o objetivo do processo é aplicar simultaneamente operações elementares na matriz A, a m de transformá-la na matriz identidade In, e, na matriz identidade In, para transformá-la na matriz A–1, podemos operá-las simultaneamente. Para isso, escrevemos uma matriz na forma [A|In](n×2n) e, ao nal da aplicação das operações elementares, até que o lado esquerdo esteja reduzido a In; o lado direito será A–1. Exemplos:

1.36. Encontre a inversa da matriz dada: 2 1 0  A =  1 0 −1  0 1 1 

Processo: 2 1 0  A|I = 3  − 1 0 1  011001  2 0 −1  21 0   011001  1 0 −1  01 2   011001  1 0 −1 0 1 2 

1 0 0 →0 ↔1 0  L1 L2  0 1 0  → L = L+ − ( 2)L 100 2 2 1   0 10  1 −20 →  =L 3 +−L 3 ( 1)L 2 

0 10   =L− ( 1)L 1 −2 0 → 3 3   0 0 −1 −1 21  0  1 0 −1 01  0 121  → L1 = L1 + L 3 20 −   L = L + ( −2)L 2 2 3  0 0 1 1 −2 −1

56

Álgebra Linear

 1 0 01 −− 1 1 0 1 0 −1 2 2  =  I |A −1     3 0 0 1 1 −2 −1

Como a matriz dos coecientes foi transformada na matriz identidade, a matriz ao lado é a inversa A–1 da matriz A. Ou seja:  1 − 1− 1 A = −1 2 2   1 −2 −1 −1

Veja que, se A–1 é inversa de A, então o produto A·A–1 = A–1·A = I, de fato: A ×  2 1 0  −  1 0  −1×−    0 1  1

A −1

=

−11  1 1  2= 2   12  − −1

I 1 0 0 0 1 0 0 0 1

1.37. Encontre a inversa da matriz B:  1 2 −4  B =  −1 −1 5   2 7 −3 

Processo:  1 2 −4 1 0 0   B|I =− 3−  1 1 5→ 0 1 0 

L 2 = L 2 + L1 L 3 = L 3 + ( −2)L1

 2 7 −3 0 0 1  0  1 2 −4 10 L = L + (2− )L 2 0 1 1 11 0  → 1 1  L 3 = L 3 + (−3)L 2 0 3 5 −2 0 1 

Unidade 1

57


1 0   0 1 0  0   10  0  0 

0− 1 02 0− 1 0

−6 − 1

2 0 1 1 1 10  → L 3 = ( )L 3 2 −5 −3 1  −6 − 1  2 0 L = L + 6L 3 1 1 1 0  → 1 1 L2 = L 2 + ( −1)L 3 1 −5 2 −3 2 1 2  −0 − 16  11 3  1 0 7 2 5 2 −1 2  = I 3 |B−1   0 1 −5 2 −3 2 1 2 

Logo, a matriz B–1 inversa da matriz B é:  −16 − 11  3   B =  7 2 5 2 −1 2     −5 2 −3 2 1 2    −1

–1

Efetuando o produto B·B : B  1 − 2 4 − −1 × 1 5  2  7  −−3 −

×

B−1 =  −16 −  11  3 7    2= 52 −1 2      5 3  1   2 2 2

1.38. Determine M–1 se M é dada por:  2100   10 −1 1  M =  0111     −1003 

58

I 1 0 0 0 1 0 0 0 1

Álgebra Linear

Processo:  21001000   1 0 −1 1 0 1 0 0   L L1 = M|I  4  →↔ 2  01110010    1   −1 0 0 3 0 00  1 0 −1 1 0 1 0 0   21001000  L 2 = L 2 + ( −2)L1 →  0111 0 0 1 0  L 4 = L 4 + L1   1   −1 0 0 3 0 00 10 0  1 0 −110 0 12 2 1 2 0 0  − −  → L 3= L+3 − ( 1)L 2 0 11 10 0 1 0   10 1 0 0 −140 0 10 0  1 0 −11 0 1 2 −21 2 0 0  −  → L 3 = ( −1)L 3 0 0 −1 3 −1 21 0   1 0 0 −1 4 0 10 00  L = L + L  1 0 −1 101 0 1 2 −2 1 −20 1 1 3 0   → L 2= L+2− ( 2)L3 0 01 −3 1 −2 −1 0    L4 = L4 + L3 0 0 1 401 01  −   1 0 0− 21− −  1 1 0 L1 = L1 + 2L 4 0 1 04 −1 2 20   → L 2 = L 2 + ( −4)L4 0 0 1 −31 −2 −1 0    L 3 = L 3 + 3L 4 0 0 01 1 −1 −1 1    1 0 0 03 −−  3 32 0 1 0 0 −5 6 6 −4    =  I |M −1   0 0 1 04 −5 −43   4 0 0 0 11

−1 −11

Unidade 1



59


Portanto, a matriz M–1 é:  −3 −33  2  −5 66 −4  M −1 =   4 −54 − 3     1 −11 − 1 

Resolução de sistemas e matriz inversa Dado um sistema de equações lineares com n equações e n variáveis, na forma matricial, cuja matriz dos coecientes A é invertível, o método consiste em resolver a equação matricial AX = B, utilizando a inversa A–1 da matriz A dos coecientes. Ou seja: Se AX = B, multiplicando ambos os lados da igualdade pela matriz A–1 inversa de A: A–1AX = A–1B InX = A–1B X = A–1B Ou seja, a solução do sistema, será obtida pelo produto da matriz A–1 inversa de A, pelo vetor de termos independentes B. Exemplos

1.39. Resolva o seguinte sistema pelo método da matriz inversa: 2 x1 + x2 = 8 S =  x1 − x3 = 4  x2 + x3 = 1

60

Álgebra Linear

Escrevendo na forma matricial 8  2 1 0  x1  1 0 −1 . x = 4    2  0 1 1  x3 1 Para resolver o sistema pelo método da matriz inversa, precisamos encontrar a matriz inversa da matriz dos coecientes.Mas observe que: 2 1 0  A =  1 0 −1  0 1 1 

é a matriz cuja matriz inversa foi determinada no exemplo 1.36 anterior, ou seja:  1 − 1 − 1 A −1 = −1 2 2   1

−2

− 1

Assim, a solução do sistema é dada por: 3  x1  11− −    1  8  x  = −1 2 2 . 4 = 2  2      x3  1 −2 − 1  1 −1 Logo: x1 = 3, x2 = 2 e x3 = –1. Qual a vantagem de se aplicar o método da matriz inversa, já que encontrar a inversa de uma matriz para depois encontrar a solução do sistema pode ser mais trabalhoso do que aplicar o método de Gauss?

A conveniência de se aplicar esse método está relacionada ao problema que se quer resolver por meio da solução do sistema. O caso mais importante é quando se tem um conjunto

Unidade 1

61


de sistemas, tais que as matrizes dos coecientes sejam todas iguais, variando apenas os termos independentes, pois, assim, basta calcular a inversa de uma única matriz, com a qual se resolverão todos os sistemas. Exemplos

1.40. Resolva os sistemas  2 x+1 x+ 2 x=7b 3  x +x3 x+ 2b =  1 2 3 5x +x3 x+ 4b = 2 3  1

1 2 3

1) Para b1 = 16; b2 = –5; b3 = 11 e para b1 = 3; b2 = 5; b3 = –5 pelo método da matriz inversa: A matriz dos coecientes do sistema é: 2 1 7  A =  1 3 2   5 3 4 

Determinação da inversa A–1. 7 1 0 0  21  =A|I  3   1 3 2 →0↔ 1 0  L1 L 2  53 4 0 01  2 01 0  13 L = L + ( −2)L1  21 7 1 0 0  → 2 2  L 3 = L 3 + ( −5)L1  53 4 0 01  2 0 1 0  13  0 −5 3 1− 2→ 0−= L ( 1 )L 2 5 2  0 −12 −6 0 −5 1  2 0 1 0 1 3   L = L + (3− )L 2 3 − 1 2 − 0 → 1 1 0 1 5 5 5   L 3 = L 3 + 12L 2 0 −5 1  01 − 2 −6

62

Álgebra Linear

1  0   0  1   0 0 1  0   0

3 −1 0  0 19 5 5 5  5 1 −3 5 −1 5 2 5 0  → L 3 = ( − )L 3 66 0 −66 5 −12 5 −1 5 1  19 3 1 − 0 0  5 5 5  L1 = L1 + ( − 19 )L 3 5  −3 −1 2 1 5 5 5 0  → L = L + 3 L 2 2 0 1 2 11 1 66 −5 66  5 3  0 0 −1 11 −17 66 19 66   1 0 −1 11 27 66 −1 22  = I 3 |A −1  0 1 2 11 1 66 −5 66  

Observe que a matriz A–1  −1 19  −17 66 66   11 −1   − 1 27 − 1 A =  2 11  11

1 66 66

−5 22  66 

será utilizada para determinar a solução do sistema para cada um dos vetores independentes.  16  Chamando B1 = − 5  11 

3  e B 2 = 5   −5

Logo: −1

 −1  11  −1  11 2  11

× = B1   16  66 66  27 −1  × −  =5 −     66 22     1 −5    11 66 66 

A −17

19

Unidade 1

X1  3  4   2

63


A −1 × B2  −1 19  −17  3 66 66   11  −1 27 −1  ×  5    11 66 22  2  −5 1   −5   11 66 66 

=

X2

−  3  =  2   1

Portanto, para B1, a solução é (3, –4, 2) e, para B2, a solução é (–3, 2, 1).

Síntese Você estudou, nesta unidade, um assunto de extrema importância, não apenas para a álgebra linear, mas aplicado à diversas áreas: Sistemas Lineares. Você pôde conhecê-los, aprender as formas de representação e analisar sistemas lineares através do estudo das soluções. Os métodos de Gauss são os mais aplicados, tanto para encontrar solução de sistemas pequenos quanto de grande porteutilizam através escalonamento de sowares quede os implementam. Esses métodos matrizes, que tem como principal ideia, transformar a matriz dos coecientes de um sistema em uma matriz na forma escalonada; para isso, você conheceu as operações elementares utilizadas nesse processo e viu que essas operações não alteram a solução do sistema. Ao estudar matriz inversa de uma matriz quadrada qualquer, você teve contato com outra ferramenta que também é obtida por escalonamento e utilizada em diversas aplicações.

64

Álgebra Linear

Atividades de autoavaliação Use folhas adicionais para os cálculos. 1. Determine quais das equações abaixo são lineares, justique e indique as suas variáveis.

a) x1 = – 5x2 + 4x3 + x4 = 9 b) sen x – 2y + 4z = 0 c) x – y = 5 d) x – 3y + z –2t + 5 = 0 2. Encontre uma solução para a equação linear 3x – 2y + z = 2. 3. Determine o valor de m para que (1, 0, 2) seja solução da equação 2x + 3y + mz = 1. 4. Escreva a matriz aumentada de cada um dos seguintes sistemas de equações lineares. 3 x1− 2 x=−2 1 a) 5x1 + x2 = 7 4 x − x = 2  1 2

 x+1 3−x2 =x3 3 b) 2 x1 + x2 + 3x3 = 11 4329  x1 + x2 + x3 =

5. Escreva o sistema de equações lineares que correspondem às seguintes matrizes aumentadas: 2

a)3

 6

0

2 1 7 

−1 4

1 −1 0 

 1 2 0 −111  b) 0 3 1 0 −1 2  0 1  0 0 17

Unidade 1

65


6. Resolva os seguintes sistemas:  x+1 2−x2 =4 x3 4 a)  x2 + x3 = 3  5 x3 = 5 

 x+1 2−x2 =3 x3 1 c)  x 2 − 2 x3 = 2  2 x 2 − 4 x3 = 4 

4+x1 x− 2 x+3 x3= 2 4 5 x 3 − 4 x4 = 2 b) 

7. Verique se os sistemas S1 e S2 são equivalentes: 3 x1 + 6 x2 = 42 2 x1 − 4 x2 = 12

S1 = 

 x1 + 2 x2 = 14  x1 − 2 x2 = 6

S2 = 

8. Calcule o valor de a e b sabendo-se que os sistemas S1 e S2 são equivalentes: ax1 + x2 = 3a

S1 = 

 x1 − 2bx2 = 5a

5 x1− 3 x=−2

S2 = 

1

 x1 + 2 x2 = 5

9. Identique quais das matrizes abaixo estão na forma escalonada reduzida por linhas. Justique. 1 0 0 a) 0 1 0  0 0 0 

66

 15030   1 0 −1 3 0   b)  00001    00000  

 1 0 2 −3  c)   0 1 1 2 

Álgebra Linear

10. Resolva os sistemas seguintes pelo método de eliminação de Gauss.  x−1 + 2 x2 =4 x3 2 a) 2 x1 − 3x2 + 5x3 = 3 3467  x1 − x2 + x3 =

x−x3245 x + =  x−1234  c)  3x1234 x−x8−x+ = 3 8 2 x x−x3+x− = 5 4  1234

 x+1 +x2 =2 x3 8 b) − x−1 2+x2 =3x3 1  3x − 7 x + 4 x = 10 2 3  1

 x−1 x+ 2 x−2x =3 4 4  2 x x+x+x− = 1 1234 d)  − x1+ x2 −2 x 4+x 3 =− 4 7  3 x1 − 2 x4 = −1

18 19

11. Resolva os sistemas do exercício 10 pelo método de Gauss-Jordan. 12. Resolva os sistemas homogêneos a seguir:  2 x−1 −x2 =3 x3 0

a) − x1 + 2 x2  

=0

x 2 + x3 = 0

 24530 x+1234 x x−x + = x+x6−x+ = 7 b)  3x1234 4 5 x + 10 11 x − x + x = 2 3 6  1

4

0 0

13. Dado o par de matrizes a seguir, encontre uma matriz elementar M tal que MA = B.  2   1 3 A =  −2  4 5  3   1 4

2 1 3 e B = 31 4 −2 4 5

Unidade 1

67


ax + by = 1 14. Dado o sistema:  , mostre que: cx + dy = 0

I. Se ad – bc ≠ 0, o sistema tem a solução única d c x= ,y=− ; ()() ad − bc ad − bc II. Se ad – bc = 0, c ≠ 0 ou d ≠ 0, o sistema não tem solução. 15. Utilize o determinante de cada matriz dada para vericar se ela é invertível: 1 0  a)   0 −3 

 2 −1 b)   3 7 

1 3 0 c) 0 0 0   1 −2 3 

16. Determine todos os valores de a e b para que a matriz abaixo seja invertível. 0  2 A= 0 b a + 3 −  17. Determine a matriz inversa, pelo método prático de escalonamento, de cada uma das matrizes dadas.  1 0 0  a)A = 1− 10 −   1 −1 1   3 4 −1 b) B =  1 0 3   2 5 −4 

68

 −3 −33   −5 62 c) C =   4 −54 −   1 −11 −

2 −4  3  1 

Álgebra Linear

18. Resolva os seguintes sistemas pelo método da matriz inversa:  2 xyza +−=  S1 = 5x+ −y2 =z 3b  y + 2z = c   +x −2 y =z y − 3 z+ w=− S2 =   x + 3 y+ −z =2 w  xyzw + −4+ 2 = 4

para: a) (a = 1, b = 2, c = 3) b) ( a = 1, b = 0, c = –8) 1

1

2 0

Saiba mais Recomendamos o livro Álgebra Linear com Aplicações, de Steven J. Leon, que apresenta conteúdo sobre resolução de sistemas, além de aplicações utilizando o soware MATLAB. Para quem conhece a ferramenta, é uma boa experiência.

Unidade 1

69

UNIDADE 2

Espaço vetorial


Identificar um espaço vetorial.



Associar sistemas a matrizes.



Interpretar e provar que um determinado conjunto é um subespaço vetorial.



Fazer a combinação linear entre vetores de um espaçovetorial.



Identificar quando um conjuntode vetores é linearmente independente ou linearmente dependente.



Encontrar a base e a dimensão de um espaço vetorial.

Seções de estudo Seção 1 Espaço vetorial Seção 2 Subespaço vetorial Seção 3 Combinação linear Seção 4 Subespaço gerado Seção 5 Dependência e independência linear Seção 6 Base e dimensão

2


Para início de estudo Nesta unidade, você irá se familiarizar com os chamados espaços vetoriais. Vale ressaltar que a palavraespaço, aqui, quer dizer um conjunto e a palavra vetorial é usada para se remeter às propriedades dos vetores. Assim, um espaço vetorial é um conjunto que admite as propriedades dos vetores. Alguns conjuntos (espaços) aqui estudados são: R2 = {(x,y) | x ∈ IR; y ∈ IR} R3 = {(x,y,z) | x,y,z ∈ IR} M(m,n): conjunto das matrizes de ordem m×n. Pn = [a0 + a1x + a1x2 + … + anxn; a0, a1, ,an ∈ IR}: conjunto dos polinômios de grau n.

Quais são as propriedades referentes a vetores?

 



Relembre: dados os vetores , e w e os escalares a e b, temos

quatro propriedades referentes à soma de vetores e quatro propriedades referentes à multiplicação por escalar. 











a) + ( + ) = ( + v) + (associativa para a soma);     b) + v = v + (comutativa para a soma);       c) Existe o vetor 0 , tal que + 0 = 0 + = (existência do elemento neutro);       d) Existe o vetor – , tal que – + = + (– ) = 0 (existência do elemento oposto); e) f) g) h)

72

a·( + ) = a·  + a·  (distributiva para soma de vetores);    (a + b)· = a· + b· (distributiva para soma de escalares);   a·(b· ) = (a·b)· ;   1· = .

Álgebra Linear

De maneira geral, você estudará conjuntos, e deniremos uma operação de soma e uma operação de multiplicação por escalar entre seus elementos, tal que as propriedades acima citadas sejam satisfeitas. Esses conjuntos recebem o nome de espaços vetoriais.

Seção 1 – Espaço vetorial No início da unidade, você já teve uma ideia, mesmo que informal, do signicado de espaço vetorial. Neste momento, formalizaremos este conceito. Um espaço vetorial real V é um conjunto, não vazio, no qual são denidas duas operações: 



Soma (+): V × V → V Multiplicação por escalar ( ∙ ): R × V → V

tais que para quaisquer u, v e w ∈ V e a e b ∈ IR, as seguintes propriedades são satisfeitas: A1) u + (v + w) = (u + v) + w A2) u + v = v + u A3) Existe 0 ∈ V, tal que u + 0 = 0 + u = u A4) Existe –u ∈ V, tal que –u + u = u + (–u) = 0 M1) M2) M3) M4)

a·(u + v) = a·u + a·v (a + b)·u = a·u + b·u a·(b·u) = (a·b)·u 1·u = u Na propriedade A3, o zero ali exposto não é o zero número real, e sim o elemento neutro do conjunto V. Observe que esse elemento depende do conjunto V, por exemplo, se V = R2, então 0 = (0,0).

Unidade 2

73


Observação 2.1:

1) A operação soma (+): V × V → V indica que dados u ∈ V e v ∈ V, então u + v ∈ V e a operação multiplicação por escalar (·): R × V → V indica que dados a ∈ R e u ∈ V, então a·u ∈ V. 2) Se os escalares a e b forem números complexos, temos um espaço vetorial complexo. 3) A partir de agora, todo elemento pertencente a um espaço vetorial será chamado de vetor. Por exemplo, se o espaço vetorial for V = M(2,2), então os vetores desse espaço serão matrizes. Um pouco de história O primeiro matemático a introduzir o conceito de espaço vetorial foi o alemão Hermann Grassmann (1809-1877). O matemático italiano Giuseppe Peano (1858-1932) foi quem tornou claro os trabalhos do alemão. A denição dos axiomas feita por Peano só foi aceita em 1918, em um trabalho do matemático Hermann Weyl (1885-1955). Fonte: Anton e Rorres (2001).

Exemplos

2.1. Prove que o conjunto dos vetores no plano V = R2 = [(x,y); x, y ∈ IR} é um espaço vetorial. Primeiramente, vamos denir as operações de soma e multiplicação por escalar no R2. (+): (x1, y1) + (x2, y2) = (x1 + x2, y1 + y2) ( ∙ ): a·(x, y) = (ax, ay) Essas são as operações usuais no R2 que você conheceu na Geometria Analítica. Necessitamos agora mostrar que as oito propriedades são verdadeiras. Lembre-se de que, quando queremos provar que algo é verdadeiro, o fazemos com elementos genéricos e não com exemplos. Podemos proceder de duas maneiras:

74

Álgebra Linear

1. Sair de um lado da igualdade e chegar ao outro lado da igualdade; ou 2. desenvolver ambos os lados ao mesmo tempo e mostrar que são iguais. Sejam, então, u = (x1, y1), v = (x2, y2) e w = (x3, y3) vetores de R2 e a e b ∈ IR. A1) u = (v + w) = (x1, y1) + ((x2, y2) + (x3, y3))

= (x1, y1) + (x2 + y2, x3 + y3) = (x1 + (x2 + x3), (y1 + (y2 + y3) = ((x1 + x2) + x3, (y1 + y2) + y3) = (x1 + x2, y1 + y2) + (x3 + y3)

usando a denição de soma usando a denição de soma associando as coordenadas usando a denição de soma usando a denição de soma

= ((x1, y1) + (x2, y2)) + (x3, y3) = (u + v) + w. Note que usamos a denição de soma nos dois sentidos. A2) u + v = (x1, y1) + (x2, y2)

usando a denição de soma

= (x1 + x2, y1 + y2)

comutando as coordenadas

= (x2 + x1, y2 + y1)


= (x2, y2) + (x1, y1) =v+u Para provar a associatividade entre os elementos do conjunto, em algum momento, a usamos entre as coordenadas dos elementos. Idem para a comutatividade.

Unidade 2

75


A2) Seja 0 = (0,0), então para todo u ∈ R2, temos: u + 0 = (x1, y1) + (0,0)


= (x1 + 0, y1 + 0) = (x1, y1) = u 2

A4) Para todo u = (x1, y1) ∈ R , existe (–u) = (–x1, –y1), tal que: –u + u = (–x1, –y1) + (x1, y1)


= (–x1 + x1, –y1 + y1) = (0, 0) = 0. M1)

a·(u + v) = a·((x1, y1) + (x2, y2)) = a·((x1 + x2, y1 + y2) = (a·(x + x ), a·(y + y )) 1

2

1

2

= (ax1 + ax2, ay1 + ay2)

= (ax1, ay1) + (ax2, ay2)

usando a denição de soma usando a denição de produto por escalar distributiva nas coordenadas usando a denição de soma usando a denição de produto por escalar

= a·(x1, y1) + a·(x2, y2) = a·u + a·v M2)

= ((a + b)·x1 , (a + b)·y1)

usando a denição de produto por escalar distributiva nas coordenadas

= (ax1 + bx1 , ay1 + by1) = (ax1, ay1) + (bx1 , by1)

usando a denição de soma usando a denição de produto por escalar

(a + b)·u = (a + b)·(x1, y1)

= a·(x1, y1) + b·(x1 , y1) = a·u + b·u

76

Álgebra Linear

M3) usando a denição de produto por escalar para b usando a denição de produto por escalar para a associando as coordenadas usando a denição de produto por escalar para ab

a·(b·u) = a·(b·(x1, y1)) = a·(bx1, by1) = (a·(bx1), a·(by1) = ((a·b)·x1, (a·b)·y1) = (a·b)·(x1, y1) = (a·b)·u M4)

usando a denição de produto por escalar

1·u = 1·(x1, y1) = (1x1, 1y1) = (x1, y1) = u

Como as oito propriedades foram satisfeitas, então V = R 2 é um espaço vetorial com as operações de soma e multiplicação por escalar usuais. De maneira geral, o espaço V = Rn = {(x1, x2, …, xn); xi ∈ IR} é um espaço vetorial com as operações de soma e multiplicação por escalares usuais. (+): (x1, x2, …, xn) + (y1, y2, …, yn) = (x1 + y1, x2 + y2, …, xn + yn) ( ∙ ): a·(x1, x2, …, xn) = (ax1, ax2, …, axn) 2.2. Verique se o conjunto de vetores no espaço V = R3 = [(x, y, z); x, y, z ∈ IR} é um espaço vetorial com as operações de soma e multiplicação por escalar denidas como: ⊕: (x1, y1, z1) + (x2, y2, z2) = (x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2) ⊗: a·(x, y, z) = (0, 0, 0)

Unidade 2

77


Observação 2.2: Geralmente, quando não tratamos com as operações usuais, usamos os símbolos ⊕ e ⊗. Lembre-se, pelo exercício anterior, que se as operações são usuais, então V = R3 é um espaço vetorial, o que não é o caso aqui.

Como a operação de soma é a usual, as propriedades A1, A2, A3 e A4 são satisfeitas, como vimos no exemplo 2.1. Para a multiplicação por escalar, devemos testar, para conferir se não há falhas. Vamos provar as propriedades, desenvolvendo seus dois lados. M1)

a·(u + v) = a·((x1, y1, z1) + (x2, y2, z2)) = a·((x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2)

usando a denição de soma usual usando a denição de produto por escalar ⊗

= (0, 0, 0) Por outro lado, temos

⋅ +a ⋅= au v

⋅a

x y (z

a·u + a·v = a·(x1, y1, z1) + a·(x2, y2, z2)

, ) x y (z , 2 , 2 ) 2

+ ⋅a 1, 1 1

usando a denição de produto por escalar ⊗

= (0, 0, 0) + (0, 0, 0) = (0, 0, 0) Logo, a·(u + v) = a·u + a·v. M2) (a + b)·u = (a + b)·(x1, y1, z1)


= (0, 0, 0) Desenvolvendo o outro lado, temos:

a·u + b·u = a·(x1, y1, z1) + b·(x1, y1, z1) = (0, 0, 0) + (0, 0, 0) = (0, 0, 0) Logo, (a + b)·u = a·u + b·u.

78

usando a denição de produto por escalar ⊗ usando a denição de soma usual

Álgebra Linear

M3) usando a denição de produto por escalar ⊗ para b usando a denição de produto por escalar ⊗ para a

a·(b·u) = a·(b·(x1, y1, z1)) = a·(0, 0, 0) = (0, 0, 0) Do outro lado, temos: (a·b)·u = (a·b)·(x1, y1, z1))


= (0, 0, 0) Logo, a·(b·u) = (a·b)·u. M4) 1·u = 1·(x1, y1, z1)


= (0, 0, 0) ≠ u 3

Portanto, a propriedade M4 falhou, logo o conjunto V = R com as operações ⊕ e ⊗, denidas anteriormente, não é um espaço vetorial.

Se você perceber que alguma propriedade falha, não há necessidade de fazer as outras, vá direto ao problema.

Agora é a sua vez! Faça os exercícios 1 e 2 das atividades de autoavaliação.

Unidade 2

79


Seção 2 – Subespaço vetorial Nesta seção, você estudará espaços vetoriais dentro de espaços vetoriais, ou seja, os chamados subespaços vetoriais.

Será que, para mostrar que um subconjunto W de um espaço vetorial V é um subespaço vetorial, é necessário vericar os oito axiomas da denição?

Felizmente, não! Basta analisar com cuidado o que acontece. Se V é um espaço vetorial e quisermos mostrar que o subconjunto W de V é um subespaço vetorial, as propriedades A1, A2, M1, M2, M3 e M4, já são válidas automaticamente para W, pois, se elas são válidas para todos os vetores de V, consequentemente valem, para todos os vetores de W, já que todo vetor de W é um vetor de V. Dizemos que essas propriedades sãohereditárias. Mas observe que, apesar de W ser um subconjunto do espaço vetorial V, esse subconjunto pode não conter o vetor nulo ou o vetor oposto de um vetor qualquer. Portanto, precisamos apenas garantir a existência do vetor nulo e do vetor oposto no subconjunto W de V. O teorema a seguir estabelece a condição para um conjunto ser um subespaço vetorial. Teorema 2.1: seja V um espaço vetorial. Um subconjunto W, não vazio, é um subespaço vetorial de V se forem satisfeitas as seguintes condições:

a) Para todo u, v ∈ W, tem-se: u + v ∈ W. b) Para todo u ∈ W e a ∈ IR, tem-se:a·u ∈ W. Com isto, garantimos as oito propriedades de espaço vetorial. De fato, pela condição (b), a·u ∈ W para todo a ∈ IR. Em particular se a = 0, então 0·u = 0 ∈ W , ou seja, isto garante a existência do elemento neutro, portanto a propriedade A3 é satisfeita. Particularmente também, se tomarmos a = –1, então

80

Álgebra Linear

(–1)·u = –u ∈ W , ou seja, garante a existência do vetor oposto, propriedade A4. As outras propriedades são hereditárias, como comentamos anteriormente.

Interpretação Geométrica Podemos usar algumas interpretações geométricas para mostrar preliminarmente alguns conjuntos que não são subespaços vetoriais e alguns conjuntos que, ao que tudo indica, satisfazem as condições (a) e (b) do Teorema 2.1. Faremos uso de sowares para apresentar essa interpretação em alguns exemplos, acompanhe-os a seguir. Exemplo 2.3: seja V = R2 e W = {(x, y) ∈ R2; y = x2}. Vamos vericar

geometricamente que W não é um subespaço vetorial. Perceba que geometricamente o subconjunto W é uma parábola. Todo conjunto tem uma propriedade que determina seus elementos. Propriedade de W: Cada vetor u = (x, y) de W tem a propriedade de que a segunda coordenada é o quadrado da primeira. y 14 12 10 8 6 4 2

−5

−4

−3

−2

−1

1

2

x 35

4

−2

Figura 2.1 - Representação da Parábola.

Unidade 2

81


Representando dois vetores do conjunto W, ou seja, dois vetores que satisfaçam a propriedade de W, por exemplou = (1, 1) e v = (–2, 4). y 14 12 10 8 6 4 2

−5

−4

−3

−2

−1

1

2

3

4

5

x

−2

Figura 2.2 - Representação dos Vetores e da Parábola.

Perceba, na representação gráca daDe Figura 2.2,com que oosteorema vetores têm extremidades sobre a parábola. acordo 2.1, para que W seja subespaço vetorial de V, este deve conter a soma de dois vetores quaisquer do subconjunto W, o que não ocorre neste exemplo. y 14 12 10 8 6 4 2

−5

−4

−3

−2

−1

1

2

−2

Figura 2.3 - Representação dos Vetores e da Parábola.

82

3

4

5

x

Álgebra Linear

Veja que o vetor w = (–1, 5) não tem extremidade na parábola, assim provamos, através de um contraexemplo e geometricamente, que o subconjunto W não é um subespaço vetorial, pois falha a propriedade (a). É claro que poderíamos provar isto apenas algebricamente, sem a necessidade dos esboços.

Quando queremos provar quedar umum determinado conjunto W não é um subespaço, basta contra-exemplo, que é mostrar, por meio de um exemplo, que uma das propriedades de subespaço falha, como feito no exemplo acima.

Acompanhe mais um exemplo interpretando-o geometricamente. Exemplo 2.4: seja V = R2 e W = {(x, y) ∈ R2; y = 3x}.

Geometricamente, este conjunto é uma reta passando pela srcem. Propriedade de W: Cada vetor u = (x, y) tem a propriedade de que a segunda coordenada é o triplo da primeira.

Fazendo a representação gráca desta reta. y 20 15 10 5

−10

−8

−6

−4

−2

2

4

6

10 x8

−5

−10 −15 −20

Figura 2.4 - Representação da Reta.

Unidade 2

83


Tomando dois elementos pertencentes a W, por exemplo u = (1, 3) e v = (–2, –6), e fazendo a soma u + v = (–1, –3). Escolhendo, por exemplo, α = 3, o vetor α·u = (3, 9). Geometricamente: y 20

15 10 5

−10

−8

−6

−4

−2

2

4

6

10 x8

−5 −10 −15 −20

Figura 2.5 - Representação da Reta e de Vetores.

Pelo exemplo 2.4, percebe-se que o vetor somaw (propriedade (a)) e o vetor multiplicação por escalarz (Propriedade (b)) continuam pertencendo ao conjunto W, mas, infelizmente, isso não é suciente para provar que W é um subespaço vetorial, pois podem existir outros dois vetores desse conjunto, cuja soma não pertença a ele, ou pode existir um outro escalar que não seja o 3, cuja multiplicação por escalar dele por um vetor do conjunto também não pertença a W. Seria necessário vericar vetor por vetor e escalar por escalar que as propriedades (a) e (b) são válidas. Uma tarefa um tanto árdua e impossível de realizar.

O que fazer então para provar que um determinado conjunto é realmente um subespaço vetorial?

84

Álgebra Linear

Se você pensou que se deve provar as propriedades usando dois vetores genéricos quaisquer, acertou! No exemplo 2.4, tudo indica que o conjunto é um subespaço vetorial, vamos vericar? Exemplos

2.5. Prove que o conjunto W = {(x, y) ∈ R2; y = 3x} é um subespaço vetorial. Tomemos elementos genéricos desse conjunto com a propriedade do conjunto. a) Sejam u = (x1, 3x1) ∈ W e v = (x2, 3x2) ∈ W. Provemos que u + v ∈ W. u + v = (x1, 3x1) + (x2, 3x2)

= (x1 + x2, 3x1 + 3x2) = (x1 + x2, 3(x1 + x2)) = (x, 3x), em que x = x + x 1

2

Como u + v, satisfaz a propriedade do conjunto, já que a segunda coordenada é o triplo da primeira, para todo u, v ∈ W segue que u + v ∈ W. b) Sejam u = (x1, 3x1) ∈ W e α ∈ IR. Provemos que α·u ∈ W. α·u = α·(x1, 3x1)

= (αx1, α(3x1)) = (αx1, 3(αx1)) = (x, 3(x)), em que x = αx1 Como α·u satisfaz a propriedade do conjunto, já que a segunda coordenada é o triplo da primeira, para todo u ∈ W e α ∈ IR, segue que α·u ∈ W. Portanto, W é um subespaço vetorial.

Unidade 2

85


2.6. Seja W1 = {(x, y, z); y = x e z = 0}. W1 é um subespaço vetorial? Propriedade de W1: Cada vetor u = (x, y, z) de W tem a propriedade de que as duas primeiras coordenadas são iguais e a variável z é zero.

a) Seja u = (x1, x1, 0) ∈ W e v = (x2, x2, 0) ∈ W. u + v = (x1, x1, 0) + (x2, x2, 0) = (x1 + x2, x1 + x2, 0)

= (x, x, 0), em que x = x1 + x2 Como u + v satisfaz a propriedade do conjunto para todou, v ∈ W segue que u + v ∈ W. b) Seja u = (x1, x1, 0) ∈ W e α ∈ IR. α·u = α·(x1, x1, 0)

= (αx1, αx1, 0) = (x, x, 0), em que x = αx1 Como α·u satisfaz a propriedade do conjunto para todo u ∈ W e α ∈ IR, segue queα·u ∈ W. Logo, W1 é um subespaço vetorial. 2.7. Seja W2 = {M(m, n); a11 ≥ 0}. Mostre que W2 não é um subespaço vetorial. Propriedade de W2: Conjunto das matrizes de m linhas e n colunas cujo elemento a11 é maior ou igual a zero.

Para mostrar que W2 não é um subespaço vetorial, basta encontrar um contra-exemplo. 1 0 0 0 Seja u =      0 0

86

   

0 0  ∈ W2 , pois a11 ≥ 0. 0  0  m×n

Álgebra Linear

Se tomarmos α = –2, então

α−⋅ =⋅u

1 0 2     0

0  −0  0 0  =     0   0    0

2 0 0 0 ∉    0 0

 



0 0 0 0

W2

pois a11 = –2 ≤ 0, não satisfazendo a propriedade do conjunto. Logo, a propriedade (b) da denição de subespaço vetorial falha, pois ela deve ser válida para qualquer escalar α. 2.8. Verique se W3 = {(x, y, z) ∈ R3; 2x – y + 3z = 0} é um subespaço vetorial. Propriedade de W3: Conjunto dos elementos de R3 que satisfazem a

equação 2x – y + 3z = 0.

(a) Seja u = (x1, y1, z1) ∈ W3, isto implica que 2x1 – y1 + 3z1 = 0, e seja também v = (x2, y2, z2) ∈ W3, então 2x2 – y2 + 3z2 = 0. Deve-se mostrar que as coordenadas de u + v satisfazem a equação 2x – y + 3z = 0. Somando as igualdades dadas, tem-se: 2x1 – y1 + 3z1 + 2x2 – y2 + 3z2 = 0 Ou seja, 2(x1 + x2) – (y1 + y2) + 3(z1 + z2) = 0 e isto mostra que o vetor u + v = (x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2) ∈ W3, pois suas coordenadas satisfazem a equação 2x – y + 3z = 0. Do mesmo modo, temos que α·u = (αx1, αy1, αz1) ∈ W3, pois se 2x1 – y1 + 3z1 = 0, então, α(2x1 – y1 + 3z1) = 0, isto é, 2( αx1) – αy21 x+ –3(yα+z13) z= =0,0.logo as coordenadas de α·u satisfazem a equação Portanto, W3 é um subespaço vetorial. Lembre-se de que, geometricamente, esse conjunto representa um plano que passa pela srcem do R 3.

Unidade 2

87


Observação 2.3: se W é um subespaço vetorial, temos pela condição (b) do teorema 1, que o vetor nulo pertence a W. Assim, se em um determinado conjunto W vericarmos que o vetor nulo não pertence a esse conjunto, segue então que W não é um subespaço vetorial. Encontramos uma outra maneira, quando possível, de vericar que um conjunto não é um subespaço.

Atenção! O fato de o vetor nulo prtencer a um conjunto não implica que ele seja um subespaço vetorial. Basta ver o exemplo da parábola, no início desta seção.

Exemplos

2.9. Seja V = R2, verique se o conjunto S = {( x, y) ∈ R2; y = x + 1} é um subespaço vetorial. Basta vericar que o vetor nulo (0,0) ∉ S, portanto, pela observação 2.3, segue que S não é um subespaço vetorial de V. 1 a  2.10. Seja V = M(2,2), verique se o conjunto S1 =   ; a ∈ IR a a é um subespaço vetorial de V. 0 0  Basta vericar novamente que o vetor nulo   ∉ S1 . 0 0  Portanto, S1 não é um subespaço vetorial de V.

{

}

2.11. Seja V um espaço vetorial, e sejam W1 e W2 subespaços vetoriais. Prove que W = W1 ∩ W2 é um subespaço vetorial. Devemos provar que a intersecção de dois subespaços vetoriais continua sendo um subespaço vetorial. a) Seja u, v ∈ W. Devemos provar que u + v ∈ W para todo u, v ∈ W. Como u, v ∈ W e W = W1 ∩ W2, segue que u, v ∈ W1 e u, v ∈ W2, mas W1 e W2 são subespaços vetoriais, logo u + v ∈ W1 e u + v ∈ W2, ou seja, u + v ∈ W1 ∩ W2 = W, como queríamos demonstrar. 88

Álgebra Linear

b) Seja u ∈ W e α ∈ R. Devemos mostrar que α·u ∈ W, para todo u ∈ W e α ∈ IR. Como u ∈ W e W = W1 ∩ W2, segue que u ∈ W1 e u ∈ W2, mas W1 e W2 são subespaços vetoriais, logo α·u ∈ W1 e α·u ∈ W2, ou seja, α·u ∈ W1 W1 ∩ W2 = W, como queríamos demonstrar. Portanto, W = W1 ∩ W2 é um subespaço vetorial. 2.12. Mostre que o conjunto das matrizes diagonais de ordem n é um subespaço vetorial. Seja W1 = {Conjunto das matrizes triangulares superiores} W2 = {Conjunto das matrizes triangulares inferiores} W1 e W2 são subespaços vetoriais, pois satisfazem as condições (a) e (b), já que a soma de quaisquer duas matrizes triangulares (superiores ou inferiores) continua sendo uma matriz triangular (superior ou inferior) e, se multiplicarmos qualquer matriz triangular (superior ou inferior) por um escalar real, continua sendo uma matriz triangular (superior ou inferior). Agora W = W1 ∩ W2 = {conjunto das matrizes diagonais} é um subespaço vetorial, de acordo com o exemplo anterior. Observação 2.4: o fato de um subespaço vetorial sempre conter o vetor nulo, segue que geometricamente, quando falamos do R2, os subespaços são a própria srcem e as retas que passam pela srcem, já no R 3, além da própria origem e das retas que passam pela srcem, temos os planos que passam pela srcem. Para n ≥ 4, não temos mais noção geométrica. Observação 2.5: você já deve ter observado que todo espaço vetorial V admite pelo menos um subespaço vetorial: o conjunto {0} (subespaço zero), em que {0} representa o conjunto cujo elemento é apenas o vetor nulo. Este subespaço é chamado de subespaço trivial. Além disso, como todo conjunto está contido

Unidade 2

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nele mesmo, todo espaço vetorial é subespaço dele mesmo, também chamado de subespaço trivial. Os demais subespaços são chamados de subespaços próprios. Por exemplo: os subespaços triviais do R 3 são {(0, 0, 0)} e o R3, os subespaços próprios são os planos e as retas que passam pela srcem.

Faça os exercícios de autoavaliação 3 e 4 para xar os conceitos de subespaço vetorial.

Na próxima seção, vamos tratar de “combinar” vetores de um espaço vetorial, e você verá que, a partir destas “combinações”, outros subespaços podem ser “gerados”. Para prosseguir com seu estudo, é importante que você compreenda bem os conceitos de espaço e subespaço vetorial. E então, vamos à luta?

Seção 3 – Combinação linear Para dar uma ideia do termo “combinação de vetores”, iniciamos a seção com um exemplo simples: Seja V = R3 e tome os vetores u = (–1, 5, 3) e v = (2, –3, 2). Façamos, por exemplo, o seguinte cálculo 2·u – 5·v. O que obtemos? Vejamos: 2·u – 5·v = 2·(–1, 5, 3) – 5·(2, –3, 2) = (–2, 10, 6) + (–10, 15, –10) = (–12, 25, –4) = w

90

Álgebra Linear

Neste caso, dizemos que o vetor w = (–12, 25, –4) é uma combinação dos vetores u = (–1, 5, 3) e v = (2, –3, 2), pois w foi obtido a partir de u e v, quando estes foram multiplicados pelos escalares 2 e –5, respectivamente. Assim, já temos uma noção do que é combinar vetores.

De maneira geral, dene-se a combinação linear de vetores como: Seja V um espaço vetorial e sejam v1, v2, …, vn ∈ V e a1, a2, …, an ∈ R. Qualquer vetor v ∈ V 2, da forma v = a1v1 + a2v2 + … + anvn, é uma combinação linear dos vetores v1, v2, …, vn.

No exemplo dado no início da seção, tínhamos w = 2·u – 5·v, ou seja, w é uma combinação linear dos vetores u e v. Exemplos

2.13. Verique se o vetorv = (10, 2, –1) é combinação linear dos vetores v1 = (1, –2, 1) e v2 = (3, 3, 2). Queremos encontrar escalares a e b, tal que v = av1 + bv2. Então, temos: (10, 2, –1) = a·(1, –2, 1) + b·(3, 3, 2) (10, 2, –1) = (a, –2a, a) + (3b, 3b, 2b) (10, 2, –1) = (a + 3b, –2a + 3b, a + 2b) A condição de igualdade entre vetores resulta no seguinte sistema linear: −2 aa ++ 33bb == 102  a + 2b = −1 

Unidade 2

91


Fazemos o escalonamento de matrizes para resolvê-lo: 1  −2   1 1 0  0 1 0   0 1 0   0

3 10  L = L + 2L1 3 2  → 2 2 L 3 = L 3 − L1 2 −1 3 10  9 22  → L 2 ↔ L 3 −1 −11 3 10  −1 − 11 → = L 3+ L 3 9L 2 9 22  3 10  −1 −11 0 77 

Nele, observamos que o sistema é incompatível, pois a última equação 0·x + 0·y = –77 é uma equação degenerada. Assim, não conseguimos encontrar escalaresa e b tal que v = av1 + bv2 e, v1 e v2. portanto, v não pode ser escrito como combinação linear de 2.14. Mostre que o vetor v = (0, 7, 11) é combinação linear dos vetores v1 = (1, 4, 5) e v2 = (2, 1, –1).

Queremos encontrar escalares a e b, tal que v = av1 + bv2. Assim, (0, 7, 11) = a·(1, 4, 5) + b·(2, 1, –1), que nos dá o seguinte sistema linear:  a + 2b = 0 4a + b = 7   5a + b = 11 

Vamos escalonar esse sistema: 1 2 0   4 1 7  → L 2 = L 2 − 4L1   L = L − 5L 3 3 1  5 −1 11

92

Álgebra Linear

1 2  0 −7  0 −11 1 2 0 1  0 −11

0 1  =−L 7→ L 2  7 2 11 0 −1→ L=3 +L 3 11L 2 11

 1 2 0  0 1 −1 0 0 0 

Reescrevendo o sistema, obtemos:  a + 2b = 0  b = −1 

Resolvendo por retro-substituição b = –1 e a = 2, ou seja, é um sistema compatível e determinado, assim, mostramos que o vetor v = (0, 7, 11) é combinação linear dos vetores v1 = (1, 4, 5) e v2 = (2, 1, –1), ou seja, v = 2 v1 – v2.

2.15. Mostre que o vetor v = (–1, 2, 3), pode ser escrito de innitas maneiras como combinação linear dos vetores v1 = (1, 0, 0), v2 = (0, 1, 0), v3 = (0, 0, 1) e v4 = (1, 1, –1). Temos que: (–1, 2, 3) = a(1, 0, 0) + b(0, 1, 0) + c(0, 0, 1) + d(1, 1, –1) Que nos dá o seguinte sistema: a+ d= − 1 b + d = 2 c − d = 3 

Observe que podemos escrever as variáveisa, b e c em função da variável d, a = –1 + d, b = 2 – d e c = 3 + d, ou seja, a variável d é uma variável livre e, nesse caso, o sistema é compatível e indeterminado. Logo, para cada valor de d, obtemos uma valor

Unidade 2

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para a, outro para b e outro para c, isto é, existem innitas combinações para o vetor v = (0, 7, 11), em relação aos vetores v1 = (1, 0, 0), v2 = (0, 1, 0), v3 = (0, 0, 1) e v4 = (1, 1, –1). Perceba pelos exemplos anteriormente citados que, quando queremos vericar se um dado vetor v é combinação de um conjunto de vetores v1, v2, …, vn, basta vericar a compatibilidade do sistema: a) incompatível – não há combinação; b) compatível e determinado – uma única maneira de combinar; c) compatível e indeterminado – innitas maneiras de combinar.

Veja outros exemplos que lhe darão uma ideia do que você irá estudar nas próximas seções. Exemplos

2.16. Sejam os vetores u = (–1, 3, –1) e v = (1, –2, 4). Encontre o valor de k, para que o vetor w = (k, –13, 11) seja combinação linear de u e v. Temos que (k, –13, 11) = a(–1, 3, –1) + b(1, –2, 4), que nos dá o seguinte sistema linear que vamos resolver escalonando. −a +  3a −  −a +  − 1 1  3 −2   −1 4 − 1 3   0 − 1 3   0

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b= k 2b = 13 4b = 11 k  L = L 2 + 3L1 −13  → 2 L 3 =L3 − L1 11 

k  1 1 3k − 13  → L 3 =L 3 − 3L 2 3 − k + 11 1 k  1 3k − 13  0 −10 k + 50 

Álgebra Linear

Como queremos que o vetor w seja uma combinação de u e v, é necessário que o sistema linear seja compatível, ou seja, devemos ter que –10k + 50 = 0 e, portanto, k = 5. 2.17. Que condições devem satisfazer x, y e z para que o vetor (x, y, z) seja combinação linear dos vetores u = (–1, 3, –1) e v = (1, –2, 4)? Temos que (x, y, z) = a(–1, 3, –1) + b(1, –2, 4), o que nos dá

b= x −a +  3a − 2b = y   − a + 4b = z  Procedendo como no exemplo anterior, tem-se: − 1 1 x   3 −2 y  → L 2 = L+2 3L1   L = L −L 3 3 1  −1 4 z  −  01   0 − 1 0   0

x  1 1 3x + y→ = −LL3 3 − x + z  1 x  1 3x + y  0 −10 x − 3 y + z 

3

3L2

Como devemos ter uma combinação linear, segue que o sistema deve ser compatível, portanto: –10x – 3y + z = 0, ou 10x + 3y – z = 0. Assim, todos os vetores (x, y, z) que são combinações lineares dos vetores u = (–1, 3, –1) e v = (1, –2, 4) satisfazem a equação 10x + 3y – z = 0, que, geometricamente, é um plano que passa pela srcem do sistema espacial cartesiano. Percebemos, então, que todas as possíveis combinações dos vetores u e v têm como resultado um vetor que pertence ao plano 10x + 3y – z = 0, ou

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seja, dizemos que os vetores u = (–1, 3, –1) e v = (1, –2, 4) geram o plano 10x + 3y – z = 0. A ideia de vetores geradores é o assunto da próxima seção. Agora é a sua vez! Antes de seguir para a próxima seção, realize os exercícios 5 e 6 das atividades de autoavaliação.

Seção 4 – Subespaço gerado Nesta seção, você estudará um subespaço vetorial especial, que é o subespaço das combinações lineares de um conjunto de vetores pertencentes a um espaço vetorial V, o qual é chamado de subespaço gerado. Então, mãos à obra! Sejam v1, v2, …, vn vetores pertencentes a um espaço vetorial V. Denotemos por A o conjunto cujos elementos são os vetores anteriormente citados, ou seja, A = {v1, v2, …, vn}, onde A ≠ ∅. Agora tome o conjunto W composto de todas as combinações lineares dos vetores de A, ou seja: W = {v ∈ V; v = a1v1 + a2v2 + … + anvn; ai ∈ IR} Teorema 2.2: O conjunto W denido anteriormente é um

subespaço vetorial. De fato, seja u ∈ W e v ∈ W. Devemos mostrar queu + v ∈ W e α·u ∈ W.

a) Como u ∈ W, segue pela propriedade do conjunto queu é combinação dos vetores de A, isto é, u = a1 v 1 + a2 v 2 + … + an v n .

Do mesmo modo como v ∈ W, segue que v = b1v1 + b2v2 + … + bnvn.

96

Álgebra Linear

Então,

u + v = a1v1 + a2v2 + … + anvn + b1v1 + b2v2 + … + bnvn = (a1 + b1)v1 + (a2 + b2)v2 + … + (an + bn)vn Chamamos de ci = ai + bi, em que i = 1, 2, …, n, assim,

u + v = c1v1 + c2v2 + … + cnvn Portanto, u + v ∈ W, pois é uma combinação linear dev1, v2, …, vn. b) Analogamente, temos: α·u = α·(a1v1 + a2v2 + … + anvn)

= (αa1)·v1 + (αa2)·v2 + … + (αan)·vn Chamamos de di = αai, em que i = 1, 2, …, n, assim, α·u = d1v1 + d2v2 + … + dnvn

Portanto, α·u ∈ W, pois é uma combinação linear dev1, v2, …, vn. Logo, W é um subespaço vetorial. O conjunto W é dito gerado pelos vetores v1, v2, …, vn, ou gerado pelo conjunto A , e representamos por W = G(A) (subespaço gerado por A). Assim, os vetores v1, v2, …, vn são chamados de geradores do subespaço W e A é chamado de conjunto gerador de W. Observação 2.6: o conjunto vazio gera apenas o zero, ou seja, [∅] = {0}. E todo conjunto A de vetores que está contido em V gera um subespaço vetorial de V em alguns casos, pode ocorrer que G(A) = V.

Um bom exemplo de subespaço gerado é o exemplo 2.17 Podemos dizer que o conjunto W = {(x, y, z) ∈ R3; 10x + 3y – z = 0} é um subespaço vetorial gerado pelos vetores u = (–1, 3, –1) e v = (1, –2, 4), ou seja, W = [(–1, 3, –1), (1, –2, 4)].

Unidade 2

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Veja alguns exemplos. Exemplos

2.18. Mostre que V = R2 é gerado pelos vetorese1 = (1,0) e e2 = (0,1). Basta mostrar que qualquer vetor (x, y) ∈ R2 é combinação linear dos vetores e1 e e2. De fato, (x, y) = a(1, 0) + b(0, 1) (x, y) = (a, 0) + (0, b) (x, y) = (a, b) Ou seja, basta tomar a = x e b = y para que qualquer vetor (x, y) ∈ R2 seja combinação linear de e1 e e2. Podemos escrever, então, que R2 = [e1, e2]. 2.19. Verique se os vetoresu = (1, 1) e v = (2, 0) geram V = R2. Novamente devemos mostrar que qualquer vetor (x, y) ∈ R2 é combinação linear dos vetores u e v. De fato, (x, y) = a(1, 1) + b(2, 0) (x, y) = (a, a) + (2b,0) (x, y) = (a + 2b, a) Isto é, a + 2b = x e a = y. Substituindo a = y na equação a + 2b = x, obtemos b =

x−y

. 2 Portanto, qualquer vetor (x, y) ∈ R2 é combinação linear x−y dos vetores u = (1, 1) e v = (2, 0), bastando tomar a = y e b = . 2 Escrevemos R2 = [(1, 1), (2, 0)]. 2.20. Verique se o conjunto A = {(1, 0), (0,1), (2, –3)} gera V = R2. Devemos mostrar que qualquer vetor (x, y) ∈ R2 pode ser escrito como combinação dos vetores de A. Assim, (x, y) = a(1, 0) + b(0, 1) + c(2, –3) (x, y) = (a + 2c, b – 3c) 98

Álgebra Linear

Portanto: a + 2c = x  b − 3c = y

Temos então a = x – 2c e b = y + 3c, tomando um valor qualquer para c, digamos c = 2, temos a = x – 4 e b = y + 6. Logo, todo vetor (x, y) ∈ R2 pode ser escrito como combinação linear dos vetores de A, bastando tomar a = x – 4 e b = y + 6. Perceba que c é um valor qualquer, isto signica que podemos escrever qualquer vetor (x, y) ∈ R2 de innitas maneiras como combinação linear dos vetores de A. É possível gerar o R 2 com dois vetores? Há necessidade de gerá-lo usando três, quatro ou mais vetores ainda?

Na verdade, não há necessidade. Veremos, no próximo resultado que existe um número mínimo de vetores a serem tomados para gerar um determinado espaço. Teorema 2.3: Seja A = {v1, v2, …, vn}, com v1, v2, …, vn ∈ V, V um espaço vetorial e seja w ∈ V, tal quew = a1v1 + a2v2 + … + anvn, ou

seja, w é combinação linear dos elementos de A. Então, [v1, v2, …, vn, w] = [v1, v2, …, vn]

O que queremos provar é que, se um conjunto W é gerado por vetores v1, v2, …, vn, ele também pode ser gerado por um conjunto com um vetor a mais, desde que este vetor seja combinação dos demais, ou seja, todo vetor v ∈ V que é combinação linear de v1, v2, …, vn, w é, também, combinação linear de v1, v2, …, vn. Seja W1 = [v1, v2, …, vn, w] e W2 = [v1, v2, …, vn], vamos provar que W1 = W2. Para isto, basta mostrar que todo elemento de W 1 é um elemento de W 2 e vice-versa.

Unidade 2

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Seja v ∈ W1 = [v1, v2, …, vn, w], então existem números b1, b2, …, bn, b, tais que: v = b1v1 + b2v2 + … + bnvn + bw

Mas como w = a1v1 + a2v2 + … + anvn, tem-se: v = b1v1 + b2v2 + … + bnvn + b(a1v1 + a2v2 + … + anvn)

Agrupando os vetores comuns, chega-se a: v = (b1 + ba1)v1 + (b2 + ba2)v2 + … + (bn + ban)vn

Ou seja, v é combinação linear de v1, v2, …, vn, isto é, v ∈ W2 = [v1, v2, …, vn]. Isto quer dizer que W 1 ⊂ W2. Vamos provar a recíproca: Seja v ∈ W2 = [v1, v2, …, vn], então existem b1, b2, …, bn, tais que: v = b1v1 + b2v2 + … + bnvn

que pode ser reescrito da seguinte maneira: v = b1v1 + b2v2 + … + bnvn +

0w

Isto é, v é combinação linear de v1, v2, …, vn, w, ou seja, v ∈ W1 = [v1, v2, …, vn, w], segue então que W 2 ⊂ W1. Portanto, como W1 ⊂ W2 e W2 ⊂ W1, a única possibilidade é que W1 = W2, logo provamos que [v1, v2, …, vn, w] = [v1, v2, …, vn]. Acabamos de provar com o teorema 2.3 que, se um subespaço vetorial W pode ser gerado por um conjunto A, e se acrescentarmos vetores de W a este conjunto A, os novos conjuntos continuarão a gerar o mesmo subespaço W. Isto nos leva a pensar que todo subespaço vetorial pode ser gerado por uma innidade de vetores, mas existe um conjunto mínimo de vetores para gerá-lo. Como exemplo, tome o espaço R2. Estudamos, nos exemplos anteriores, que este conjunto pode ser gerado por dois vetores, ou três vetores, pelo teorema 2.3. Na verdade, ele pode ser gerado por uma innidade de vetores, mas sabemos que existe um número mínimo que, neste caso, é dois. 100

Álgebra Linear

Você verá, nos exemplos a seguir, que, se tivermos apenas um vetor, vamos gerar apenas um subconjunto do R2. Exemplos

2.21. Seja V = R2. Qual o subespaço gerado pelo vetor u = (1, 2)? Devemos encontrar os vetores (x, y) ∈ R2, que são combinações do vetor u = (1, 2), assim, temos (x, y) = a(1,2), o que nos leva a x = a e y = 2a, de onde temos que y = 2x. Logo, temos [u] = {(x, y) ∈ R2, y = 2x} = {(x, 2x); x ∈ IR}, ou seja, o subespaço gerado pelo vetor u ∈ R2 é uma reta que passa pela srcem. Perceba que temos o vetor gerador e por ele a reta y = 2x. Qualquer múltiplo de u é um vetor pertencente à reta gerada. 2.22. Mostre que os vetores u = (1, 0, 0), v = (1, 1, 0) e w = (1, 1, 1) geram V = R3. 3

Seja (x, y, z) um vetor qualquer de R . Temos então que: (x, y, z) = a(1, 0, 0) + b(1, 1, 0) + c(1, 1, 1) (x, y, z) = (a + b + c, b + c, c) Isto nos dá o seguinte sistema linear: abcx + + =   b+c = y  c=z 

Substituindo c = z em b + c = y , obtemos b = y – z , e substituindo

+ b + c(=x,xy,, obtém-se a = xser em a vetor – yescrito . Portanto, quedos todo z) ∈ R3 pode comoprovamos combinação vetores u = (1, 0, 0), v = (1, 1, 0) e w = (1, 1, 1), bastando, para isso, tomar a = x – y, b = y – z e c = z.

Unidade 2

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2.23. Os vetores i = (1, 0, 0), j = (0, 1, 0) e k = (0, 0, 1) geram o R3. De fato, basta notar que qualquer vetor (x, y, z) ∈ R3 pode ser escrito como combinação de i, j e k, da seguinte forma: (x, y, z) = x·i + y·j + z·k = x(1, 0, 0) + j(0, 1, 0) + k(0, 0, 1)

Observação de 2.7:vetores observedo que, trabalhamos conjunto R2,quando estes vetores podem com gerarum o próprio 2 R ou uma reta que passa pela srcem. Já quando temos um conjunto de vetores do R3, estes vetores podem gerar o próprio R3, ou um plano que passa pela srcem ou uma reta no espaço que passa pela srcem. Em R n, para n > 3, não temos mais a noção geométrica.

Agora é a sua vez! Faça os exercícios 7, 8, 9 e 10 das atividades de autoavaliação.

Como comentamos nesta seção, existe um número mínimo de vetores que gera um espaço. Para isto necessitamos entender a ideia de vetores linearmente dependentes e independentes, assunto da próxima seção. Acompanhe!

Seção 5 – Dependência e independência linear Na seção anterior tratamos de muitos exemplos de geradores do espaço vetorial R2, por exemplo, o conjunto A = {(1, 0), (0,1)} gera o R2, bem como o conjunto B = {(1, 0), (0,1), (2, –3)}. Mas, como tratamos anteriormente, todo espaço vetorial tem um conjunto mínimo de vetores que o gera. No caso citado acima, tanto um conjunto com dois como três vetores gera o R2, mas com dois é mais interessante de trabalhar.

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Álgebra Linear

Perceba que no conjunto B o vetor (2, –3) é combinação linear dos outros dois, pois: (2, –3) = 2(1, 0) – 3(0, 1) Ou ainda, (2, –3) – 2(1, 0) – 3(0, 1) = (0, 0) Assim, dizemos que o vetor (2, –3) depende linearmente dos vetores (1,0) e (0,1), ou seja, o conjunto B é um conjunto linearmente dependente. Já o conjunto A é um conjunto linearmente independente, pois não é possível escrever um deles como combinação do outro. Veja que no conjunto B conseguimos combinar os três vetores de maneira que o resultado fosse o vetor nulo (0,0), mas não necessitamos multiplicar nenhum deles por zero. Já no conjunto A, a única possibilidade de combinarmos os vetores e ter como resultado o vetor nulo é ambos serem multiplicados por zero, ou seja, 0·(1, 0) + 0·(0, 1) = (0, 0). Esta é a ideia preliminar de vetores linearmente dependentes e independentes. Necessitamos apenas formalizar a ideia matematicamente. Veja a denição abaixo: Seja V um espaço vetorial e sejamv1, v2, …, vn ∈ V. O conjunto A = {v1, v2, …, vn} é dito ser linearmente dependente (LD), se existem escalaresa1, a2, …, an ∈ IR, não todos nulos, tais quea1v1 + a2v2 + … + anvn = 0. Caso contrário, se a equaçãoa1v1 + a2v2 + … + anvn = 0 admitir apenas a solução trivial, isto é,a1 = a2 = … = an = 0, então dizemos que o conjunto A é linearmente independente (LI).

Observação 2.8: Note que a solução trivial é sempre válida. Assim,

se esta for a única, os vetores são LI, porém, se existir qualquer ai ≠ 0 como solução, então os vetores são LD.

Unidade 2

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Veja alguns exemplos. Exemplos

2.24. Verique se o conjunto A = {(1, 0), (0,1)} é linearmente dependente (LD) ou linearmente independente (LI). Já vericamos, através de nossa intuição, que este conjunto é LI, vamos provar isto matematicamente usando a denição anterior. Devemos vericar então se a equação

a(1, 0) + b(0, 1) = (0, 0) admite apenas a solução trivial ou não. Usando a soma e a multiplicação por escalar de vetores, obtemos:

a(1, 0) + b(0, 1) = (0, 0) (a, 0) + (0, b) = (0, 0) (a, b) = (0, 0) Ou seja, a = 0 e b = 0, dessa forma, a equação admite apenas a solução trivial, o que nos leva a concluir que o conjunto A = {(1, 0), (0,1)} é linearmente independente (LI). 2.25). Mostre, usando a denição, que o conjunto B = {(1, 0), (0,1), (2, –3)} é linearmente dependente (LD). Montando a equação a(1, 0) + b(0, 1) + c(2, –3) = (0, 0), vamos encontrar as condições para os escalares a, b e c. Note que a = b = c = 0 é uma solução da equação. Se esta for a única solução, então o conjunto B é linearmente independente, caso contrário, se existirem outras soluções além desta, então o conjunto B é linearmente dependente. Montando o sistema, obtemos: a + 2c = 0  b − 3c = 0

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Álgebra Linear

Isto é, a = –2c e b = 3c. Assim, para qualquer valor de c, obtemos uma solução para o sistema. Deste modo, temos que a solução trivial não é única, por exemplo, se tomarmos c = 1, teremos a = –2 e b = 3, que é uma solução para a equação dada. Logo, o conjunto B é linearmente dependente.

Quando nos referirmos a vetores linearmente dependentes ou independentes, usaremos a abreviação LD ou LI, respectivamente. Fique atento!

Você deve ter percebido, no início da seção, que a ideia de vetores linearmente dependentes e de combinação linear têm alguma semelhança. De fato, no próximo resultado, você comprovará isto. Teorema 2.4: o conjunto A = {v1, v2, …, vn} é LD se, e somente se,

um destes vetores for uma combinação linear dos outros.

Prova: suponha que A = {v1, v2, …, vn} é LD, devemos provar que um destes vetores é combinação dos outros. Seja a1v1 + a2v2 + … + aivi + … + anvn = 0; como estamos supondo que o conjunto A é LD, existe pelo menos um coeciente diferente de zero, suponhamos que ai ≠ 0. Então, temos:

aivi = – a1v1 – a2v2 – … – anvn a ai

vi =− v 1 −v 1

a2 − v− ai 2



an ai

n

Portanto, vi é combinação linear dos outros vetores, como queríamos demonstrar. Agora vamos supor o contrário, ou seja, que alguns dos vetores são combinação linear dos outros e provar que, assim, A é um conjunto LD.

Unidade 2

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De fato, suponha que para algum i, vi seja combinação linear dos outros vetores, ou seja: vi = b1v1 + b2v2 + … + bnvn

Colocando tudo para o mesmo lado da equação, obtemos:

–b1v1 – b2v2 – … – 1·vi – … – bnvn = 0 Ou seja, a equação acima tem uma solução diferente da trivial, pois bi = 1. Segue, então, que A = {v1, v2, …, vn} é LD. Podemos usar esse resultado para provar que alguns conjuntos são LD sem a necessidade de usar a denição. Interessante, não é mesmo? Exemplos

2.26. Verique se os conjuntos a seguir são LI ou LD. a) A = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} é LI ou LD. Montando + b(0,a =1,b0)= +c c=(0, 1) = nos (0, 0,mostra 0), obtemos (a,abequação , c) = (0, 0,a(1, 0),0,ou0)seja, 0, 0, o que que a única solução da equação é a trivial. Logo, o conjunto A = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} é LI. b) B = {(1, –1, 3), (21 , – 21 , 23 )}. Perceba que o vetor (21, – 21 , 32 ) = 12 (1, –1, 3), ou seja, ( 12 , – 12 , 23 ) é combinação linear do vetor (1, –1, 3), pelo teorema 2.4, segue que o conjunto B = {(1, –1, 3), ( 21, – 21 , 32 )} é LD. c) C = {(–1, 0, –5, 4), (0, 0, 1, 3), (0, 0, 0, 1)}. Considere a equação: a(–1, 0, –5, 4) + b(0, 0, 1, 3) + c(0, 0, 0, 1) = (0, 0, 0, 0)

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Álgebra Linear

Obtemos, assim, o seguinte sistema linear:  −a + = 0  = 0 −5a + b  4 a + 3b + c = 0 

Da primeira equação, obtém-se a = 0; substituindo na segunda equação, têm-se b = 0; e substituindo os resultados na terceira obtemos, c = 0, ou seja, a única solução é a trivial, o que nos leva a concluir que C é LI. d) D = {(1, 2, 3), (4, 3, 2), (6, 4, 2)} Considere a seguinte equação:

a(1, 2, 3) + b(4, 3, 2) + c(6, 4, 2) = (0, 0, 0) Obtemos, então, o seguinte sistema linear:  a + 4b + 6c = 0  a+ b+ c = 2340  3220 a  + b + c =

Vamos escalonar este sistema:  1460   2340  → L 2 = L 2 − 2L1   L = L − 3L 3 3 1  3220  1 4 6 0 0 −5− 8 →0  = −L L2 L 3 3 2   0 −10 −16 0   1 4 6 0  0 −5 −8 0  0 0 0 0 

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Reescrevendo o sistema, temos a + 4b + 6c = 0 e –5b – 8c = 0; da segunda equação, tem-se b = –85 c; e substituindo na primeira, temos a = –25 c. Assim, para qualquer valor dec, obtemos uma solução do sistema, logo a equaçãoa(1, 2, 3) +b(4, 3, 2) +c(6, 4, 2) = (0, 0, 0) tem innitas soluções além da trivial e, portanto, o conjunto D é LD. 2.27. Prove que o conjunto A = {(–1, 3, –1), (1, –2, 4)} é LI. De fato, considere a equação a(–1, 3, –1) + b(1, –2, 4) = (0, 0, 0), que tem o seguinte sistema linear associado:  − a+ b= 0   3a − 2b = 0  −a + 4b = 0

Resolvendo por escalonamento, temos:  −1 1 0   3 −2 0  → L 2 = L 2 + 3L1    −1 4 0  L 3 = L 3 − L1  −1 1 0   0 1 0  → L = L − 3L 3 3 2    0 3 0   −1 1 0   0 1 0    0 0 0 

Portanto, –a + b = 0 e b = 0. Resolvendo o sistema, resulta em a = 0 e b = 0, e assim concluímos que o conjunto A é LI. 2.28. Encontre o valor de k para que o conjunto {(2, 4), (6, k)} seja LI e o valor de k para que o mesmo conjunto seja LD. Devemos ter que a equação a(2, 4) + b(6, k) = (0, 0) tenha apenas solução trivial.

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Escrevendo o sistema associado, obtemos: 2 a + 6b = 0  4 a + kb = 0 2 6 0 Que, na forma matricial, é dado por  . 4 k 0

Escalonando: 2  6 0  2L1  4  k 0 → L=2  −L 2 →   

2 6 0 4 −12 + k 0

Para que o sistema admita apenas a solução trivial, devemos ter –12 + k ≠ 0, o que nos leva a k ≠ 12, ou seja, {(2, 4), (6, k)} é LI se k ≠ 12. Caso contrário, se o sistema admite innitas soluções, {(2, 4), (6, k)} é LD se k = 12. Observação 2.8: geometricamente, quando tratamos de vetores no R2, perceba que se os vetores são LI, então geram todo o R2; já se

são LD, uma reta que passa pelado srcem, neste caso, um vetorgeram é múltiplo do outro. No caso R3, sepois, o conjunto 3 de vetores é LI, vai gerar o próprio R ; já se forem LD, podem gerar um plano que passa pela srcem ou mesmo uma reta que passa pela srcem. Assim, também temos uma interpretação geométrica para vetores LI e LD. Agora é a sua vez! Antes de passar a próxima seção, realize todos os exercícios de autoavaliação já mencionados e acrescente os exercícios 11 e 12.

Com o que você estudou até o momento, já está apto a passar para a última seção, que é a principal desta unidade. Todo o conhecimento adquirido até agora é essencial para o bom entendimento do assunto que segue. De agora em diante, todo espaço vetorial vai ter uma base com a qual o mesmo pode ser construído. Siga em frente!

Unidade 2

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Seção 6 – Base e dimensão Quando você contempla um edifício, sabe que isto só é possível pois o mesmo apresenta uma base sólida para ser construído. O mesmo acontece para os espaços vetoriais, que para serem construídos devem apresentar um conjunto mínimo de vetores, de tal forma que qualquer vetor do espaço é uma combinação dos elementos deste conjunto. Já temos uma noção de que um gerador de um espaço é mínimo, se estes vetores forem LI, então estes vetores são as “peças básicas” para a construção do espaço vetorial. Desta informalidade apresentada, podemos então denir o conceito de base de um espaço vetorial. Um conjunto A = {v1, v2, …, vn} de um espaço vetorial V é chamado de base de V se: a) A é LI b) A gera V, ou seja, G(A) = V.

Por exemplo, no R2 um gerador mínimo deve ter, no máximo, dois vetores. A base mais usada para o R2 é o conjunto A = {(1, 0), (0, 1)}, que já provamos em exemplos anteriores que gera o R2 e é LI. Portanto, pela denição, o conjunto A é uma base de R2. Esta base é conhecida como base canônica.

É comum encontrar em muitos livros a letra grega beta (b) para indicar uma base [ou uma outra letra grega qualquer].

Existem muitas outras bases para o R2, assim como o R3, que tem base canônica dada por b = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}, também tem outras bases. De maneira geral, qualquer espaço vetorial V tem innitas bases, algumas mais simples de trabalhar, outras nem tanto. Veja alguns exemplos:

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Exemplos

2.29. Mostre que o conjunto A = {(1, 1), (0, –1)} é uma base do R2. a) A é LI. Considere a equação a(1, 1) + b(0, –1) = (0, 0). Resolvendo o sistema obtemos: (a, a – b) = (0, 0) O que nos leva a a = 0 e a – b = 0 e, portanto, b = 0. Assim, a única solução da equação é a solução trivial, logo, A é LI. b) A gera R2. Temos: (x, y) = a(1, 1) + b(0, –1) (x, y) = (a, a – b) que resulta a = x e a – b = y . Substituindo a primeira equação na segunda, obtemos b = x – y . Portanto, qualquer vetor (x, y) ∈ R2 é possível escrever como uma combinação dos elementos de A, bastando tomar a = x e a – b = y. Logo, A gera R2. c) Portanto, pelos itens (a) e (b), segue que A é uma base do R2. 2.30. Mostre que b = {a(1, 1, 1), (0, 1, 1), (2, 0, 1)} é uma base do R3. a) b é LI. Seja a equação a(1, 1, 1) +b(0, 1, 1) +c(2, 0, 1) = (0, 0, 0). Agrupando os termos, obtemos o seguinte sistema linear: a + 2c = 0  = 0 a + b a + b + c = 0 

Da primeira e segunda equação, temos c = –2a e b = –a que substituindo na terceira resulta a = 0 e portanto b = c = 0, que resulta como única solução do sistema. Logo, b é LI. Unidade 2

111


b) b gera R3. Temos (x, y, z) = a(1, 1, 1) + b(0, 1, 1) +c(2, 0, 1), que resulta no sistema linear: a + 2c = x  a b + = y   a + b + c = z

Da primeira equação, temos c = x 2− a e da segunda, b = y – a. Substituindo na terceira equação, tem-se a + y – a + x 2− a = z, que nos dá a = x + 2y – 2z, como b = y – a , então b = –x –y + 2z e, nalmente, como c = x 2− a , temos c = –y + z. Logo, todo vetor (x, y, z) ∈ R3 pode ser escrito como combinação dos vetores de b, desde que a = x + 2y – 2z, b = –x –y + 2z e c = –y + z. 2.31. O conjunto B = {(1, 0), (0,1), (2, –3)} é uma base de R2? Já mostramos, nos exemplos 2.19 e 2.24, que B gera R2, mas seus elementos não são LI, pois o vetor (2, –3) é combinação dos outros dois vetores. Logo, o conjunto B não é uma base do R2. Este exemplo vai ao encontro do que já imaginávamos, pois todo espaço pode ser gerado por um conjunto innito de vetores; cabe a nós extrairmos aqueles que são linearmente dependentes e ter em mãos, então, um conjunto mínimo que gera o espaço e, ao mesmo tempo, é LI, que é a denição de base de um espaço vetorial. Esta quantidade mínima de vetores de uma base recebe o nome de dimensão. Veja a próxima denição:

Se V é um espaço vetorial, dizemos que V tem dimensão nita n se V tem uma base com n vetores e denota-se por dim V = n.

Deste modo, temos então que dim R 2 = 2, pois uma base do R2 tem sempre dois vetores. Do mesmo modo, dim R3 = 3, e de maneira geral, dim Rn = n.

112

Álgebra Linear

Propriedades de base e dimensão 1. Qualquer conjunto LI de um espaço vetorial V é base do subespaço por ele gerado. Tome como exemplo o conjunto A = {(–1, 3, –1), (1, –2, 4)} que é LI (exemplo 2.27, seção 5). Já provamos também, no nal 3

da Seção vetorial do R ,a dado por3,Wque = {(esse ) ∈ R3; 10gera – z = 0}. Assim, segundo x, y, zconjunto x + 3oy subespaço propriedade 1, segue que A é uma base do subespaço W. 2. Seja A = {v1, v2, …, vn} uma base de um espaço vetorial V, então, todo conjunto com mais de n vetores será linearmente dependente. Tome como exemplo o conjunto A = {(1, 0), (0, 1)}, que já provamos ser uma base do R2. Portanto, pela propriedade 2, qualquer conjunto com mais de 2 vetores é linearmente dependente. De fato, o conjunto B = {(1, 0), (0,1), (2, –3)} é um conjunto linearmente dependente. 3. Duas bases quaisquer de um espaço vetorial têm sempre o mesmo número de elementos. De fato, sejam A = {v1, v2, …, vn} e B = {w1, w2, …, wm} duas bases de um espaço vetorial V qualquer. a) Como A é uma base e B é LI, segue que o número de elementos de A é maior ou igual ao número de elementos de B, pela propriedade anterior, ou seja,n ≥ m. b) De modo análogo, como B é base e A é LI, então o número de elementos de B é maior ou igual ao número de elementos de A, isto é, m ≥ n. Assim, como ao mesmo tempo n ≥ m e m ≥ n, somente pode ocorrer que n = m, logo duas bases de um mesmo espaço vetorial têm o mesmo número de elementos. Por exemplo, como a base canônica de R2 tem dois elementos, então qualquer outra base de R2 também tem dois elementos.

Unidade 2

113


4. Todo espaço V que não possui uma base tem dimensão zero, ou seja, dim V = 0. 5. Se V é um espaço vetorial e W é um subespaço de V, então dim W ≤ dim V. Se as dimensões forem iguais, então V = W. Como exemplo, tomemos novamente o subespaço 3

3

W {(x, ybase , z) ∈formada R ; 10x +por 3y dois – z = vetores, 0} de R ,aque já provamos ter=uma saber, b = {(–1, 3, –1), (1, –2, 4)}, então dim W = 2 ≤ 3 = dim R 3. 6. Qualquer conjunto de vetores LI de um espaço vetorial V pode ser completado até formar uma base de V. Tome como exemplo o conjunto A = {(1, 0, 0), (1, 1, 0)}, que é LI. Este conjunto não forma uma base do R3, pois sabemos pela propriedade 3, que uma base do R3 deve conter três vetores. Pela propriedade 6, podemos completar o conjunto A e formar uma base. Por exemplo, tome o vetor w = (1, 1, 1). Assim, o conjunto A' = {(1, 0, 0), (1, 1, 0), (1, 1, 1)} é uma base do R3, pois é um conjunto LI e gera o R3, como provamos na Seção 4. Exemplos

2.32. Mostre que o conjunto A = {(1, 3, 1), (5, 1, 0), (1, 0, 0)} é uma base do R3. De fato, seja (x, y, z) ∈ R3 , então: (x, y, z) = a(1, 3, 1) + b(5, 1, 0) + c(1, 0, 0) Montando o sistema, obtemos:  a + 5b + c = x 3a +  a 

b

= y = z

Temos então a = z, que, substituindo na segunda, equação obtém-se b = y – 3z, e substituindo a e b na primeira equação temos c = x – 5y + 14z. Logo, A gera o R3.

114

Álgebra Linear

Provemos que A é LI, então:

a(1, 3, 1) + b(5, 1, 0) + c(1, 0, 0) = (0, 0, 0) que nos dá o seguinte sistema:  a + 5b + c = 0  = 0  3a + b  a = 0

que nos leva à solução trivial a = b = c = 0, ou seja, A é LI. 3 Portanto, como A gera o R e A é LI, segue que o conjunto A é uma 3 base do R . 2.33. Considere o subespaço vetorial: W = {(x, y, z) ∈ R3; x = y e z = 0}. Determine uma base de W e a dimensão de W. Como x = y e z = 0, segue que os elementos do conjunto W são do tipo (x, x, 0). Portanto, temos (x, x, 0) = x(1, 1, 0), ou seja, o conjunto W = {(x, y, z) ∈ R3; x = y e z = 0} = {(x, x, 0), x ∈ IR} = {x(1, 1, 0), x ∈ IR} é gerado pelo vetor (1, 1, 0). Basta mostrar, então, que (1, 1, 0) é LI. De fato, a(1, 1, 0) = (0, 0, 0) e segue diretamente que a = 0. Portanto, temos que o conjunto A = {(1, 1, 0)} gera W e é LI, então A é uma base de W e, como esta base contém apenas um vetor, segue que dim W = 1. 2.34. Seja U = {(x, y, z, t) ∈ R4; 2x + y = 0 e z = 2t}. Encontre uma base e a dimensão de U. Como 2x + y = 0, tem-se que y = –2x e o fato de z = 2t, segue que os elementos do conjunto U são do tipo (x, –2x, 2t, t).

Unidade 2

115


Portanto, podemos reescrevê-lo como uma soma, separando os termos que contêm x dos termos que contêm t. (x, –2x, 2t, t) = (x, –2x, 0, 0) + (0, 0, 2t, t) (x, –2x, 2t, t) = x(1, –2, 0, 0) + t(0, 0, 2, 1) isto é, os elementos do conjunto U são gerados pelo conjunto B = {(1, –2, 0, 0), (0, 0, 2, 1)}. Vamos mostrar que B é LI. De fato, a(1, –2, 0, 0) + b(0, 0, 2, 1) = (0, 0, 0, 0), que nos dá o seguinte sistema:

 a −2a   2b   b

= = = =

0 0 0 0

De onde temos a = b = 0, ou seja, B é LI. Assim, temos que o conjunto B = {(1, –2, 0, 0), (0, 0, 2, 1)} é uma base Ude=U2. e, como é formada por dois elementos, segue que dim Poderíamos chegar à mesma conclusão de uma maneira mais rápida. Como y = –2x e z = 2t, temos duas variáveis livres, no caso, x e t, que são as variáveis independentes. Logo, tiramos que a dimensão de U será 2 (dois). Para obter os geradores, basta fazer x = 0 e t = 1, e, em seguida, x = 1 e t = 0. Simples, não? 2.35. Seja o sistema homogêneo  x − y + 4z = 0  2 x + 4 y − 6 z = 0 6 y − 14 z = 0 

Encontre a dimensão e a base do espaço solução deste sistema.

116

Álgebra Linear

Primeiramente, devemos encontrar a solução. Escrevamos então a matriz associada do sistema e façamos o escalonamento:  1140− 2 4   0 6  1140− 06 0 6

   =L−3 L 3 L 2 −14 0→ −140 

 1140− 0 6  0 0

 −140  00 



−6 −140

 =L − L2 0→ 2 2 

L1

Reescrevendo o sistema, obtemos: x − y + 4z = 0  6 y − 14 z = 0 

O númerotemos de equações é menor que o número de variáveis, portanto, um sistema compatível indeterminado. Na segunda equação, isolamos, por exemplo, y e obtemos y = 73 z. Substituindo na primeira equação, tem-se x = – 53 z. Logo, o espaço solução W do sistema homogêneo é: W = {(x, y, z) ∈ R3; x = – 53 z e y = 73 z} Assim, os elementos de W são do tipo (– 53 z, 73 z, z). Como temos uma variável livre, segue então que a dimensão de W é 1, ou seja, dim W = 1. Portanto, a base será formada por apenas um vetor. Fazendo então z = 1, obtemos ( – 53 , 73 , 1) como um gerador de 5 7

a – 3 3 1) =sendo W, masentão falta que mostrar De fato, (0, 0, 0), segue a = 0,que ou ele seja,é oLI.vetor ( – 53 , 73( , 1), é,LI; assim, o conjunto b = {( – 53 , 73 , 1)} é uma base do espaço solução W do sistema linear homogêneo.

Unidade 2

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Agora é a sua vez!

Para nalizar esta unidade, realize os exercícios de auto avaliação 13, 14 e 15. Com os exercícios feitos, você já está apto a prosseguir com seus estudos.

Síntese Nesta unidade, você teve contato com um tipo especial de conjunto, chamado espaço vetorial. Esse conjunto tem uma série de propriedades, que são as mesmas relativas a vetores, por isso, os seus elementos são chamados de vetores – que, para nós, agora podem ser uma matriz, um polinômio, ou um par ordenado, entre outros. Dentro desses espaços, existiam outros espaços vetoriais que denominamos de subespaços vetoriais. Nosso objetivo principal foi encontrar um conjunto mínimo de vetores que poderia gerar todo um espaço vetorial, chamado de base. A partir de agora, todo espaço vetorial tem uma base de vetores, isto é, um conjunto mínimo de vetores que, combinados de innitas maneiras, vai gerar todos os elementos do espaço vetorial, e estes vetores da base devem ter a propriedade de serem linearmente independentes (LI). Não deixe de entrar em contato com seu professor para sanar possíveis dúvidas sobre o assunto desta unidade.

118

Álgebra Linear

Atividades de autoavaliação 1) Seja o conjunto a b  W =  c d  ; a, b, c, d ∈ IR ,  

{

}

isto é, o conjunto das matrizes de ordem 2×2. Mostre que W é um espaço vetorial com as operações de soma e multiplicação por escalar denida abaixo: a +: 1  c1

b1 a2  +b2 +a1  a2 b1 b2 d + c d = c + c d + d  1  2 2 1 2 1 2

a ⋅:α c

b α ⋅ abα ⋅  d = α ⋅cd α ⋅  

2) Verique se os conjuntos seguintes, com as operações de soma e multiplicação por escalar denidas, são espaços vetoriais. a) V = R2 ⊗ : k(x, y) = (x, ky)

b) V = R3 ⊕ : (a, b, c) + (d, e, f) = (a, b, c)

· : k(a, b, c) = (ka, kb, kc) c) V = {(x, y); y = x2} = {(x, x2); x ∈ IR} ⊕ : (a, a2) ⊕ (b, b2) = (a + b, (a + b)2) ⊗ : k ⊗ (a, b) = (ka, k2a2)

Unidade 2

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3) Usando a interpretação geométrica, mostre que os conjuntos a seguir não são subespaços vetoriais do R2. a) W = {(x, y); y = x3} b) S = {(x, y); y = 2x – 3} 4) Verique se os conjuntos a seguir são subespaços vetoriais em relação à soma e à multiplicação por escalar usuais. Em caso negativo, dê um contraexemplo. a) W = {(x, y) ∈ R2, y = x + 1} b) W = {(x, x, x); x ∈ IR} a b  c) W =  c d  ∈ M(2,2); b ≤ 0  

{

}

d) W = {(x, y, z) ∈ R3; x + y + z = 0} e) W = {(1, x, y); x, y ∈ IR} f) W = {( x, y, z); z = 2x – y } g) W =  xz wy  ∈ M(2,2); x = y e w = 0  

{

}

5) Sejam os vetores v1 = (–3, 4, 5) e v2 = (1, 2, –1). a) Escreva o vetor w = (–13, –6, 17) como combinação dos vetores v1 e v2. b) Para que valor dê k, o vetor (k, 0, –7) é combinação dos vetores v1 e v2. 6) Escreva o vetor (2, 5, 9, 17) ∈ R4 como combinação dos vetores a = (1, 1, 1, 1), b = (0, –1, 1, 0) e c = (0, 0, 2, 3).

120

Álgebra Linear

7) Seja  a + b 2a 2a  W = {  a − b −cc  , a, b, c ∈ IR}  b 0 b  7 4 4   a) 3− 1 1−  ∈W ?  5 0 5 

2 2 2    b) 0 3 −3 ∈ W ?  1 1 1 

8) Encontre o subespaço gerado pelos conjuntos a seguir: a) A = {(1, –4)} b) A = {(1, –1), (2, 3)} c) A = {(1, 5, 1), (2, 1, –1)} d) A = {(1, –1, 2, 2), (–2, 2, 3, 3)} 9) Sejam os vetores u = (1, 1, 0), v =(0, –1, 1) e w = (1, 1, 1). 3

Verique se [u, v, w] = R . 10) Seja A = {(1, 2, 3, 1), (1, –1, 0, 0), (0, 0, 0, 1)}. a) encontre G(A). b) encontre o valor de k, para que (1, k, 3, 4, –1) ∈ G(A). 11) Quais dos seguintes conjuntos são LD ou LI? a) B = {(–1, 2, 4)}   1 1  1−   1  2 0    ,  ,   0 1 1  0  1 1 

b) B = 

c) B = {(1, –2, 0, 0), (0, 3, 1, –1), (1, 0, 1, 2), (3, 2, 0, 3)} d) B = {(1, 0, –1), (1, 2, 1), (0, –1, 0)}

Unidade 2

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12) Encontre o valor de k para que o conjunto A = {(1, –1, –2), (2, k, 1), (–1, 0, 3)} seja LI. Qual o valor de k para o conjunto ser LD? 13) Sejam os vetores u = (1, –2, 3) e v = (3, 1, 2). a) Determine [u, v] (subespaço gerado por u e v). b) O vetor (–2, 5, –3) ∈ [u, v]? c) Exiba uma base para [u, v]. Qual é a dimensão? d) [u, v] = R3? Por quê? 14) Determine uma base e a dimensão do subespaço vetorial seguinte: W = {(x, y, z) ∈ R3; x = –y e z = 3y} 15) Encontre uma base e a dimensão para o espaço-solução do sistema homogêneo abaixo:  x − + 2 z= −x + 2z   y + z   y + z

t

0 = 0 = 0 = 0

Saiba mais Para uma leitura complementar, na qual você encontrará inclusive aplicações da álgebra linear e investigações interessantes, consulte o livro de David Poole, Álgebra Linear, da editora Thomson. O livro traz uma introdução interessante do assunto e, em alguns momentos, chama o leitor a investigar alguma aplicação. Tem também ótimos exercícios. Boa leitura!

122

UNIDADE 3

Espaço vetorial


Definir transformações lineares e as condições para identificar uma transformação linear.



Definir núcleo e imagem de uma transformação linear. Apresentar a associação de transformações lineares e matrizes.

 

Mostrar as operações soma, multiplicação por escalar e composição entre transformações lineares, tanto através da forma geral da transformação como na forma matricial.



Apresentar geometricamente transformações lineares no plano e no espaço.

Seções de estudo Seção 1 Transformações lineares Seção 2 Núcleo e imagem de transformações lineares Seção 3 Transformações lineares e matrizes Seção 4 Geometria das transformações lineares

3


Para início de estudo Você estudou que funções lineares descrevem a forma mais simples de dependência entre variáveis. Nesta unidade, estudará um tipo especial de funções, em que odomínio e o contradomínio são espaços vetoriais reais.Essas funções, chamadas transformações lineares, aparecem com frequência no estudo da Álgebra Linear e em uma grande gama deaplicações. Você pode ter uma ideia inicial sobre transformação linear observando o exemplo a seguir. Bons estudos!

Como obter a reexão de um vetor em torno do eixo x?

Podemos utilizar a função T : R2 → R2 denida por: T(x, y) = (x, –y) Geometricamente, vemos que a função T toma cada vetor do R2 e o reete em torno do eixo x. y 8 6 4

u

2

T(u) = T(6, 4) = (6, –4) = −10

−8

−6

−4

−2

2

4

−2 −4 −6 −8

Figura 3.1 - Reexão do vetor em torno do eixo x

124

v

6

10 x8

v

Álgebra Linear

Seção 1 – Transformações lineares Como uma transformação linear é uma função cujos domínio e contradomínio são espaços vetoriais reais, tanto a variável independente como a variável dependente são vetores. Porém, essa característica não é suciente para denir transformações lineares. Teremos que realizar operações com os vetores para vericar se a função é transformação linear. Lembre-se de que uma função f : A → B é uma regra ou uma lei que associa cada elemento a, de um conjunto A, chamado domínio, a um e somente um elemento b, de um conjunto B, chamado contradomínio. Lembre, também, que o conjunto imagem da função f é um subconjunto de B cujos elementos são todos os possíveis valores f(a).

Analogamente, para indicar que T é uma função do espaço vetorial V no espaço vetorial W, escrevemos T : V→ W. Assim T associa vetores do espaço vetorial V a vetores do espaço vetorial W, ou ainda, T é uma função com domínio V, contradomínio W e cuja imagem é um subconjunto de W. Em alguns casos, teremos que trabalhar com funções que associam espaços vetoriais distintos um do outro. Inicialmente, vamos observar alguns exemplos de aplicações sobre espaços vetoriais. Exemplos

3.1. Seja T : R2 → R2 tal que T(x, y) = (x –1, 5y), então T é uma função que associa vetores do espaço vetorial R2 a vetores do espaço vetorial R2, pela lei que relaciona vetores com duas coordenadas tal que a primeira do vetor imagem igual à primeira coordenada docoordenada vetor do domínio menos um, ée a segunda coordenada do vetor imagem é igual ao quíntuplo da segunda coordenada do vetor do domínio.

Unidade 3

125


Ou seja, por exemplo, se tomarmos alguns vetores (0, 0), (1, 2) e (3, 4), aleatoriamente: T(0, 0) = (0 – 1, 5·0) = (–1, 0) T(1, 2) = (1 – 1, 5·2) = (0, 10) T(–3, 1) = (–3 – 1, 5·1) = (–4, 5) Os 2) vetores (–1,respectivamente, 0), (0, 10) e (–4, 5) são imagens dosdene vetoresT.(0, 0), (1, e (–3, 1) segundo a lei que 3.2. Seja T : R2 → R3: Os vetores do domínio são vetores do R2, do tipo (x, y); já os vetores do contradomínio são vetores do R3, do tipo (x, y, z). Seja a função T for denida como: T(x, y) = (x, x – y, y) Ou ainda, T é uma função que associa cada vetor do R 2 a vetores do R3 tal que a primeira coordenada do vetor imagem é igual à primeira coordenada do vetor doadomínio; segunda coordenada é dada pela diferença entre primeira já e aa segunda coordenada do vetor do domínio e a terceira coordenada é igual à segunda coordenada do vetor do domínio. Assim, para determinar a imagem de um vetor qualquer, por exemplo do vetor (3, 2), tomamos: T(3, –2) = (3, 3 – (–2), –2) = (3, 5, –2) Logo o vetor (3, 5, –2) ∈ R3 é imagem do vetor (3, –2) ∈ R2, por T : R2 → R3. Observe que, numa função T : V → W, independentemente v ∈ V, pontoesse de como encaramos ou vetor, dessa função é o de transformar ponto oouefeito vetorgeométrico em algum novo ponto ou vetor.

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Álgebra Linear

Sejam V e W dois espaços vetoriais. Uma transformação linear T de V em W, T : V → W, é uma função (ou aplicação) que a cada v ∈ V está associado um único T(v) ∈ W e que satisfaz as seguintes condições: ∀u, v ∈ V e ∀α ∈ IR:

I. T(u + v) = T(u) + T(v) II. T(αu) = αT(u)

Observações 3.1:

1. A notação funcional f(x) é lida como “ f de x”, analogamente, T(v) é lida como “T de v”. 2. Como T : V → W, pela denição de funções, temos que o espaço vetorial V é o conjunto domínio e o espaço vetorial W é o contradomínio da função. 3. As duas condições (I) e (II) a serem satisfeitas podem ser substituídas por uma só: T(αu + v) = αT(u) + T(v). De fato: essa operação agrega as duas condições (I) e (II) que garantem que uma função é uma transformação linear, já que preservam a soma de vetores e multiplicação por escalar. Exemplos

3.3. Veja que a função T 1 : R2 → R2, denida por: T1(x, y) = (3x, 3y), que associa qualquer vetor do domínio ao seu triplo no contradomínio, é uma transformação linear pois satisfaz as condições: ∀u, v ∈ V e ∀α ∈ IR, T(αu + v) = αT(u) + T(v)

Podemos analisar essa condição de duas maneiras diferentes:

Unidade 3

127


Dados dois vetores u = (x1, y1) e v = (x2, y2) pertencentes ao R2, então: 1) Partindo de T1(αu + v) e chegando a αT1(u) + T1(v): T1(αu + v) = T1(α(x1, y1) + (x2, y2)) = T1((αx1, αy1) + (x2, y2)) = T1((αx1 + x2, αy1 + y2) = (3(αx1 + x2), 3(αy1 + y2)) = (3αx1 + 3x2, 3αy1 + 3y2) = (3αx1, 3αy1) + (3x2, 3y2) = α(3x1, 3y1) + (3x2, 3y2) = αT1(x1, y1) + T1(x2, y2) = αT1(u) + T1(v) 2) Realizando as operações T1(αu + v) e αT1(u) + T1(v) separadamente e comparando o resultado: T1(αu + v) = T1(α(x1, y1) + (x2, y2)) = T1((αx1, αy1) + (x2, y2)) = T1((αx1 + x2, αy1 + y2) = (3(αx1 + x2), 3(αy1 + y2)) = (3αx1 + 3x2, 3αy1 + 3y2) Por outro lado: αT1(u) + T1(v) = αT1(x1, y1) + T1(x2, y2)

= α(3x1, 3y1) + (3x2, 3y2) = (3αx1, 3y1) + (3x2, 3y2) = (3αx1 + 3x2, 3αy1 + 3y2) = T1(αu + v) Portanto a função T1 é uma transformação linear.

128

Álgebra Linear

Observação 3.2: você pode escolher a forma que achar mais fácil para vericar se uma função é uma transformação linear.

3.4. Verique se T2 : R2 → R2, denida por: T2(x, y) = (2x + 1, y), é transformação linear. Dados dois vetores u = (x1, y1) e v = (x2, y2) do R2, então: T2(αu + v) = T2(α(x1, y1) + (x2, y2)) = T2((αx1, αy1) + (x2, y2)) = T2((αx1 + x2, αy1 + y2) = (2(αx1 + x2, αy1 + y2) = (2αx1 + 2x2 + 1, αy1 + y2) Por outro lado: αT2(u) + T2(v) = αT2(x1, y1) + T2(x2, y2)

= α(2x1 + 1, y1) + (2x2 + 1, y2) = (2αx1 + α, αy1) + (2x2 + 1, y2)] = (2αx1 + 2x2 + α + 1, αy1 + y2) ≠ T2(αu + v) Logo concluímos que T2 não é uma transformação linear. Veja que se uma função é uma transformação linear, então, T(0) = 0, em que 0 representa o vetor nulo. Essa condição exige que a imagem do vetor nulo seja o vetor nulo. De fato: T(0) = T(0u) = 0T(u) = 0, ou seja, basta tomar α = 0 na condição (II) da denição de transformação linear.

Unidade 3

129


Exemplos

3.5. Você pôde ver no exemplo 3.3, que T1 é uma transformação linear. Veja que: T1(αu) = T1(0(x1, y1)) = T1(0x1, 0y1) = T1(0, 0) = (3·0, 3·0) = (0, 0) Ou seja: T1(0, 0) = (0, 0) 3.6. Já no exemplo 3.4. observe que: T2(αu) = T2(0(x1, y1)) = T2(0x1, 0y1) = T2(0, 0) = (2·0 + 1, 0) = (1, 0) ≠ (0, 0) Portanto, podemos utilizar a condição T(0) ≠ 0 para armar que T : V → W não é uma transformação linear. Mas atenção! A recíproca não é verdadeira, isto é, o fato de T(0) = 0 não garante que T seja uma transformação linear. Veja o exemplo 3.7: 3.7. Veja que T3 : R3 → R3, denida por T 3(x, y, z) = (x2, 3y, –z), não é transformação linear. Inicialmente, vejamos se T3(0, 0, 0) = (0, 0, 0). T3(0, 0, 0) = (02, 3·0, –0) = (0, 0, 0) Mas, com isso não podemos concluir que T3 é uma transformação linear. Sejam u = (x1, y1, z1) e v = (x2, y2, z2) do R3, então T3(αu + v) = T3(α(x1, y1, z1) + (x2, y2, z2)) = T3((αx1, αy1, αz1) + (x2, y2, z2)) = T3((αx1 + x2, αy1 + y2, αz1 + z2) = ((αx1 + x2)2, 3(αy1 + y2), –(αz1 + z2)) = (α2x12 + 2αx1x2 +x22, 3αy1 + 3y2, –αz1 – z2)

130

Álgebra Linear

Por outro lado: αT3(u) + T3(v) = αT3(x1, y1, z1) + T3(x2, y2, z2)

= α(x12, 3y1, –z1) + (x22, 3y2, –z2) = (αx12, 3αy1, –αz1) + (x22, 3y2, –z2) = (αx12 + x22, 3αy1 + 3y2, –αz1 – z2) ≠ T3(αu + v) Logo, o fato de T3(0, 0, 0) = (0, 0, 0) não garante que T3 é uma transformação linear. 3.8. Verique se T4 : R3 → R2, denida por T 4(x, y, z) = (z, x + 2y), é transformação linear. Vejamos inicialmente se T4 (0) = 0. T4(0, 0, 0) = (0, 0 +2·0) = (0, 0) = 0 Mas isso não é suciente: Dados dois vetores u = (x1, y1, z1) e v = (x2, y2, z2) do R3: T4(αu + v) = T4(α(x1, y1, z1) + (x2, y2, z2)) = T4((αx1, αy1, αz1) + (x2, y2, z2)) = T4((αx1 + x2, αy1 + y2, αz1 + z2) = (αz1 + z2, αx1 + x2 + 2(αy1 + y2)) = (αz1 + z2, αx1 + x2 + 2αy1 + 2y2) Por outro lado: αT4(u) + T4(v) = αT4(x1, y1, z1) + T4(x2, y2, z2)

= α(z1, x1 + 2y1) + (z2, x2 + 2y2) = (αz1, αx1 + 2αy1) + (z2, x2 + 2y2) = (αz1 + z2, αx1 + x2 + 2αy1 + 2y2) = T4(αu + v) Portanto T4 é uma transformação linear.

Unidade 3

131


Observações 3.3:

1. Uma transformação linear cujo domínio e contradomínio são iguais é chamada de operador linear. 2. As únicas transformações lineares de R em R são as funções da forma f(x) = mx, em que m é um número real qualquer. Ou seja, dentre todas as funções cujos grácos são retas,aquelas as chamadas transformações lineares são somente que passam pela srcem. Em cálculo, uma função linear é denida na formaf(x) = mx + b. Logo, concluímos que uma função linear é uma transformação linear de R em R se, e somente se,b = 0.


Outras transformações lineares Algumas transformações lineares recebem nomes especiais: 1) Transformação identidade:

I:V→V vv

ou I(v) = v

Observe que: 

Se V = R2, I representa o operador linear: I : R2 → R2

ou I(x, y) = (x, y)

(x, y)  (x, y) 

Se V = R3, I representa o operador linear: I : R3 → R3 (x, y, z)  (x, y, z)

132

ou I(x, y, z) = (x, y, z)

Álgebra Linear

2) Transformação nula:

T:V→W v0

ou T(v) = 0

Veja que, se V = R2, W = R3, então T representa a transformação linear: T : R2 → R3

ou T(x, y) = (0, 0, 0) (x, y)  (0, 0, 0) Observe que essa transformação associa qualquer vetor do domínio ao vetor nulo do contradomínio.

3) Transformação simétrica em relação à srcem:

T:V→W v  –v

ou T(v) = –v

Se V = R2, W = R2, então T representa o operador linear: T : R2 → R2 (x, y)  (–x, –y)

ou T(x, y) = (–x, –y)

Geometricamente, para v = (5, 2), temos T(v) = (–5, –2). y 8 6 4

T(v) = T(5, 2) = (–5, –2) =

−5

−4 w

−3

−2

−1

w

v

2

1

2

x 35

4

−2 −4 −6 −8

Figura 3.2 - Representação do vetor simétrico ao vetor v = (5, 2)

Unidade 3

133


4) Se V é o espaço vetorial dos polinômios em t, então são transformações lineares as funções:

I) Derivada: D:V→V

v  dv dt

Pois, pelas propriedades de derivadas, se

f:R→R g: R→R , e α ∈ IR, então: t  f(t) t  g(t) 1. A derivada da soma de duas funções é igual à soma das derivadas de cada uma das funções, ou seja:

d( f + g) df dg = + dt dt dt 2. A derivada do produto de uma constante por uma função é igual ao produto da constante pela derivada da função:

d(αf ) df dt = α dt II) Integral: J:V→V v  ∫ v dt Analogamente, pelas propriedades de integrais, se:

f:R→R g: R→R , e α ∈ IR, então: t  f(t) t  g(t) 1. A integral da soma de duas funções é igual à soma das integrais de cada uma das funções, ou seja:

∫[ f(t) + g(t)]dt = ∫ f(t) dt + ∫ g(t) dt 2. A integral do produto de uma constante por uma função é igual ao produto da constante pela integral da função:

∫[α· f(t)]dt = α·∫ f(t) dt

134

Álgebra Linear

5) A função de T : R → R é uma transformação linear dada pela multiplicação de um vetor v por uma matriz de ordem (m×n). n

m

Por exemplo: T : R2 → R3 (x, y)  (2x + 5y, –1x, 3x – 2y) T( x , y) =− 21  3

 05 = x−+  2 x 1x5 y   y   −2    3 x − 2 y

Em que a matriz que representa a transformação é: 2 5 A =  −1 0   3 −2 

Assim, toda matriz Am×n pode ser usada para denir uma transformação linear TA : Rn → Rm, onde a imagem TA(v) é o produto da matriz Am×n pelo vetor coluna v. Preste atenção na ordem da matriz em relação à ordem dos espaços vetoriais do domínio e da imagem. Isto é, se temos uma transformação de Rn em Rm, a matriz associada a essa transformação linear é de ordem (m×n). Assim, uma matriz de ordem (3×2) pode representar uma transformação do R2 em R3.

Portanto, as matrizes A e B a seguir:  2 −1 3   1 2 0   (2×3)

A=

 2 −2   1 1  −  (2×2)

B=

representam, respectivamente, as seguintes transformações: 



TA : R3 → R2 ; TA(x, y, z) = (2x – y + 3z, x + 2y) TB : R2 → R2 ; TB(x, y) = (2x – y, x – y)

Unidade 3

135


Observações:

1) Existe uma correspondência biunívoca entre matriz ( m×n) e transformações de Rn em Rm. Ou seja, a cada matriz A, corresponde uma transformação linear, e, a cada transformação linear TA : Rn → Rm, corresponde uma matriz [TA](m×n). 2) Cada matriz apresentada nos exemplos anteriores é chamada de matriz canônica da transformação relacionada a ela, já que sua representação está em relação às bases canônicas do domínio e do contradomínio da transformação linear. Na Seção 3, você verá mais detalhadamente a relação entre matrizes e transformações lineares. A próxima propriedade relaciona a teoria sobre espaços vetoriais, com transformação linear, e é fundamental para o entendimento do teorema 3.1.

Propriedade das transformações lineares A transformação linear de uma combinação linear de vetores do domínio é igual à combinação linear das transformações lineares dos mesmos vetores com os mesmos escalares. Isto é: Se T : V → W é uma transformação linear, então ∀v1, v2 ∈ V e ∀a1, a2 ∈ R

T(a1v1 + a2v2) = a1T(v1) + a2T(v2) Portanto, vale: T(a1v1 + a2v2 + … + anvn) = a1T(v1) + a2T(v2) + … + anT(vn) ∀v1, v2, …, vn ∈ V e ∀a1, a2, …, an ∈ R Teorema 3.1: Dados dois espaços vetoriais reais V e W e uma base de {v1, v2, …, vn} ∈ V e sejam w1, w2, …, wn elementos arbitrários

de W. Então existe uma única aplicação linear:

T : V → W tal que T(v1) = w1, T(v2) = w2, …, T(vn) = wn

136

Álgebra Linear

Se v = a1v1 + a2v2 + … + anvn, então, essa aplicação é dada por: T(v) = a1T(v1) + a2T(v2) + … + anT(vn) = a1w1 + a2w2 + … + anwn Ou seja, a imagem de uma combinação linear de vetores de V é a combinação linear, de mesmos escalares, das imagens T(v1) + T(v2) + … + T(vn). Isto é uma consequência do teorema 3.1, e pode determinar uma transformação linear conhecendo as imagens dos vetores de uma base do espaço vetorial domínio. Exemplos

3.9. Seja a transformação T : R3 → R2, sabendo que: T(1, 0, 0) = (2, 3), T(0, 1, 0) = (–1, 4) e T(0, 0, 1) = (5, –3) determine: a) T(3, –4, 5) Observe que b = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} é a base canônica do R3, logo o vetor (3, –4, 5) pode ser escrito como combinação linear dos vetores (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1), isto é: (3, –4, 5) = 3(1, 0, 0) – 4(0, 1, 0) + 5(0, 0, 1) Pelo teorema 3.1: T(3, –4, 5) = 3T(1, 0, 0) – 4T(0, 1, 0) + 5T(0, 0, 1) T(3, –4, 5) = 3(2, 3) – 4(–1, 4) + 5(5, –3) T(3, –4, 5) = (6, 9) – (–4, 16) + (25, –15) T(3, –4, 5) = (35, –22)

Unidade 3

137


b) a imagem de um vetor v = (x, y, z) qualquer do R3. Utilizando o mesmo raciocínio e a base canônica: (x, y, z) = x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0) + z(0, 0, 1) T(x, y, z) = xT(1, 0, 0) + yT(0, 1, 0) + zT(0, 0, 1) T(x, y, z) = x(2, 3) + y(–1, 4) + z(5, –3) T(x, y, z) = (2x, 3x) + (–y, 4y) + (5z, –3z) T(x, y, z) = (2x – y + 5z, 3x + 4 y – 3z) Você pode comprovar essa resposta calculando T(1, 0, 0), T(0, 1, 0) e T(0, 0, 1). Mesmo que a base não seja a canônica, podemos utilizar o teorema 3.1 para encontrar uma transformação linear através das imagens de alguns vetores. 3.9. Seja a transformação T : R2 → R3, tal que: T(1, 1) = (3, 2, 1) e T(0, –1) = (0, 21 , 0). Determine T(x, y). Para aplicar o teorema 3.1, devemos inicialmente vericar se b = {(1, 1), (0, –1)} é uma base do R2. Já vimos que b é uma base do R3, logo: Qualquer (x, y) ∈ R2 pode ser escrito como: (x, y) = a(1, 1) + b(0, –1) assim: aa −= bx = y 

portanto, a = x e b = x – y

138

Álgebra Linear

Aplicando esses coecientes: (x, y) = x(1, 1) + (x – y)(0, –1) T(x, y) = xT(1, 1) + (x – y)T(0, –1) T(x, y) = x(3, 2, 1) + (x – y)(0, 1 , 0) 2 x−y

T(x, y) = (3x, 2x, x) + (0, 2 , 0) T(x, y) = (3x, 2x + x − y , x) 2 T(x, y) = (3x, 5x − y , x) 2 3.10. Sabendo que T : R3 → R3 é um operador linear dado por: T(x, y, z) = (x + 2y + 2z, x + 2y – z, –x + y + 4z), determine os vetores u, v ∈ R3 tais que T(u) = (–1, 8, –11) e T(v) = v Seja u = (x, y, z) então: T(u) = T(x, y, z) = (x + 2y + 2z, x + 2y – z, –x + y + 4z) = (–1, 8, –11) Pela igualdade de vetores, temos o seguinte sistema:  x+ 2 +y 2=z− 1  x + 2y − z = 8  − x+ y+ 4=z− 11 

resolvendo por Eliminação de Gauss, temos:  1 2 2 −1   1218 −  → L 2 = L 2 − L1  −1 1 4 −11 L 3 = L 3 + L1  1 2 2 −1  0 0 −3 9  → L ↔ L 2 3   03 6 −12 

Unidade 3

139


 1 2 2 −1   03 6 −12    0 0 −3 9 

Reescrevendo o sistema:  x+ 2 +y 2=z− 1  3 y + 6 z = −12  −3 z = 9 

Logo, apresenta-se a solução x = 1, y = 2 e z = –3. Logo, o vetor u = (x, y, z) = (1, 2, –3). Analogamente, se v = (x, y, z) então: T(v) = v ⇒ T(x, y, z) = (x + 2y + 2z, x + 2y – z, –x + y + 4z) = (x, y, z) Então:  x+ y2+ z=2x  x + 2y z− y = − x+ y+ z4=z 

Resolvendo por Eliminação de Gauss: 1 1   −1 1 0   0 1 0   0

140

2 2 2 −1 1 4 2 2 0 −3 3 6 2 2 3 6 0 −3

x  L = L 2 − L1 y → 2 L 3 = L 3 + L1 z  x   x  ↔L 2 −y → z + x  x   z + x y − x 

L3

Álgebra Linear

Reescrevendo o sistema:  x+ 2y+ z=2x  3y + 6z = z + x   −3z = y − x 

que possui innitas soluções representadas por: x – 2z = 0,

y + z = 0, ou ainda, x = 2z, y = –z, e assim

v = (2z, –z, z)

Veja que: T(v) = T(2z, –z, z) = (2z + 2(–z) + 2z, 2z + 2(–z), – 2z – z + 4z) = (2z –2z + 2z, 2z – 2z – z, –3z + 4z) = (2z, –z, z) = v

Agora é a sua vez! Faça as atividades de autoavaliação de 4 a 9.

Seção 2 – Núcleo e imagem de transformações lineares Nesta seção, iremos conhecer dois conjuntos associados a uma transformação linear: o núcleo e aimagem. Veremos que, além de serem subconjuntos do domínio e do contradomínio, eles satisfazem determinadas propriedades dos espaços vetoriais e, consequentemente, são fundamentais para o estudo desta unidade.

Dada uma transformação linear T : V → W, chama-se núcleo de T e denota-se por N(T) ou ker(T) o conjunto denido por N(T) = {v ∈ V| T(v) = 0}.

Unidade 3

141


V

T

W

N(T)

0

Figura 3.3 – Núcleo de uma transformação linear T : V → W

Observe que o conjunto formado pelos vetores cuja imagem é nula está contido no conjunto do domínio da transformação linear, em outras palavras, N(T) ⊂ V. Além disso, esse conjunto nunca é vazio, pois, para que uma função seja uma transformação linear, o vetor nulo do conjunto do domínio deve estar associado ao vetor nulo do conjunto imagem, em outras palavras: N(T) ≠ 0 pois 0 ∈ N(T), já que T(0) = 0.

Dada uma transformação linear T : V → W, chamamos imagem de T, e denotamos por Im(T) o conjunto denido por Im(T) = {w ∈ W | T(v) = w}, para algum v ∈ V.

V

Dom (T)

T

W

Im (T)

Figura 3.4 - Imagem de uma Transformação Linear T : V → W Fonte: Steinbruch (1987, p. 168).

Ou seja, imagem da transformação linear é o subconjunto do contradomínio da transformação constituído pelos vetores que estão associados a algum vetor do domínio. Observe que Im(T) ≠ 0, pois 0 ∈ Im(T), já que T(0) = 0. 142

Álgebra Linear

Em uma transformação linear T : V → W, N(T) ⊂ V, isto é, o conjunto núcleo é um subconjunto do domínio da transformação. Enquanto Im(T) ⊂ W, ou seja, o conjunto imagem é um subconjunto do contradomínio de T.

Exemplos Observação 3.4: nesses exemplos vamos usar o método de Gauss para resolver sistemas homogêneos. Observe que asvariáveis x1, x2, x3 serão substituídas pelas variáveisx, y, z respectivamente.

3.11. Determinar o núcleo e a imagem do operador linear T1 : R3 → R3 denido por T1(x, y, z) = (x + y – z, 2x + 4y – z, 3x + 2y + 2z) I. Núcleo: encontrar todos os vetores do R 3 cuja imagem é o vetor

(0, 0, 0). Ou seja: T1(x, y, z) = (x + y – z, 2x + 4y – z, 3x + 2y + 2z) = (0, 0, 0) por igualdade de vetores:  x+ −y= z 0  2x + 4 y − z = 0  3220  x+ y+ z =

sistema resolvido no exemplo 1.32 cuja solução é x = 0, y = 0 e núcleo do operador linear contém apenas o vetor nulo. Isto é, o único vetor do R3 que está associado ao vetor nulo, também do R3, através da transformação T1 dada, é o vetor nulo. z = 0. Nesse caso o

Notação: N(T1) = {(0, 0, 0)} ou ker(T1) = {(0, 0, 0)}. Geometricamente, observamos que N(T1) é um ponto.

Unidade 3

143


T1

R3

R3

z

z

N(T1) y x

y x

Figura 3.5 - Representação geométrica do núcleo de T1

II. Imagem: Para determinarmos o conjunto imagem de uma transformação linear T : V → W, devemos encontrar um vetor genérico w = (a, b, c) ∈ W tal que qualquer v = (x, y, z) ∈ V tenha w como imagem, isto é: T(v) = w.

Assim, dados w = (a, b, c) e v = (x, y, z) ∈ R3: Im(T1) = {(a, b, c) ∈ R3 | T1(x, y, z) = (a, b, c)}, isto é, o vetor (a, b, c) ∈ Im(T1), se existir (x, y, z) ∈ R3, tal que: (x + y – z, 2x + 4y – z, 3x + 2y + 2z) = (a, b, c), Resolvendo o sistema:  xyza +−=  2 x 4y z b + − =  3x + 2 y + 2 z = c  1 2   3

1 4 2

−1 a  L = L 2 + (−2)L1 −1 b  → 2 L3 = L 3 + (−3)L1 2 c 

10 121 −1 b −a2a →  =LL(+ 3 3    0 −1 5 c − 3a  a 1 1 −1  0 2 1  b − 2a     1 11 (2 b −a ) c+ (a − 3 )   0 0 2 2  144

1 2

)L 2

Álgebra Linear

Reescrevendo o sistema:  xyza + −=  2 y + z = b − 2 a  11 b  z = + c − 4a  2 2

observamos que ele possui solução para quaisquer ( a, b, c). Portanto, a Im(T1) = R3, geometricamente: T1

R3 z

R3 z

Im(T1)

y x

y x

Figura 3.6 - Representação geométrica da imagem de T1

3.12. Para determinar o núcleo e a imagem do operador linear T2 : R3 → R3, denido por: T2(x, y, z) = (x + y – z, 2x – 3y + z, x – 4y + 2z), fazemos: I. Núcleo: encontrar todos os vetores (x, y, z) do R3 tal que:

T2(x, y, z) = (x + y – z, 2x – 3y + z, x – 4y + 2z) = (0, 0, 0), que nos leva ao sistema:  x+ −y = z 0  2x − 3y + z = 0 x − 4 y + 2z = 0 

Este sistema (resolvido no exemplo 1.33) possui innitas soluções, já que x = 25 z, y = 35 z, dadas por (25 z, 35 z, z), com z livre. Unidade 3

145


Portanto, o núcleo do operador linear é um subconjunto do R 3 cujos elementos estão na forma ( 25 z, 35 z, z). N(T2) = (25 z, 35 z, z) ou ker(T2) = (25 z, 35 z, z), que representa geometricamente uma reta: T2

R3

1

z

R3

z

N(T2)

⅗ ⅖

x

y

y x


II. Imagem: Im(T2) = {(a, b, c) ∈ R3 | T2(x, y, z) = (a, b, c)}, isto é, determinar o vetor (a, b, c) ∈ Im(T2) se existir (x, y, z) ∈ R3 tal que:

(x + y – z, 2x – 3y + z, x – 4y + 2z) = (a, b, c) Resolvendo o sistema:  xyza +−=  2 3y z+ b = x −  x − 4 y + 2z = c  1 2   1 1 0  0 1 0   0

146

1

−3 −4 1

−53 −5 1

−5 0

−1 a   L2 = L 2 + (−2)L1 1 b →  L3 = L3 + (−1)L1 2 c  a  −1 −b →2a  = L+−3 L3 ( 1)L 2 3 c−a  a −1   3 b − 2a  0 c −a b− + a 2 

Álgebra Linear

Reescrevendo o sistema:  xyza +−=  0 x − 5 y+ 3=z − b 2a 0 x + 0 y+ 0=z − a+ b c 

vericamos que ele apresenta uma equação degenerada e somente terá solução se a – b + c = 0. Isolando uma das variáveis c = b – a, podemos então escrever o vetor (a, b, c) = (a, b, b – a), que representa geometricamente um plano que passa pela srcem, já que possui duas variáveis. Observe a representação geométrica da imagem de T 2 no primeiro octante: T2

R3 z

R3 z

y x

y x

Im(T2)


3.13. Determine o núcleo e a imagem da transformação linear T3 : R2 → R denida por T3(x, y) = x + y. I. Núcleo: encontrar todos os vetores do R2 cuja imagem é 0 ∈ R, isto é, T3(x, y) = x + y = 0, ou seja, y = –x, portanto N(T3) = {(x, –x)}.

São todos os vetores do R 2, cuja segunda coordenada é igual ao oposto da primeira. Geometricamente, é uma reta que passa pela srcem:

Unidade 3

147


T3

R2

R

y

N(T3) x

x


II. Imagem: Im(T3) = {a ∈ R | T3(x,y) = a}, isto é, determinar o elemento a ∈ Im(T3), se existir, (x,y) ∈ R2, tal que, (x + y) = a.

Ou seja, qualquer elemento (x,y) ∈ R2 do tipo (a, 0) ou (0, a) é tal que T3(a, 0) = T3(0, a) = 0 + a = a. Portanto Im(T3) = R. T3 R2

R

y

x

Im(T3)

x


Teorema 3.2: Seja T : V → W uma transformação linear. O núcleo

de T é um subespaço vetorial de V e a imagem de T é um subespaço vetorial de W. Demonstração: se T : V → W é uma transformação linear, considere, para n natural e n > 0, v1, v2, …, vn ∈ N(T) e os

escalares a1, a2, …, an.

Como v1, v2, …, vn ∈ N(T), então T(v1) = 0, T(v2) = 0, …, T(vn) = 0. Para N(T) ser subespaço devemos provar quea1v1 + a1v1 + … anvn também pertence ao núcleo, ou seja, T(a1v1 + a1v1 + … anvn) = 0. 148

Álgebra Linear

De fato, pelo teorema 3.1, temos: T(v) = T(a1v1 + a2v2 + … + anvn) = a1T(v1) + a2T(v2) + … + anT(vn) = a1 0 + a2 0 + … + an 0 = 0 Logo, concluímos que uma combinação de vetores do núcleo da transformação linear também núcleo da transformação linear. Por outro lado, éT(aum v) =vetor aT(v)do ⇒ T(0v) = 0T(v) 0, ou seja 0 ∈ N(T). Portanto, N(T) é um subespaço de V. Analogamente, sejam w1, w2, …, wn ∈ Im(T) e os escalares a1, a2, …, an. Pela denição de imagem, existem vetores v1, v2, …, vn ∈ V, tais que T(v1) = w1, T(v2) = w2, …, T(vn) = wn. Para ser subespaço, devemos mostrar que a1w1 + a2w2 + … + anwn pertence à imagem de T. De fato, pelo teorema 3.1: T(a1v1 + a2v2 + … + anvn) = a1T(v1) + a2T(v2) + … + anT(vn) = a1w1 + a2w2 + … + anwn Isto é, a1w1 + a2w2 + … + anwn é imagem de a1v1 + a2v2 + … + anvn. Esse teorema permite que calculemos a dimensão do núcleo e da imagem de transformações lineares, já que esses conjuntos são subespaços vetoriais de V e W, respectivamente.

Exemplos

3.14. Determine as dimensões do núcleo e da imagem das transformações lineares apresentadas no exemplo 3.11: T1 : R3 → R3, T1(x, y, z) = (x + y – z, 2x + 4y – z, 3x + 2y + 2z) N(T1) = {(0, 0, 0,)} como nesse conjunto está contido um único ponto sua dimensão é zero, ou seja, dim N(T1) = 0 e Im(T1) = R3, então dim Im(T1) = 3. Unidade 3

149


3.15. Determine as dimensões do núcleo e da imagem das transformações lineares apresentadas no exemplo 3.12. T2 : R3 → R3, T2(x, y, z) = (x + y – z, 2x – 3y + z, x – 4y + 2z) N(T2) = (25 z, 35 z, z) , como o vetor que representa os elementos do núcleo apresenta apenas uma variável livre, dim N(T2) =1. 2 x, y, y – x)}, o vetor que representa os elementos do Im(T ) = {(imagem conjunto possui duas variáveis, então dim Im(T 2) =2.

3.16. Determine as dimensões do núcleo e da imagem das transformações lineares apresentadas no exemplo 3.13. T3 : R2 → R, T3(x, y) = x + y N(T3) = {(x, –x)}, observe aqui que o vetor que representa o núcleo possui apenas uma variável, assim dim N(T3) = 1. Im(T3) = x, x ∈ R, ou seja é uma reta, apresenta uma variável livre, dim Im(T3) = 1. Teorema 3.3: Seja T : V → W uma transformação linear. Então

dim N(T) + dim Im(T) = dim V. Demonstração: Seja {v1, v2, …, vn} uma base do N(T), como

N(T) ⊂ V é subespaço de V, então podemos completar este conjunto de modo a obter uma base de V. Seja então {v1, v2, …, vn, w1, w2, …, wn} a base de V. Queremos mostrar que T(w1), T(w2), …, T(wn) é uma base de Im(T), isto é: I. [T(w1), T(w2), …, T(wn)] = Im(T) Seja w ∈ Im(T), existe v ∈ V, tal que T(v) = w. Se v ∈ V, então v = a1v1 + a2v2 + … + anvn + an+1w1 + an+1w2 + an+mwm

150

Álgebra Linear

Mas,

w = T(v) = T(a1v1 + a2v2 + … + anvn + an+1w1 + an+1w2 + … + an+mwm) = T(a1v1 + a2v2 + … + anvn) + T(an+1w1 + an+2w2 + … + an+mwm) = a1T(v1) + a2T(v2) + … + anT(vn) + an+1T(w1) + an+2T(w2) + … + an+mT(wm) Como os vetores v1, v2, …, vn pertencem ao N(T), então T(v1) = 0, T( v2) = 0, …, T(vn) = 0. Assim, w = an+1T(w1) + an+2T(w2) + … + an+mT(wm) e Im(T) é gerada pelos vetores T(w1), T(w2), …, T(wn). II. {T(w1), T(w2), …, T(wn)} é linearmente independente. Considere agora a combinação linear:

a1T(w1) + a2T(w2) + … + amT(vm) = 0 e mostremos que os ai são nulos. Como T é linear, T(a1w1 + a2w2 + … + amwm) = 0. Logo, a1w1 + a2w2 + … + amwm ∈ N(T). Então a1w1 + a2w2 + … + amwm pode ser escrito como combinação linear da base {v1, v2, …, vn} de N(T), isto é, existem escalares b1, b2, …, bn tais que:

a1w1 + a2w2 + … + amwm = b1v1 + b2v2 + … + bnvn, ou ainda

a1w1 + a2w2 + … + amwm – b1v1 – b2v2 – … – bnvn = 0 Mas, {w , w , …, w , v , v , …, v } é uma base de V, e temos, então, 1

2

n

1

2

n

a1 = a2 = … = an = b1 = b2 = … = bn = 0.

O teorema 3.3 é chamado de teorema das dimensões.

Unidade 3

151


Exemplos

3.17. Verique o teorema das dimensões para a transformação linear do exemplo 3.14. T1 : R3 → R3, T1(x, y, z) = (x + y – z, 2x + 4y – z, 3x + 2y + 2z) Como dim N(T1) = 0, dim Im(T1) = 3 e dim V = dim R3 = 3 dim V = dim N(T 1) + dim Im(T1) = 0 + 3 = 3. 3.18. Verique o teorema das dimensões para a transformação linear do exemplo 3.15. T2 : R3 → R3, T2(x, y, z) = (x + y – z, 2x – 3y + z, x – 4y + 2z) Como dim N(T2) = 1, dim Im(T2) = 2 e dim V = dim R3 = 3 dim V = dim N(T 2) + dim Im(T2) = 1 + 2 = 3. 3.19. Verique o teorema das dimensões para a transformação linear do exemplo 3.16. T3 : R2 → R, T3(x, y) = x + y Como dim N(T3) = 1, dim Im(T3) = 1 e dim V = dim R3 = 2 dim V = dim N(T 3) + dim Im(T3) = 1 + 1 = 2.

Transformação linear injetora e sobrejetora Como em funções betoras, é importante sabermos se uma transformação linear é betora. Esse fato auxilia a determinação de novas transformações lineares.

Uma transformação linear T : V → W é injetora se ∀v1, v2 ∈ V, T(v1) = T(v2) implica que v1 = v2, de modo análogo, se ∀v1, v2 ∈ V se v1 ≠ v2 implica que T(v1) ≠ T(v2).

152

Álgebra Linear

Em outras palavras, dizemos que uma transformação linear é injetora se, dados dois vetores distintos do domínio, suas respectivas imagens também são distintas. Você pode observar que essa denição tem uma consequência importante para o núcleo da transformação. Propriedade 1: Uma transformação linear T : V → W é injetora se, e

somente se, N(T) = {0}. Sabemos que, para qualquer transformação linear, T(0) = 0. Seja v ∈ N(T), logo T(v) = 0 e como T é injetora segue que v = 0 e, portanto, N(T) = {0}.. A recíproca recíproca éé verdadeira, verdadeira,se separa paraaatranstransformação T : V → W, tivermos N(T) = {0}, então∀ v1, v2 ∈ V tais que T(v1) = T(v2), teremos: T(v1) = T(v2) ⇒ T(v1) – T(v2) = 0 ⇒ T(v1 – v2) = 0. Como N(T) = {0}, temos que v1 – v2 = 0 ⇒ v1 = v2 e T é injetora.

Uma transformação linear T : V → W é sobrejetora se ∀w ∈ W existir pelo menos um v ∈ V tal que T(v) = w.

Podemos utilizar o conjunto imagem da transformação para mostrar que a T é sobrejetora. Propriedade 2: Uma transformação T : V → W é sobrejetora se ∀ w ∈ W, ∃ v ∈ V tal que T(v) = w. Ou seja, Im(T) = W. Isto é, se o

contradomínio é igual à imagem da transformação linear.

Uma transformação linear T : V → W é betora se T é injetora e sobrejetora.

Das propriedades 1 e 2, podemos mostrar que T : V → W é betora se, e somente se, N(T) = {0} e Im(T) = W.

Unidade 3

153


Exemplos

Verique se as seguintes transformações lineares são betoras: 3.20. T1 : R3 → R3, T1(x, y, z) = (x + y – z, 2x + 4y – z, 3x + 2y + 2z) Como dim N(T1) = 0, a transformação T1 é injetora, e dim Im(T1) = 3 = dim R3, então T1 é sobrejetora e, consequentemente, betora. 3.21. T2 : R3 → R3, T2(x, y, z) = (x + y – z, 2x – 3y + z, x – 4y + 2z) Como dim N(T2) = 1 ≠ 0, podemos armar que T2 não é injetora. E como dim Im(T2) = 2 ≠ dim R3 = 3, a transformação também não é sobrejetora. 3.22. T3 : R2 → R, T3(x, y) = x + y A transformação T3 não é injetora, mas é sobrejetora, pois dim N(T3) = 1 ≠ 0 e dim Im(T3) = 1 = dim R = 1. O seguinte corolário apresenta que, em casos especiais emoque as dimensões do domínio e do contradomínio são iguais, fato de uma transformação linear ser injetora é suciente para garantir que ela é um isomorsmo. Corolário 3.1: Seja a transformação linear T : V → W:

I. Se dim V = dim W, então T éinjetora se, e somente se, é sobrejetora. II. Se dim V = dim W e T é injetora , então T transforma base em base, isto é, se b = {v1, v2, …, vn} é base de V, então {T(v1), T(v2), …, T(vn)} é base de W.

Uma transformação linear T : V → Wbetora também é chamada de isomorfsmo, e seu domínio V e contradomínio W são chamados espaços vetoriais isomorfos.

154

Álgebra Linear

Observação:

1) Sob o ponto de vista da álgebra, espaços vetoriais isomorfos são ditos idênticos. 2) Espaços isomorfos devem ter a mesma dimensão (devido aos teoremas anteriores), portanto, um isomorsmo leva base em base. 3) Um isomorsmo T : V → W tem uma aplicação inversa T–1 : W → V, que é linear e, também, um isomorsmo. 4) Um operador linear T : V → V também pode ser chamado de endomorsmo. 5) Quando o operador linear T : R n → Rn for um isomorsmo, a matriz da transformação [T] é invertível e, assim, existe o operador linear inverso T–1 : Rn → Rn: T R

R

n

n

T(v) v

w

T–1(v)

T–1 R

R

n

n

Figura 3.11 - Representação gráca da inversa de uma transformação linear

A todo operador linear está associada uma matriz que representa esse operador. Seja [T](n×n) a matriz canônica que representa T : Rn → Rn e [T–1](n×n) a matriz canônica que representa T–1 : Rn → Rn. Já que uma transformação é inversa da outra, então uma matriz canônica também será inversa de outra, assim: [T–1](n×n) = [T]–1(n×n) Mas não esqueça que uma matriz [T] somente possui inversa se det[T] ≠ 0.

Unidade 3

155


Exemplos

3.23. Verique se o operador linear T 1 : R3 → R3, denido por T1(x, y, z) = (x + y – z, 2x + 4y – z, 3x + 2y + 2z), é um isomorsmo. Como dim V = dim R3 = dim W, basta vericar se T1 é injetora, pois pelo corolário 3.1 (I), essa condição é suciente para mostrar que T1 é sobrejetora e, consequentemente, betora e isomorsmo. Você já viu, nos exemplos anteriores, que N(T1) = {(0, 0, 0)}. Logo, T1 é injetora, então, sobrejetora. 3.24. Mostre que o seguinte operador linear T é um isomorsmo e determine o operador inverso T–1. T : R3 → R3 dada por T(x, y, z) = (x – 2y, z, x + y). Para mostrar que T é um isomorsmo, vamos inicialmente determinar o N(T): T(x, y, z) = (x – 2y, z, x + y) = (0, 0, 0) x − 2 y = 0  z=0   x+y =0 

cuja solução é {(0, 0, 0)}. Assim, T é injetora, consequentemente, sobrejetora e betora, e como é um operador linear, concluímos que T é um isomorsmo. Para determinar T–1, tomemos a base canônica do R3, b = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}. Calculando as respectivas imagens, temos: T(1, 0, 0) = (1 – 2·0, 0, 1 + 0) = (1, 0, 1) T(0, 1, 0) = (1 – 2·1, 0, 0 + 1) = (–2, 0, 1) T(0, 0, 1) = (1 – 2·0, 1, 0 + 0) = (0, 1, 0)

156

Álgebra Linear

Logo: T–1 (1, 0, 1) = (1, 0, 0) T–1 (–2, 0, 1) = (0, 1, 0) T–1 (0, 1, 0) = (0, 0, 1) Vamos utilizar essas imagens para determinar T–1(x, y, z). Escrevendo (x, y, z) como combinação linear da base {(1, 0, 1), (–2, 0,1), (0, 1, 0)}, precisamos determinar os coecientes a, b e c, em função de x, y e z. (x, y, z) = a(1, 0, 1) + b(–2, 0,1) + c(0, 1, 0)  a − 2b = x  c=y   a+b = z 

a = x + 2b a = z – b ⇒ a = z – z−x ⇒ 3

a=

(x + 2b) + b = z ⇒ 3b = z – x ⇒ b =

z−x

3

c=y

Logo: T–1(x, y, z) =

2z + x 3

2z + x z−x (1, 0, 1) + (–2, 0,1) + y(0, 1, 0) 3 3

Portanto, o operador inverso de T é: 2z + x z − x T–1(x, y, z) = , ,y 3 3

(

)

Outra forma de resolver esse exemplo é determinar a transformação inversa de T : R3 → R3 através da matriz canônica inversa de [T]. Para  1 −2 0  [T] = 0 0 1  1 1 0 

temos det[T] = –3 ≠ 0, logo a matriz possui inversa. Unidade 3

157


 1 − 2  01 [T|I] = 0 0  1  110001   1 − 2  0 0 0  1   0 30 

0 0 0  10→=− L 3 L 3 L1  10 0 0  1 0 → L 2 ↔ L 3 −1  0 1

 1 − 2  0 10 0 1 0 3  0 −1  0 1 → L 2 = 3 L 2 0 0  1 01  0  1 −2 0   1 0 0  0 1 0   −1 0 1  → L = L + 2L 1 1 2   3 3 0 0 1   0 1 0    2 1  1 0 0  3 0 3   0 1 0   −1 0 1  → L = L + 2L 1 1 2   3 3  0 0 1   0 1 0   

Logo: 1 0 23  3  −1  1 1 − [T ] =  3 0 3   0 1 0   

Que nos leva à transformação: 2z + x z − x T–1(x, y, z) = , ,y 3 3

(

)

Agora é a sua vez! Você já está apto a resolver as atividades de 10 a 16.

158

Álgebra Linear

Seção 3 – Transformações lineares e matrizes Já vimos alguns exemplos de transformações lineares representadas por matrizes. Veremos, nesta seção, a relação entre matrizes e transformações lineares e como as matrizes podem nos auxiliar no estudo dessas funções. Assim, poderemos também vericar que, uma vez xadas as bases do domínio e do contradomínio de uma transformação linear, a matriz associada a essa transformação é única. Matrizes associadas a transformações lineares permitem calcular imagens de vetores usando multiplicação matricial – fundamental para calcular autovalores e autovetores. Se T : V → W é uma transformação linear, supondo que V = Rn e W = Rm. Consideremos b = {v1, v2, …, vn} uma base de V e b' = {w1, w2, …, wm} uma base de W. Supondo x1, x2, …, xn e y1, y2, …, yn escalares. Um vetor v ∈ V pode ser expresso como combinação linear dos vetores da base b: v = x1v1 + x2v2 + … + xnvn

Cuja imagem pode ser expressa como combinação linear dos vetores da base b': T(v) = y1w1 + y2w2 + … + ymwm

(1)

Por outro lado: T(v) = T(x1v1 + x2v2 + … + xnvn) = x1T(v1) + x2T(v2) + … + xnT(vn)

(2)

Como T(v1), T(v2), …, T(vn) ∈ W eles são combinação linear dos vetores da base b', e podem ser denotados por: T(v1)b', T(v2)b', …, T(vn)b'

Unidade 3

159


E representados por: T(v1)b' = a11w1 + a21w2 + … + am1wm T(v2)b' = a12w1 + a22w2 + … + am2wm 

T(v1)b' = a1nw1 + a2nw2 + … + amnwm

(3)

Em que a são escalares com i = 1, 2, …, m e j = 1, 2, …, n. Substituindo os vetores de (3) em (2): T(v) = x1T(a11w1 + a21w2 + … + am1wm) + x2T(a12w1 + a22w2 + … + am2wm) + …+ xnT(a1nw1 + a2nw2 + … + amnwm) Que, por sua vez, pode ser escrito como: T(v) = (a11x1 + a12x2 + … + a1nxn)w1 + (a21x1 + a22x2 + … + a2nxn)w2 + …+ (am1x1 + am2x2 + … + amnxn)wm Comparando (4) com (1): y1 = a11x1 + a12x2 + … + a1nxn y2 = a21x1 + a22x2 + … + a2nxn 

ym = am1x1 + am2x2 + … + amnxn

Ou na forma matricial:   a111 a 2  yy1   2 = a212 a 2         ym m a m1 a 2

160

 

  

1n aa2n

   mn  n a

⋅

1 xx2

x

(4)

Álgebra Linear

A matriz  a11 a12 a  21 a22      am1 ma 2

 

a1n  a2 n 

  a  

mn

é chamada matriz de T em relação às bases b e b'. E é denotada por [T]bb', isto é:  a11 a12 a a [T]bb' =  21 22     a a  m1 m 2

 

a1n  a2 n  

mn

 

a 

Observações:

1) Se T : Rn → Rm é uma transformação linear, supondo que a matriz [T]bb' é de ordem m×n. 2) As colunas da matriz [T]bb' são as componentes das imagens dos vetores da base b em relação à base b'. Veja a seguinte representação: T(v1)b' T(v2)b' ↓

T(vn)b'

↓

 a11 a12 a a [T]bb' =  21 22      am1 ma 2

↓

 

a1n  a2 n 

  a  

mn

3) Uma transformação linear poderá ser representada por uma innidade de matrizes. Mas se for xada uma base b do domínio e uma base b' do contradomínio, a matriz [T]bb' é única. Portanto, a matriz [T]bb' pode ser considerada como uma transformação linear T : Rn → Rm em relação às bases b e b' de Rn e Rm respectivamente.

Unidade 3

161


4) Se b e b' são bases canônicas de Rn e Rm respectivamente, a matriz de notação [T] é a matriz canônica da transformação T, cuja dimensão é (m×n) – número de linhas igual à dimensão do contradomínio, e número de colunas igual à dimensão do contradomínio. Logo, a matriz canônica é dada pelos coecientes dos elementos de cada termo da transformação linear. Exemplos

3.25. Se T1 : R3 → R3, T1(x, y, z) = (2y + z, x – 4y, 3x) Determine a representação matricial de T 1 em relação à base canônica {1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} ⊂ R3. Matriz canônica de T1 0 2 1  [T1 ] =  1 −4 0   3 0 0 

Por outro lado, podemos determinar a representação matricial de T1 em relação a qualquer base, suponha: b = {v1, v2, v3} com v1 = (1, 1, 1), v2 = (1, 1, 0) e v3 = (1, 0, 0); e b' = {w1, w2, w3} com w1 = (1, –1, –2), w2 = (–1, 1, –1) e w3 = (0, 1, 1).

Como T1 : R3 → R3, a matriz [T]bb' tem a seguinte forma: T1(v1)b'T1(v2)b'T1(v2)b' ↓

↓

↓

 a11 a12 a13  b [T1]b' = a21 a22 a23   a31 a32 a33 

Sabemos que: T(v1)b' = a1iw1 + a2iw2 + … + amiwm para todo i = 1, 2, …, n.

162

Álgebra Linear

Assim: T1(v1)b' = T1(1, 1, 1)b' = (1·0 + 2·1 + 1·1, 1·1 – 4·1 + 0·1, 3·1 + 0·1 + 0·1) = (3, –3, 3)

a11(1, –1, –2) + a21(–1, 1, –1) + a31(0, 1, 2) = (3, –3, 3)  a11 − a21

=3

cuja solução é:

 − a11+ a+21 a=−31 3 −2 a − +a = a 3  11 21 31

a11 = 0, a21 = –3 e a31 = 0.

Analogamente: T1(v2)b' = T1(1, 1, 0)b' = (1·0 + 2·1 + 1·0, 1·1 – 4·1 + 0·0, 3·1 + 0·1 + 0·0) = (2, –3, 3)

a12(1, –1, –2) + a22(–1, 1, –1) + a32(0, 1, 2) = (2, –3, 3)  a12 − a22 =2  − a + a+ a=−  12 22 32 3 −2 a − +a = a 3  12 22 32

cuja solução é: a12 = – 2 , a22 = – 8 e a32 = –1. 3

E para v3:

3

T1(v3)b' = T1(1, 0, 0)b' = (1·0 + 2·0 + 1·0, 1·1 – 4·0 + 0·0, 3·1 + 0·0 + 0·0) = (0, 1, 0)

a12(1, –1, –2) + a22(–1, 1, –1) + a32(0, 1, 2) = (2, –3, 3)  a13 − a23 =0  − a + +a =a 1  13 23 33 −2 a − +a = a 0  13 23 33

cuja solução é: a13 = 1 , a23 = 1 e a33 = 1. 3 3

Portanto a matriz que procuramos é: T1(v1)b' T1(v2)b' T1(v2)b' ↓

↓

 0 −2 3  [T1]bb' =  −3 −8 3  0 −1 

↓

1  3 1  3 1 

Unidade 3

163


3.26. Determine a matriz [T]bb' que representa a transformação linear T : R2 → R3, T(x, y) = (x, 9y – 10x, 3y – 4x), se: b' = {(0, 3, 0), (–1, 0, 0), (0, 1, 1)} b = {(1, 1), (0, 1)}

T(v1)b' = T(1, 1)b' = (1, 9·1 – 10·1, 3·1 – 4·1) = (1, –1, –1) =a11(0, 3, 0) + a21(–1, 0, 0) + a31(0, 1, 1)  −a21 = 1 cuja solução é:  3a a +  11 31 = −1  a11 = 0, a21 = –1 e a31 = –1. a31 = −1  T(v2)b' = T(0, 1)b' = (0, 9·1 – 10·0, 3·1 – 4·0) = (0, 9, 3) =a11(0, 3, 0) + a21(–1, 0, 0) + a31(0, 1, 1)  −a22 = 0  3a12 + a32 = 9  a32 = 3 

cuja solução é:

a11 = 2, a21 = 0 e a31 = 3.

Portanto, obtemos a matriz: 0 [T]bb' =  −10  −1

2   3 

3.27. Dadas as bases b = {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)} e b' = {(1, 3), (1, 4)}, determine a transformação linear T : R 3 → R2 cuja matriz é: 3

[T]bb' = 

11

5 

 −1 −8 −3 

164

Álgebra Linear

Partindo da matriz, temos os coecientes em que a são escalares com i = 1, 2 e j = 1, 2, 3. Ou seja: T(1, 1, 1) = 3(1, 3) – 1(1, 4) = (2, 5) T(1, 1, 0) = 11(1, 3) – 8(1, 4) = (3, 1) T(1, 0, 0) = 5(1, 3) – 3(1, 4) = (2, 3) encontrar agora T(x, y, z). Para isso, vamos escrever (Precisamos x, y, z) em relação à base b = {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)}, ou seja: (x, y, z) = a(1, 1, 1) + b(1, 1, 0) + c(1, 0, 0) abcx ++ =  a + b = y a = z 

a=z ⇒ a=z b=y–a ⇒ b=y–z c = x – a – b = x – z – (y – z) ⇒ c = x – y

(x, y, z) = z(1, 1, 1) + ( y – z)(1, 1, 0) + (x – y)(1, 0, 0) Aplicando T, temos: T(x, y, z) = zT(1, 1, 1) + ( y – z)T(1, 1, 0) + (x – y)T(1, 0, 0) = z(2, 5) + ( y – z)(3, 1) + (x – y)(2, 3) = (2z, 5z) + (3 y – 3z, y – z) + (2x – 2y, 3x – 3y) = (2z + 3 y – 3z + 2x – 2y, 5z + y – z + 3x – 3y) = (2x + y – z, 3x – 2 y + 4z)

Você deve estar se perguntando para que trabalharmos com a forma matricial de uma transformação linear. O próximo teorema esclarece esta questão.

Teorema 3.4: sejam V e W espaços vetoriais, com bases respectivamente b e b' e T : V → W uma transformação linear. Então, ∀ v ∈ V, temos:

[T(v)]b' = [T]bb'·[v]b

Unidade 3

165


Ou seja, qualquer transformação linear pode ser escrita através do produto da matriz da transformação linear em relação às bases b e b' pelo vetor v em relação à base b. E, assim, a matriz [T]bb' pode ser utilizada para calcular a imagem de um vetor v ∈ V por T em relação à base b.

Operações com transformações lineares Quando estudamos funções, observamos que podemos realizar operações entre elas. Mas, para isso, devemos conhecer o tipo de função, bem como seu domínio e seu contradomínio. Analogamente, no caso das transformações lineares, podemos realizar algumas operações, mas, para isso, devemos estudar essas transformações lineares. As funções apresentadas a seguir, obtidas a partir das operações entre transformações lineares, são também transformações lineares. 1. Adição

Dadas duas transformações lineares T1 : V → W e T2 : V → W. A transformação linear soma de T 1 e T2 é dada por: (T1 + T2) : V → W v  (T1 + T2)(v) = T1(v) + T2(v) Se b e b' são bases dos espaços vetoriais V e W respectivamente. Devido ao teorema 3.4, essa operação pode ser realizada também pelas matrizes associadas a essas transformações lineares, ou seja: [T1 + T2]bb' = [T1]bb' + [T2]bb' 2. Multiplicação por escalar

O produto de uma transformação linear T : V → W por um escalar α ∈ R é uma transformação linear αT: (αT) : V → W v  (αT)(v) = αT(v)

166

Álgebra Linear

Se b é uma base de V e b', uma base de W, essa operação pode ser realizada também pelas matrizes associadas a essas transformações lineares, ou seja: [αT]bb' = α[T]bb' 3. Composição

Dadas duas transformações lineares T1 : V → W e T2 : W → U, chamamos transformação composta de T1 por T2 e denotamos por T2oT1 a transformação: (T2oT1) : V → W v  (T2oT2)(v) = T2(T1(v)) V

T1

W

T1(v)

T2

U

T2(T1(v))

v

T–1(v)

[T2oT1](v)

[T2oT1]

Figura 3.12 - Representação gráca da composição de transformações lineares

Supondo b, b' e b" bases dos espaços vetoriais V, W e U, respectivamente, temos que: [T2oT1]bb" = [T2]bb'" × [T1]bb' Em outras palavras: a matriz [T2oT1]bb", que representa a transformação linear composta de T1 por T2, em relação às bases b e b", é dada pelo produto das matrizes [T 1]bb', associada à transformação linear T1 em relação às bases b e b', pela a matriz[T2]bb'", associada à transformação linear em relação às bases b' e b".

Unidade 3

167


Observação:

Somente é possível determinar [T2oT1] se o contradomínio de T1 for igual ao domínio de T2. Observe que, se [T2oT1] existir, então o domínio dessa função é igual ao domínio de T1; já seu contradomínio é igual ao contradomínio de T2.



A composição de transformações lineares nem sempre é comutativa. Essa armação decorre do produto de matrizes. Como a composição de duas transformações pode ser obtida pelo produto de duas matrizes, e o produto de matrizes nem sempre é comutativo, então concluímos que não podemos garantir a comutatividade de composição de transformações lineares.



Exemplos

3.28. Dadas as transformações lineares T 1 : R2 → R3 e T2 : R2 → R3 denidas por: T1(x, y) = (5x – 3y, –y, 2x + y) e T2(x, y) = (2y, 2x + y, –x), determine as seguintes transformações lineares: a) T1 + T2 b) 2T1 c) 2T1 + 3T2 a) T1 + T2: Você pode determinar essa nova transformação de duas formas, (I) somando as transformações ou (II) somando as matrizes canônicas associadas a elas, isto é: I. Somando as transformações (T1 + T2)(x, y) = T1(x, y) + T2(x, y) = (5x – 3y, –y, 2x + y) + (2y, 2x + y, –x) = (5x – y, 2x, x + y)

168

Álgebra Linear

II. Somando as matrizes canônicas associadas às transformações T1 e T2  5− 3 [T1 ] = 0  −1  2  1

 e[  

 0 2  T2] = 2 1  −1 0

veja que  5 −  3 0  2 − 5 1 [T1 ] + [T=2 ] −0+ 1 = 2 1  2 0  2 1 −1 0  1 1

ou ainda: (T1 + T2)(x, y) = (5x – y, 2x, x + y) b) Para determinar 2T 1, também podemos proceder de duas formas: I. (2T1)(x, y) = 2(T1(x, y)) = 2(5x – 3y, –y, 2x + y) = (10x – 6y, –2y, 4x + 2y) II.  5 − 3  10 − 6     2[T1 ] = 2 0− = 1 − 0 2  2 1 4 2

que representa a mesma transformação encontrada em (I).

Unidade 3

169


c) Analogamente, para 2T1 + 3T2: I. (2T1 + 3T2)(x, y) = 2T1(x, y) + 3T2(x, y) = (10x – 6y, –2y, 4x + 2y) + (6y, 6x + 3y, –3x) = (10x – 12y, 6x – 5y, 7x + 2y) II.  5− 2[T1 ]3− [T=2 ] 2 −0−  2

 3 02 −  10  1 32 =− − 1  6     1   −1 0  7

12 5 2

3.29. Dados os operadores lineares T1 : R2 → R2 e T2 : R2 → R2, denidos por: T1(x, y) = (2x – y, 2y) e T2(x, y) = (x + 3y, –y), determine as seguintes transformações lineares: a) T1oT2 I. Pela denição de composição de funções: (T1oT2)(x, y) = T1(T2(x, y)) = T1(x + 3y, –y) = (2(x + 3y) – (–y), (–(2y)) = (2x + 7y, –2y) II. Utilizando matrizes canônicas: − = (T1oT2 ) = [T] ×1 = [T]2 × 21  0 2

Logo: (T1oT2)(x, y) = (2x + 7y, –2y)

170

1  3  2 7 0  −1  0 −2

Álgebra Linear

b) T 2oT1 I. Pela denição de composição de funções: (T2oT1)(x, y) = T2(T1(x, y)) = T2(2x – y, 2y) = (1(2x – y) + 3(2y), (2(–y)) = (2x + 5y, –2y) II. Utilizando matrizes canônicas: 1

3  − 21   2 5 =     0 −10    2  0 −2

(To ×2 = [T]1 × 2 T) 1 = [T] Logo:

(T2oT1)(x, y) = (2x + 5y, –2y)

1 Você asabe por que oT2)(x, y) ≠ (T2oT1)(x, y)? Veja resposta no (T EVA.


Seção 4 – Geometria das transformações lineares Nesta seção, iremos visualizar geometricamente alguns operadores lineares. Dentre os mais importantes, estão os operadores no R2 e no R3, que produzem reexões, projeções, rotações, dilatações e contrações. Você verá, também, a ligação entre a representação matricial das transformações e sua representação geométrica.

Unidade 3

171


Reflexões 1. A transformação reflexão em relação ao eixo x

O operador linear T : R2 → R2 leva cada ponto (x, y) para sua imagem (x, –y), simétrica em relação ao eixo dos x. T : R2 → R2

ou T(x, y) = (x, –y)



(x, y) (x, –y) Podemos representar essa reexão utilizando a matriz na forma canônica:  x  1 0 x   −y = 0 −×1 ⇒y  =  [T]      

1 0 0 −1

y

(x, y)

x

T(x, y) = (x, –y)

Figura 3.13 - Reexão do vetor (x, y) em torno do eixo x

2. A transformação reflexão em relação ao eixo y

O operador linear T : R2 → R2 leva cada ponto (x, y) para sua imagem (–x, y), simétrica em relação ao eixo dos y. T : R2 → R2 (x, y)  (–x, y)

ou T(x, y) = (–x, y)

Reexão utilizando a matriz na forma canônica: − x − 1 0 x −  1 0  y  = 0 ×1 ⇒y  =  [T] 0 1      

172

Álgebra Linear

y

T(x, y) = (–x, y)

(x, y)

x

Figura 3.14 - Reexão do vetor (x, y) em torno do eixo y

3. A transformação reflexão em relação à srcem

O operador linear T : R 2 → R2 leva cada ponto (x, y) para sua imagem (–x, –y), simétrica em relação à srcem. T : R2 → R2 (x, y)  (–x, –y)

ou T(x, y) = (–x, –y)

Reexão utilizando a matriz na forma canônica: − x − 1  0

x

 −y = 0 −×1 ⇒y =

−



 [T]

1 0 0 −1

y

(x, y)

x

T(x, y) = (–x, –y)

Figura 3.15 - Reexão do vetor (x, y) em torno da srcem

Unidade 3

173


4. A transformação reflexão em torno da reta y = x

O operador linear T : R2 → R2 leva cada ponto (x, y) para sua imagem (y, x). T : R2 → R2 (x, y)  (y, x)

ou T(x, y) = (y, x)

Reexão utilizando a matriz na forma canônica: x y =  

0 1 1 ×0  

x   ⇒ =  [T] y  

y

0 1 1 0 y=x

T(x, y) = (y, x)

(x, y)

x

Figura 3.16 - Reexão do vetor (x, y) em torno da reta y = x

5. A Reflexão de vetor em torno do plano xy

O operador linear T : R3 → R3 leva cada ponto (x, y, z) para sua imagem (x, y, –z) simétrica em relação ao plano xy. T : R3 → R3 (x, y, z)  (x, y, –z)

ou T(x, y, z) = (x, y, –z)

Utilizando a matriz na forma canônica:  x 1  0 0 x  y = 0  1 ×0 ⇒y =     0  0 −1 z  −z

174

 1 0 0  [T]0 1 0  0 0 −1 

Álgebra Linear

z

(x, y, z)

y

T(x, y, z) = (x, y, −z) x

Figura 3.17 - Reexão do vetor (x, y, z) em torno do plano xy

6. A reflexão de um vetor em torno do plano xz

O operador linear T : R 3 → R3 leva cada ponto (x, y, z) para sua imagem (x, –y, z) simétrica em relação ao plano xz. T : R3 → R3 (x, y, z)  (x, –y, z)

ou T(x, y, z) = (x, –y, z)

Utilizando a matriz na forma canônica: 1  0  x 01 − y = −    ×  z 0  0

0 0⇒ 1

x y = − z

  [T] 

1 0 0 01 0 0 0 1

z

T(x, y, z) = (x, −y, z)

(x, y, z)

y

x

Figura 3.18 - Reexão do vetor (x, y, z) em torno do plano xz

Unidade 3

175


7. A reflexão de um vetor em torno do plano zy

O operador linear T : R3 → R3 leva cada ponto (x, y, z) para sua imagem (–x, y, z) simétrica em relação ao plano zy. T : R3 → R3 (x, y, z)  (–x, y, z)

ou T(x, y, z) = (–x, y, z)

Utilizando a matriz na forma canônica: −x − 1 0 0 x −  1 0 0  y = 0 1 ×0 ⇒y =  [T] 0 1 0       z  0 0 1 z 0 0 1 z

T(x, y, z) = (−x, y, z)

(x, y, z) y

x

Figura 3.19 - Reexão do vetor (x, y, z) em torno do plano yz

Projeções Uma projeção ortogonal de R2 ou R3 é qualquer operador que leva cada vetor em sua projeção ortogonal sobre uma reta ou algum plano pela srcem. Vamos apresentar a seguir algumas projeções: 1. Transformação projeção ortogonal sobre o eixo x

O operador linear T : R2 → R2 leva cada vetor (x, y) para sua imagem (x, 0) projetada no eixo x. T : R2 → R2 (x, y)  (x, 0)

176

ou T(x, y) = (x, 0)

Álgebra Linear

Utilizando a matriz na forma canônica: x 0 =  

1 0 0 ×0  

x   ⇒ =  [T] y  

1 0 0 0

y

(x, y)

T(x, y) = (x, 0)

x

Figura 3.20 - Projeção ortogonal do vetor (x, y) sobre o eixo x

2. Transformação projeção ortogonal sobre o eixo y

O operador linear T : R 2 → R2 leva cada vetor (x, y) para sua imagem (0, y), projetada no eixo y. T : R2 → R2 (x, y)  (0, y)

ou T(x, y) = (0, y)

Reexão utilizando a matriz na forma canônica: 0  y =  

0 0 0 ×1  

x   ⇒ =  [T] y  

0 0 0 1

3. Projeção ortogonal de um vetor sobre o plano xy

O operador linear T : R 3 → R3 leva cada vetor (x, y, z) para sua imagem (x, y, 0). T : R3 → R3 (x, y, z)  (x, y, 0)

ou T(x, y, z) = (x, y, 0)

Utilizando a matriz na forma canônica: 1  0 0 x x y = 0  1 ×0 ⇒y =     0 0  0 0 z

1 0 0   [T]0 1 0   0 0 0

Unidade 3

177


z

(x, y, z)

y

T(x, y, z) = (x, y, 0) x

Figura 3.21 - Projeção ortogonal do vetor (x, y, z) no plano xy

4. Projeção ortogonal de um vetor sobre o plano xz

O operador linear T : R3 → R3 leva cada vetor (x, y, z) para sua imagem (x, 0, z). T : R3 → R3 (x, y, z)  (x, 0, z)

ou T(x, y, z) = (x, 0, z)

Utilizando a matriz na forma canônica: 1  0 x 0 = 0  0     z 0  0

0 x ×0 ⇒y = 1 z

1 0 0   [T]0 0 0   0 0 1 z

T(x, y, z) = (x, 0, z)

(x, y, z)

y

x

Figura 3.22 - Projeção ortogonal do vetor (x, y, z) no plano xz

178

Álgebra Linear

5. Projeção ortogonal de um vetor sobre o plano yz

O operador linear T : R 3 → R3 leva cada vetor (x, y, z) para sua imagem (0, y, z). T : R3 → R3 (x, y, z)  (0, y, z)

ou T(x, y, z) = (0, y, z)

Utilizando a matriz na forma canônica: 0  0 0 x 0 x = 0  1 ×0 ⇒y =      z 0  0 1 z

0 0 0   [T]0 1 0   0 0 1

z

T(x, y, z) = (0, y, z) (x, y, z)

y

x

Figura 3.23 - Projeção ortogonal do vetor (x, y, z) no plano yz

Exemplos

3.30. Considere os operadores lineares P1, P2 e P3 em R3 denidos respectivamente por: P1(x, y, z) = (x, y, 0), P2(x, y, z) = (x, 0, z) e P3(x, y, z) = (0, y, z) Temos: a) P1(x, y, z) = (x, y, 0) representa geometricamente a projeção do vetor no plano xOy. Para o vetor u =(2, 4, 6) ∈ R3, temos P1(u) = P1(2, 4, 6) = (2, 4, 0).

Unidade 3

179


z

6

u = (2, 4, 6)

4

y

2 P1(2, 4, 6) = (2, 4, 0)

x

Figura 3.24 - Projeção do vetor u = (2, 4, 6) no plano xOy

b) P 2(x, y, z) = (x, 0, z) geometricamente projeta o vetor no plano xOz. Para o vetoru =(2, 4, 6)∈ R3, temos P2(u) = P1(2, 4, 6) = (2, 0, 6). z

6

P2(2, 4, 6) = (2, 0, 6)

u = (2, 4, 6)

4 2 x

Figura 3.25 - Projeção do vetor u = (2, 4, 6) no plano xOz

180

y

Álgebra Linear

c) P3(x, y, z) = (0, y, z) projeta o vetor no plano yOz. Para o vetor u =(2, 4, 6)∈ R3, temos P3(u) = P1(2, 4, 6) = (0, 4, 6). z

6

P3(2, 4, 6) = (0, 4, 6)

u = (2, 4, 6)

4

y

2 x

Figura 3.26 - Projeção do vetor u = (2, 4, 6) no plano yOz

Rotações É um tipo de operador que rotaciona cada vetor em R 3 em torno de um ângulo θ xado. Ou no R3 em relação a um raio partindo da srcem. 1. Rotação pelo ângulo θ no sentido anti-horário

O operador linear T : R 2 → R2 leva cada vetor (x, y) para sua imagem no plano girando esse vetor no sentido anti-horário por um ângulo positivo θ. Para isso, a transformação linear é: T(x, y) = (xcos θ – ysen θ, xsen θ – ycos θ) Cuja matriz canônica é representada por:  cosθ − sen θ sen cos θ θ  

[T] = 

Unidade 3

181


pois:  x cosθ − y sen θ  cos θ − θsen  x ×  x sen θ + y cos θ  = θ    sen θ cos y   y

T(x, y) = (xcos θ − ysen θ, xsen θ + ycos θ) (x, y)

θ

x

Figura 3.27 - Rotação do vetor (x, y) pelo ângulo θ

2. Rotação anti-horária em torno dos ei xos coordenados 3

3

z) a girar O operador linear Tθ:, Rem→torno R leva vetorCom (x, y, isso, xando um ângulo de um eixo. observamos, geometricamente, que ele varre uma porção de um cone. Nesse caso, o ângulo θ é chamado de ângulo de rotação. 

Em torno do eixo x: T(x, y, z) = (x, ycos θ – zsen θ, ysen θ – zcos θ)

Cuja matriz canônica é: 0 0 1  [T] = 0 cos θ − θ sen  0 sen θ cos θ

   

pois: x    y ŶŶŶŶŶŶ θ −z  θ =   θ +z θ  y ŶŶŶŶŶŶ

182

1

0 0 θ − θ× θ   θ

x y z

Álgebra Linear

Figura 3.28 - Rotação anti-horária do vetor (x, y, z) em torno do eixo x 

Em torno do eixo y: T(x, y, z) = (xcos θ + zsen θ, y, –xsen θ + ycos θ)

Cuja matriz canônica é: 0 θ sen  cos θ [T] =  0 1 0   − sen θ 0 cos θ  pois:  x ŶŶŶŶŶŶ θ + z θ  θ   y =    − xθŶŶŶŶŶŶ + θz  − θ

θ 

0   1

x

0

 θ 

× y z

Figura 3.29 - Rotação anti-horária do vetor (x, y, z) em torno do eixo y

Unidade 3

183




Em torno do eixo z: T(x, y, z) = (xcos θ – ysen θ, xsen θ + ycos θ, z)

Cuja matriz canônica é:  cosθ − sen θ [T] = sen θ cos θ 0  0

0 0 1

pois:  x ŶŶŶŶŶŶ θ − y θ  θ − θ     x ŶŶŶŶŶŶ θ × θ + y θ= θ     0   0 1 z 

x y z

Figura 3.30 - Rotação anti-horária do vetor (x, y, z) em torno do eixo y

Exemplos

3.30. Dado um vetor qualquer u = (x, y) ∈ R2, rotacionando u, por um ângulo de π3 = 60°, a imagem do vetor w = T(u) é dada por:  1  π π  cos 3 − sen 3 x  2 w= ⋅=  ⋅= 3 sen π cos π  y  3 3    2

184

 3 − 2  x    y   1    2 

 1 3 y  x− 2 2   3 1 x+ y 

2

2

Álgebra Linear

Se u = (4,2), então: 1 3   ⋅ 4 − ⋅ 2  2 − 3  2 = w = 2   3 1   2 3 + 1  ⋅ 4 + ⋅ 2 2   2 y 5

w

4

3

2

u

1

−2

−1

1

2

3

4

5

x

−1

Figura 3.31 - Rotação do vetor (4, 2) pelo ângulo π 3

3.31. Utilize multiplicação matricial para encontrar a imagem do vetor u = (6, –2, 2) rotacionado por θ = 45° em torno do eixo z. Cuja matriz canônica é:  cosθ − sen θ sen θcos [T] = θ   0 0

0 0 =θcom °  1

45

Então, o vetor w ∈ R3 obtido dessa rotação é:

 cos θ− θ sen   0     w = sen θ θcos ⋅ − = 0  0 0  1

6 2 2

 2 2  0 −  2  2    2  2 0 −⋅ 2 2   0 1  0

Unidade 3

6 2 2

185


 6   w = 6  

2 +2 2 2 −2 2 2

2  2  4 2   2   = 2 2  2      2  

Dilatações e contrações Dado um escalar não negativo α, então o operador T(u) = αu, em que u é um valor do R 2 ou do R3 é chamado de homotetia de razão α. 



Se 0 ≤ α ≤ 1, temos uma contração de razão α. Se α ≥ 1, temos uma dilatação de razão α.

1. No plano: o operador linear T : R2 → R2 leva cada vetor (x, y) para sua imagem a uma contração ou dilatação é dado por: T(x, y) = (αx, αy) Cuja matriz canônica é representada por: α 0 α x α  0 x α ,pois:  αy = 0 α × y 0       

[T] = 

y

y

T(x, y) = (αx, α y)

(x, y)

α≥1

(x, y)

T(x, y) = (αx, α y) x

0≤α≤1

Figura 3.32 - Dilatação e contração do vetor (x, y) no R

x

2

2. No espaço: ooperador linear T :R3 → R3 leva cada vetor x( , y, z) para sua imagem a uma contração ou dilatação é dado por: T(x, y, z) = (αx, αy, αz)

186

Álgebra Linear

Cuja matriz canônica é representada por: α 0 0 α xα 0  0  = αy ×0 [T] =  0α 0 pois: , α 0     0 0 α    αz  0 0 α

z

x y z

z

T(x, y, z) = (αx, α y, αz)

(x, y, z)

(x, y, z) T(x, y, z) = (αx, α y, αz) y x

y x

α≥1

0≤α≤1

Figura 3.33 - Dilatação e contração do vetor (x, y, z) no R3

Exemplo

3.32. Encontre a matriz canônica do operador linear T : R3 → R3 π sentido anti-horário em que, primeiro, um vetor torno do eixo xrotaciona por um ângulo θ = no 6 e, depois, reete o vetor resultante em torno do plano yz.

Vamos inicialmente chamar de T1 a transformação rotação cuja matriz canônica é [T1], e de T2 a transformação reexão com matriz canônica [T2]. A composição dessas duas transformações é dada pelo produto das matrizes canônicas das transformações [T2] e [T1], nessa ordem, isto é: [T] = [T2] × [T1] 1 

0

0 π

 1  π

[T1 ] = 0 cos−6 = sen 6− 0  π π   cos  0  0 sen 6 6    − 1 0 0  [T2 ] =  0 1 0   0 0 1 

0 3 2 1 2

Unidade 3

0   1 2  3 2 

187


Portanto [T] = [T2 ] × [T]1 0 1 − 1 0 0   π =  0 1× 0  0c − =os  6  0 0 1   π  0 sen 6

0

 π −sen  6 π   cos 6 

− 1  0     0

0 3 2 1 2

0   1 2  3 2 

Síntese O estudo das transformações lineares é uma das ferramentas mais importantes da Álgebra Linear. Você viu como vericar se uma função é uma transformação linear e, também, como sua relação com espaços vetoriais. Viu ainda que o estudo de matrizes associadas a transformações lineares permite que se encontrem novas transformações lineares a partir de algumas já conhecidas. Finalmente, você pôde visualizar a geometria dos operadores lineares mais aplicados.

188

Álgebra Linear

Atividades de autoavaliação 1. Se T : V → W, v ∈ V e w ∈ W, encontre o domínioV e o contradomínio W da transformação denida pelas equações dadas e determine se T é linear. a) w1 = x + 2y b) w2 = –y c) w3 = x + y 2. Considere a transformação linear T : R3 → R3 denida por T(x, y, z) = (–5x + z, y + z, 3x + y). Utilize os vetores u = (1, –1, 3) e v = (0, 4, –3) para mostrar que T(2u – 3v) = 2T(u) – 3T(v). 3. Verique quais das seguintes funções são transformações lineares. a) T : R3 → R2, T1(x, y, z) = (2x – 1, 2z – x) b) T : R 2 → R2, T2(x, y) = (5x, y2) c) T : R2 → R3, T3(x, y) = (x – y, x – y, 0) 4. Dada T : R2 → R2 represente geometricamente um vetor genérico v = (x, y) ∈ R2 se T(x, y) = (–3x, 2y). 5. Dados os seguintes operadores lineares, determine a matriz canônica T da transformação linear denidos por: a) T1(x, y) = (x – 2y, x + y) b) T 2(x, y, z) = (x – y – 2z, –x + 2y + z, –3z)

Unidade 3

189


6. Dada a matriz canônica: − 1 2 0    3 1 5

[T] = 

de uma transformação linear. Use-a para obter T(–1, 1, 3). 7. Determine a transformação linear T : R2 → R3, sabendo que T(–1, 1) = (3, 2, 1) e T(0, 1) = (1, 1, 0). 8. Se T : R3 → R2 tal que: T(3, 2, 1) = (1, 1), T(0, 1, 0) = (0, –2) e T(0, 0, 1) = (0, 0). Determine: a) T(x, y) b) v ∈ R3, tal que T(v) = (1, 1) c) v ∈ R3, tal que T(v) = (0, 0) 9. Seja P2 o espaço vetorial dos polinômios de ordem 2: ax2 + bx + c. Se representarmos qualquer elemento u desse espaço como u = (a, b, c). Determine se T : P2 → P2, tal que T(1) = x, T(x) = 1 – x2 e T(x2) = x + 2x2, é transformação linear. 10. Determine o núcleo, uma base para esse subespaço e sua dimensão. Determine a imagem, uma base para esse subespaço e sua dimensão. Com isso, verique se T é injetora e sobrejetora. a) T : R2 → R3, T(x, y) = (x + y, x, 2y) b) T : R 3 → R2, T(x, y, z) = (x + 2 y – z, 2x – y + z) c) T : R3 → R3, T(x, y, z) = (x – 3y, x – z, z – x) 11. Determine a transformação linear T : R2 → R3 dada por T(–2, 3) = (–1, 0, 1) e T(1, –2) = (0, –1, 0).

190

Álgebra Linear

12. Dado o operador linear T : R3 → R3, denido por: T(x, y, z) = (x + 2y – z, y + z, x + y – 2z) determine uma base e a dimensão do núcleo de T. 13. Dadas as T1 e T2 duas transformações lineares de R2 em R3. T1(x, y) = (x – 2y, 3x – y, y) e T2(x, y) = (x + y, x – 3y, 2x + y) a) T1 – T2 b) 3T 1 + 2T2 14. Sejam T1 e T2 duas transformações lineares de R2 em R3. 2− 1 1 0  1 −     Se[T ]1 =2 1  1 e[T ] 2 3 = 1 2  0 −1 1   1 −2

1 0

determine [T2oT1] e [T1oT2]. 15. Se T é um operador linear dado pela matriz − 2 1 4  [T] =  3 5 0   6 0 −1

a) calcule N(T) e dim N(T); b) calcule Im(T) e dim Im(T). 3

3

16. Se T : R → R é denido por T(x, y, z) = (x + y – 2z, x + 2y + z, 2x + 2y – 3z), a) verifique se T(x, y, z) é um isomorfismo; b) mostre que det [T] ≠ 0; c) determine T–1(x, y, z).

Unidade 3

191


17. Sejam b = {(1, –1), (0, 2)} e b' = {(1, 0, –1), (0, 1, 2), (1, 2, 0)} bases de R2 em R3, respectivamente, e: 1 0  [T]bb' =  1 1  0 −1

Determine T. 18. Se b = {(0, 2), (2, –1)} e b' = {(1, 1, 0), (0, 0, –1), (1, 0, 1)} bases de R2 em R3, respectivamente, e: 2 0  [T]bb' =  4 0   0 −4 

Determine T(x, y). 19. Dadas as matrizes: 0  1  1− 2 1     [T1 ] = 0 2 e[T ] 2 2=  0 1 0 1  1 −2 2

Encontre N(T1), N(T2), Im(T2), N(T2oT1) e Im(T2oT1). Determine uma base para cada uma desses seis subespaços. 20. Para os casos a seguir, determine a matriz do operador linear de R2 em R2 que representa as seguintes operações: a) Rotação de 30° no sentido anti-horário; b) Reexão em relação do eixo y.

192

UNIDADE 4

Espaço vetorial


Definir a multiplicidade de vetores.



Apresentar e operar polinômios característicos.



Mostrar as relações entre autovetores e seusmúltiplos, autovetores e subespaços vetoriais, e autovalores ematrizes de uma transformação linear.



Relacionar polinômios característicos a matrizes de transformações lineares.

Seções de estudo Seção 1 Autovalores e autovetores Seção 2 Determinação de autovalores e autovetores Seção 3 Propriedades de autovalores e autovetores Seção 4 Diagonalização de operadores

4


Para início de estudo Nesta unidade, continuaremos estudando as transformações lineares, mas apenas aquelas denidas de um espaço vetorial V no mesmo espaço vetorial V, ou seja, os operadores lineares. Sendo assim, se V é um espaço vetorial qualquer, estamos interessados apenas em transformações do tipo T : V → V. Para estes operadores, queremos estudar os vetores de V que são levados em múltiplos de si próprios. De maneira geral e informal, se v ∈ V e T(v) = λv, em que λ ∈ R, então v é chamado de um autovetor de T e λ é chamado de um autovalor. Alguns livros usam as palavras vetor próprio e valor próprio, ou vetor e valor característico. No decorrer da unidade, usaremos os termos autovalor e autovetor. Muitas são as aplicações de autovalores e autovetores, entre elas destaca-se o estudo de probabilidades, crescimento populacional e equações diferenciais.

Um pouco de história Em inglês, usamos o termoeigenvalue para autovalor. O prexoeigen é um adjetivo germânico que signica próprio. Por isso, em português também usamos a expressãovalor próprio quando queremos nos referir aos autovalores. O mesmo vale para o termovetor próprio ou autovetor. Fonte: Anton e Rorres (2001).

Seção 1 – Autovalores e autovetores Na introdução desta unidade, já tivemos contato com o conceito informal de autovalores e autovetores, agora vamos formalizá-los. Seja T : V → V um operador linear. Dizemos que um vetor v ∈ V, com v ≠ 0 é um autovetor de T, se existe λ ∈ R, tal que T( v) = λ·v. A este número λ chamamos de autovalor de T, associado ao autovetor v.

194

Álgebra Linear

Observação 4.1: geometricamente, se estivermos tratando de vetores no R2 ou R3, signica que a imagem de T pelo autovetor v é um múltiplo escalar de v, ou seja, v e T(v) têm a mesma direção, porém os sentidos podem ser opostos, dependendo do sinal do autovalor λ. Exemplos

4.1. Suponha o operador T : R 2 → R2, tal que T(x, y) = (3x + y, x + 3y). O vetor v = (1, 2) é um autovetor de T. De fato, T(1, 1) = (4, 4) = 4·(1, 1). Ou seja, T(v) = 4·v, assim, v = (1, 1) é um autovetor associado ao autovalor λ = 4. Geometricamente, o operador T levou o vetor v no seu quádruplo, isto é, v e T(v) têm a mesma direção e o mesmo sentido. 2

2

4.2. T : R u→ R ,3)tale que T(x, y) = (2x + 2y, x + 3y). Verique se osSeja vetores = (0, v = (–2, 1) são autovetores de T. Calculando T(0, 3), temos T(0, 3) = (6, 9), ou seja, o vetor (6, 9) não é um múltiplo escalar de u = (0, 3), logo, o vetor u não é um autovetor. Fazendo o mesmo para v = (–2, 1), temos T(–2, 1) = (–2, 1) = 1·(–2, 1), ou seja, o vetorv é um autovetor de T associado ao autovalor λ = 1. Veja a seguir alguns operadores com os quais podemos facilmente obter seus autovetores e autovalores.

Unidade 4

195


Dilatação e contração

T : R2 → R2 T(x, y) = α(x, y) Assim, pela própria denição tem-se que qualquer vetor v = (x, y) ∈ R2 é um autovetor de T associado ao autovalor α. 3

O mesmo vale para operadores denidos no R . Reflexão em relação à srcem

T : R2 → R2 T(x, y) = (–x, –y) Podemos reescrever este operador como T( x, y) = –(x, y), ou seja, qualquer vetor v = (x, y) ∈ R2 é um autovetor de T associado ao autovalor λ = –1. O mesmo vale para operadores denidos no R3. Interpretação Geométrica

Podemos utilizar a interpretação geométrica para visualizar as ideias de autovalores e autovetores no estudo de determinados operadores lineares. Por exemplo, vejamos o operador reexão pela srcem. Vamos visualizá-lo geometricamente. y 8 6 4

u1

v2

2

−6

−5

−4

−3

−2

−1

u

1

2

x 53

4

6

−2

v

u2 v1

−4 −6 −8

Figura 4.1 - Operador reexão pela srcem

196

Álgebra Linear

Perceba que todos são autovetores associados aoautovalorλ = –1. Geometricamente, vemos que os vetoresu e T(u) têm a mesma direção, porém com sentidos opostos, bem comou1 e T(u1) e u2 e T(u2), como já havíamos dito na observação 4.1.

Agora é a sua vez! Resolva os exercícios de autoavaliação 1, 2 e 3.

Até agora, apenas estamos nos familiarizando com a denição de autovalor e autovetor, ou seja, estamos vericando se certos vetores são ou não autovetores de um determinado operador linear. Mas, na verdade, queremos o contrário: dado o operador T, como obter os autovetores e autovalores? Esta resposta será dada na próxima seção. Vamos à luta.

Seção 2 – Determinação de autovalores e autovetores Para encontrar um método para determinar autovalores e autovetores, vamos necessitar, inicialmente, da denição de autovetor e autovalor e da ideia de matriz de um operador. Dado um operador qualquer T e se v é um autovetor associado ao autovalor λ, então T(v) = λ·v. E também pela denição de operador linear T(v) = A·v, onde A é a matriz associada ao operador T, ou seja, λ·v = A·v. Por exemplo, seja T : R2 → R2 tal que T(x, y) = (3x + y, x + 3y) e tome o vetor v = (1, 1). Como já vimos anteriormente, no exemplo 4.1, temos T(1, 1) = 4·(1, 1), ou seja, λ = 4 é um autovalor do autovetor v = (1, 1), ou seja, T(v) = λ·v. Do mesmo modo, tomando a matriz do operador T: 3 1  1 3

A=

Unidade 4

197


temos que:  3 1   1 A ⋅ v=  ⋅  =  1 3   1

1  4   = 4⋅  =4⋅ =λ1 ⋅ 4 v  

v

exatamente como na observação inicial.

De maneira geral, se multiplicarmos um autovetor v pelo autovalor associado λ, é o mesmo que multiplicarmos a matriz A do operador pelo autovalor λ, ou seja, λ·v = A·v.

Agora já estamos aptos a entender como faremos para obter todos os autovetores e autovalores de um operador linear. Seja o operador T, cuja matriz associada é A , e considere v o autovetor de T associado ao autovalor λ. Pela observação anterior, tem-se λ·v = A·v. Reescrevendo temos: λ

=0

A·v – ·v (1) Lembre-se de que este 0 (zero) não é um número real, e sim um vetor de coordenadas zero. Multiplique-se agora a matriz identidade I, em ambos os lados da equação (1), e obtemos: I·A·v – I·λ·v = 0 Mas I é o elemento neutro da multiplicação de matrizes, o que nos leva a: A·v – λ·I·v = 0 (A – λ·I)·v = 0 Essa equação matricial tem uma solução que é v = 0, mas, pela denição de autovetor, queremos v ≠ 0. Assim, para que o sistema linear associado admita soluções diferentes da trivial, é necessário que det(A – λ·I) = 0. Essa equação é uma equação em λ, chamada de equação característica de T ou polinômio característico de T.

198

Álgebra Linear

Lembre-se de que todo sistema linear tem uma equação matricial associada A·X = b, e se det A ≠ 0, então A admite inversa e podemos encontrar a solução única do sistema fazendo X = A–1·b. Assim, ca justicado o porquê de o determinante de A – λ·I ter que ser igual a zero.

Para ilustrar as ideias anteriores, vamos tomar uma transformação T : R2 → R2, cuja matriz A é dada por:  a11 a12    a21 a22 

A=

Assim, de (A – λ·I)·v = 0, temos:   a11 a12  1  0   x 0    − λ ⋅0 1  ⋅  =y   0 a a         21 22   a11− λ a12  x   0 ⋅ =  a a22 − λ  y  0  21  a11− λ

Como det 

 a21

(2)

a12 = 0, temos: a22 − λ 

(a11 – λ)(a22 – λ) – a12·a21 = 0, o que nos dá uma equação do 2º grau em λ. Com os λ´s calculados, substituímos na equação (2) para encontrar os autovetores associados. Que tal alguns exemplos para xarmos os conceitos? Exemplos

4.3. Determine os autovalores e autovetores do operador T(x, y) = (3x + y, x + 3y).  3 1 Primeiramente, tomamos a matriz dooperador, que é A =    1 3 e montamos a matriz A – λ·I.

Unidade 4

199


 3 1  1 −03 λ  A − λ ⋅I=   − λ ⋅  =   1  3   0 1  1

1 3−λ

Agora, fazemos det(A – λ·I) = 0 e assim obtemos a equação (3 – λ)2 –1 = 0. Abrindo o termo quadrático, temos λ2 – 6λ + 8 = 0. Resolvendo a equação do 2º grau, conseguimos λ1 = 2 e λ2 = 4. Para encontrar os autovalores associados, tomemos a equação (A – λ·I)·v = 0. Para λ1 = 2, temos (A – 2·I)·v = 0 e, portanto: 1 1 

1   x   0 ⋅ = 1   y   0

o que nos leva ao sistema linear: x + y = 0  x + y = 0

Resolvendo o sistema obtemos y = –x e assim os autovetores associados a λ1 = 2 são do tipo v = (x, y) = (x, –x) = x(–1, 1), ou seja, temos innitos autovetores gerados pelo autovetorv1 = (–1, 1). Para λ2 = 4, obtemos: −1 1   x   0  1 −1  ⋅ y  = 0     

o que nos leva ao sistema linear: − x+ y= 0   x−y =0

Resolvendo o sistema, obtemos y = x e assim os autovetores associados a λ2 = 4 são do tipo v = (x, y) = (x, x) = x(1, 1), isto é, temos innitos autovetores gerados pelo autovetor v2 = (1, 1).

200

Álgebra Linear

Em geral escrevemos: 

v1 = (–1, 1) é um autovetor associado ao autovalorλ1 = 2 e



v2 = (1, 1)

é um autovetor associado ao autovalor λ2 = 4.

4.4. Seja T : R3 → R3, tal que T(x, y, z) = (x, 2x – 2y, –3x + y + 2z). Determine os autovalores e autovetores do operador T. A matriz associada é dada por:  1 0 0 A =  2 −2 0   −3 1 2 

Fazendo A – λ·I, obtemos 0 −1λ A − λ ⋅I=  2 − −2λ  −3 1

 0

0 

2 − λ 

Fazendo det(A – λ·I) = 0, temos (1 – λ)(–2 – λ)(2 – λ) = 0, que tem como solução λ1 = –2, λ2 = 1 e λ3 = 2. Agora, seja a equação, (A – λ·I)·v = 0. Para λ1 = –2, tem-se (A – (–2)·I)·v = 0, ou seja, 0  3 0 0  x  2 0 0 ⋅ y = 0      −3 1 4  z 0 que nos leva ao sistema linear 3x = 0   2x = 0  −3+x +y =4 z 0 

Unidade 4

201


Resolvendo este sistema, temos diretamente quex = 0 e substituindo na última equação, tem-sey = –4z, e assim os autovetores associados a λ1 = –2 são do tipo v = (x, y, z) = (0, –4z, z) = z(0, –4, 1), de modo que temos innitos autovetores gerados pelo autovetor v1 = (0, –4, 1). Para λ2 = 1, obtém-se: 0 0  2 −3   −3 1

0 0  x 0 ⋅ y = 0    1  z 0

o que nos leva ao sistema linear:  2x − 3y = 0  −3x+ +y =z 0

Da primeira equação, obtemosy = 23 x e, substituindoy na segunda equação, chegamos az = 73 x; assim os autovetores associados ao autovalorλ2 = 1 são da forma:

(

v = (x, y, z) = x,

2 x, 7 x =x 1, 2 , 7 3 3 3 3

) (

)

temos innitos autovetores gerados pelo autovetor: v2 =

(1, 23 , 73 ).

Para λ3 = 2, temos: −1 0  2 −4   −3 1

0   x  0 0 ⋅ y = 0    0 0  z

que nos leva ao seguinte sistema linear:  −x = 0  2x − 4 y = 0 −3 x + y = 0  202

Álgebra Linear

Deste sistema, tiramos x = 0 e y = 0. Como notamos, não há condição para z, logo z é qualquer número real. Assim os autovetores são do tipo v = (x, y, z) = (0, 0, z) = z(0, 0, 1), ou seja, innitos autovetores gerados pelo autovetor v3 = (0, 0, 1). Geometricamente, estes autovetores pertencem ao eixo z. Veja a tabela com o resumo dos autovetores e autovalores do operador T(x, y, z) = (x, 2x – 2y, –3x + y + 2z). Autovalor

Autovetor

λ1 = –2

v1 = (0, –4, 1)

λ2 = 1

v2 =

λ3 = 2

v3 = (0, 0, 1)

(1, 23 , 73 )

Veja que você pode tirar uma prova real para saber se suas respostas estão de acordo. Por exemplo, tomemos o autovetor v1 = (0, –4, 1), devemos ter que T(v1) = –2·v1. De fato, T(0, –4, 1) = (0, 8, –2) = –2·(0, –4, 1) O mesmo pode ser feito para todos os outros autovetores. Já sabemos que todo operador linear tem uma matriz quadrada associada e toda matriz quadrada tem a ela associado um operador linear. Assim, encontrar os autovetores e autovalores de um operador linear é o mesmo que encontrar os autovalores e autovetores de uma matriz.

4.5. Encontre os autovetores e autovalores da matriz: 10 −9  A=   4 −2 

Unidade 4

203


Temos que: 10− λ A −λ⋅ I=   4

− 9 −2 − λ 

Como det(A – λ·I) = 0, obtemos (10 –λ)(–2 – λ) + 36 = 0, ou seja, λ2 – 8λ + 16 = 0, o que nos leva a dois autovetores iguais: λ1 = λ2 = 4. Agora, para λ = 4, obtemos:  6 − 9   x   0  4 −6  ⋅ y = 0     

que nos leva ao sistema linear: 6 x − 9 y = 0  4 x − 6 y = 0

Resolvendo o sistema, obtém-se y = 2 x, que nos dá o autovetor: 3

(

v = (x, y) = x,

2 x =x 1, 2 3 3

) ( )

Observação 4.2: chamamos de multiplicidade algébrica de um autovalor a quantidade de vezes que ele aparece como raiz do polinômio característico.

No exemplo 4.5, o autovalorλ = 4 tem multiplicidade algébrica 2. 4.6 Encontre os autovalores e autovetores da matriz: A=

−2 − 7  1

2 

Temos que: −2− λ − 7 A −λ⋅ I=  2 − λ   1

204

Álgebra Linear

Fazendo det(A – λ·I) = 0, obtemos (–2 – λ)(2 – λ) + 7 = 0, ou seja, l2 + 3 = 0. Resolvendo esta equação, percebemos que ela não possui valores reais para raízes e, portanto, a matriz A não possui autovalores reais.

Agora é a sua vez! Resolva os exercícios de autoavaliação 4 e 5.

Podemos, a partir de um autovalor λ, construir subespaços vetoriais dos autovetores associados a λ. A próxima seção vai mostrar isso e muito mais. Antes, não esqueça de resolver os exercícios referentes a esta seção. Bons estudos e mãos à obra

SEÇÃO 3 – Propriedades de autovalores e autovetores Veja, a partir de agora algumas propriedades que envolvem os autovalores e os autovetores e nosso objeto de estudo, os subespaços vetoriais. Propriedade 1: seja v um autovetor do operador linear T associado ao autovalor λ. Então, o autovetor α·v (α ≠ 0) é também um autovetor de T associado ao autovalor λ.

Em outras palavras, se v é um autovetor associado a um autovalor λ, então qualquer múltiplo escalar de v também é um autovetor associado ao mesmo autovalor λ. Assim, todo operador linear que possui pelo menos um autovetor tem innitos autovetores associados ao mesmo autovalor. Vamos à demonstração. Por hipótese, temos que T(v) = λ·v, pois v é um autovetor associado ao autovalor λ. Devemos mostrar que T(α·v) = λ·(α·v). De fato, T(α·v) = α·T(v) (T é um operador linear)

Unidade 4

205


Como T(v) = λ·v, então: T(α·v) = α·T(v) = α·(λ·v) = λ·(α·v), como queríamos demonstrar. Propriedade 2: sejam T : V → V e o conjunto Tλ = {v ∈ V; T(v) = λ·v}.

Tλ é um subespaço vetorial. Em outras palavras, o conjunto de todos os autovetores v associados ao mesmo autovalor λ é um subespaço vetorial de V. a) Sejam v1 e v2 ∈ Tλ. Devemos mostrar que v1 + v2 ∈ Tλ, ou seja, que T(v1 + v2) = λ·(v1 + v2). De fato, T(v1 + v2) = T(v1) + T(v2) (T é um operador linear) Mas T(v1) = λ·v1 e T(v2) = λ·v2, pois v1 e v2 ∈ Tλ. Logo, T(v1 + v2) = T(v1) + T(v2) = λ·v1 + λ·v2 = λ·(v1 + v2). b) Sejam v1 ∈ Tλ e k ∈ R. Devemos mostrar que k·v1 ∈ Tλ, ou seja, que T(k·v1) = λ·(k·v1). Isto decorre diretamente da propriedade 1. Portanto o conjunto Tλ é um subespaço vetorial de V. Exemplos

4.7. Seja T : R2 → R2 em que T(x, y) = (2x + 2y, y). 2 2 . 0 1

A matriz deste operador linear é dada por A =  Fazendo o det(A – λ·I) = 0, ou seja,  2− λ  0 

2

1 − λ 

=0

obtemos o polinômio característico (2 – λ)(1 – λ) = 0, cujos autovalores são λ1 = 1 e λ2 = 2. 206

Álgebra Linear

Para λ1 = 1, temos: 1 0 

2   x   0 ⋅ = 0   y   0

o que nos leva à x + 2y = 0, ou seja, x = –2y, e, portanto, temos o autovetor v1 = (x, y) = (–2y, y) = y(–2, 1). Assim um autovetor associado ao autovalor λ1 = 1 é v1 = (–2, 1); e, pela propriedade 1, segue que qualquer múltiplo de v1 também é um autovetor associado ao autovalor λ1 = 1. Assim, todos os autovetores associados a λ1 = 1 têm a forma v = (–2y, y). Então, pela propriedade 2, o conjunto Tλ1 = {v ∈ R2; x = – 2y} é um subespaço vetorial que, geometricamente, é uma reta que passa pela srcem. Para λ2 = 2, temos: 0 2   x  0 0 −1 ⋅ y = 0     

o que nos leva ao sistema linear: 2 y = 0  − y = 0

ou seja, y = 0; como não temos condição para x, segue que x é qualquer número real, então o autovetor é dado por v2 = (x, y) = (x, 0) = x(1, 0). Então, um autovetor associado ao autovalor λ2 = 2 é v2 = (1, 0) e, pela propriedade 1, qualquer múltiplo de v2 também é um autovetor associado ao autovalor

λ2 = 2.

2

Também quepela o conjunto Tλ2 = {v2.∈Geometricamente, R ; y = 0} é um subespaçotemos vetorial propriedade é o eixo x. 4.8. Tome o exemplo 4.4 da Seção 2: seja T : R3 → R3, tal que T(x, y, z) = (x, 2x – 2y, –3x + y + 2z).

Unidade 4

207


Este operador linear tem os seguintes autovetores e autovalores: Autovalor

Autovetor

λ1 = –2

v1 = (0, –4, 1)

λ2 = 1

v2 =

λ3 = 2

v3 = (0, 0, 1)

(1, 23 , 73 )

Pela propriedade 2, temos os seguintes subespaços vetoriais: 





Tλ1 = {v ∈ R2; x = 0 e z = –4y}, que, geometricamente, é uma reta no espaço que passa pela srcem e pertence ao plano yOz; Tλ2 = {v ∈ R2; y = 23 x e z = 73 x}, que geometricamente é uma reta no espaço que passa pela srcem; e Tλ2 = {v ∈ R2; x = y = 0}, que geometricamente é o eixo z.

Agora é a sua vez! Resolva o exercício 6 das atividades de autoavaliação.

Já sabemos que todo operador linear T : V → V tem uma matriz A associada. Nosso objetivo é obter uma base para V de tal maneira que a matriz associada a esta nova base seja a mais simples possível.

Que matriz será essa?

Para descobrir, não deixe de conferir a próxima seção. Mas antes tenha todos os conceitos vistos até agora bem entendidos, por isso, tente resolver o máximo de exercícios propostos.

208

Álgebra Linear

SEÇÃO 4 – Diagonalização de operadores Objetivo: seja T : V → V, encontrar uma baseb de V, na qual a

matriz A associada ao operador seja a mais simples possível. Para chegar a tal matriz, necessitamos de alguns resultados importantes que envolvem autovetores e autovalores. Teorema 4.1: seja T : V → V um operador linear. Os autovetores

de T associados a autovalores distintos são linearmente independentes. Demonstração: vamos provar para o caso

de dois autovalores

distintos, então suponha λ1 e λ2 distintos. Seja v1 o autovetor associado aλ1 e v2, o autovetor associado a λ2. Devemos mostrar que o conjunto formado por v1 e v2 é LI, ou seja:

a1v1 + a2v2 = 0 ⇔ a1 = a2 = 0 Como v1 é o autovetor associado a λ1, temos por denição que T(v1) = λ1v1, e como v2 é o autovetor associado a λ2, então T(v2) = λ2v2. Partindo de a1v1 + a2v2 = 0 e aplicando T nesta igualdade, obtemos T(a1v1 + a2v2) = T(0). Como T é linear e v1 e v2 são autovetores, temos:

a1T(v1) + a2T(v2) = 0 =a01λ1v1 + a2λ2v2

(1)

Agora multiplique a igualdade a1v1 + a2v2 = 0 por λ1 e obtemos: =a01λ1v1 + a2λ1v2

(2)

Subtraindo (1) de (2), temos:

a2(λ2 – λ1)v2 = 0 Como λ1 e λ2 são distintos, então λ2 – λ1 ≠ 0 e também v2 ≠ 0. Sendo assim, segue que a2 = 0.

Unidade 4

209


Substituindo a2 = 0 em (1) e como v1 ≠ 0, segue que a1 = 0, e portanto, o conjunto {v1, v2} é LI, como queríamos demonstrar. Uma consequência direta desse teorema é o fato de que, se tivermos um operador T : V → V, onde V tem dimensão n , então qualquer conjunto com n autovetores distintos é uma base de V. Exemplo:

4.9. Seja T : R2 → R2 em que T(x, y) = (2x + 2y, y). Já calculamos, no exemplo 4.7, que v1 = (–2, 1) é o autovetor associado ao autovalor λ1 = 1 e que v2 = (1, 0) é o autovetor associado ao autovalor λ2 = 2. Pelo teorema 1 e sua consequência, segue que b = {(–2, 1), (1, 0)} é uma base para R2. Podemos proceder ao contrário, sabendo que λ1 = 1 e λ2 = 2 são autovalores associados aos autovetores v1 = (–2, 1) e v2 = (1, 0) respectivamente, encontre T(x, y). Primeiramente, escrevemos (x, y) em relação à base b = {(–2, 1), (1, 0)}, isto é:

(x, y) = a(–2, 1) + b(1, 0) Isto nos leva à –2a + b = x e a = y; substituindo a segunda na primeira, obtemos b = x + 2y. Assim, (x, y) = y(–2, 1) + (x + 2y)(1, 0). Aplicando T em ambos os lados e usando sua linearidade, obtemos: T(x, y) = yT(–2, 1) + (x + 2y)T(1, 0). Mas T(–2, 1) = 1·(–2, 1), (–2, 1) é um autovetor associado a λ1 = 1 e também T(1, 0) = 2·(1, 0), pois (1, 0) é um autovetor associado a λ2 = 2. Logo, T(x, y) = y(–2, 1) + (x + 2y)(1, 0) = (2x + 2y, y).

210

Álgebra Linear

Lembre-se de que, dada uma base de V, podemos escrever a matriz de T associada à base de V . Como os autovetores v1 = (–2, 1) e v2 = (1, 0) formam uma base de R2, então a matriz de T associada a essa base é dada por: T(–2, 1) = 1·(–2, 1) + 0·(1, 0) T(1, 0) = 0·(–2, 1) + 1·(1, 0) Assim, 1 0   0 2 

Tb = 

Ou seja, a matriz associada à base dos autovetores é uma matriz diagonal cujos elementos da diagonal principal são os autovalores de T. Vejamos o caso mais geral. Sejam T : V → V tal que dim V = n e suponha que T tenha autovalores λ1, λ2, …, λn todos distintos, associados aos autovetores v1, v2, …, vn. Pelo teorema 4.1 e sua consequência, segue que o conjunto b = {v1, v2, …, vn} é uma base para V. Portanto, tem-se: T(v1) = λ1v1 + 0v1 + + 0vn T(v2) = 0v1 + λ1v1 + + 0vn 

T(vn) = 0v1 + 0v1 + + λnvn Assim o operador T é representado na base b dos autovetores pela matriz diagonal: λ 1 0 0 λ 2  Tb =      0 0

 

0 0    λ n  



cujos elementos da diagonal principal são os autovalores associados a T.

Unidade 4

211


Podemos, então, enunciar o seguinte teorema: Teorema 4.2: um operador linear T admite uma base b em relação

a qual sua matriz T b é diagonal se, e somente se, essa base for formada por autovetores de T. A demonstração foi feita anteriormente.

Quando um operador T : V → V admite uma base cujos elementos são seus autovetores, então dizemos que este operador é diagonalizável.

Exemplos

4.10. O exemplo 4.8 , T(x, y) = (2x + 2y, y), é um operador linear diagonalizável, pois ele admite uma base cujos elementos são seus autovetores. 4.11. Seja o operador T : R2 → R2, em que T(x, y) = (2x + y, 3x + 4y). Verique se T é diagonalizável e determine uma base para T cuja matriz seja diagonal. Seja: 2 1  3 4

A=

a matriz associada a T. Fazendo det(A – λ·I) = 0, obtemos o polinômio característico (2 – λ)(4 – λ) – 3 = 0, o que nos dá λ2 – 6λ + 5 = 0. Resolvendo essa equação, obtém-se λ1 = 1 e λ2 = 5. Como os autovalores são distintos, é possível obter uma base cujos elementos são os autovetores de T. Pelo teorema 4.2, podemos armar que o operador T é diagonalizável. Encontremos os autovetores:

212

Álgebra Linear

Para λ1 = 1, temos: 1 3 

1  x 0  + = x y 0 ⋅ = ⇒  3  y  0  3x + 3 y = 0

que nos leva a y = –x e, portanto, temos o autovetor v1 = (x, y) = (x, –x) = x(1, –1). Assim, um autovetor associado ao autovalor λ1 = 1 é v1 = (1, –1). Para λ2 = 5, temos: −3 1   x  0 − + = 3 x y 0  3 −1  ⋅ y  = 0 ⇒  3 x − y = 0     

que tem solução dada por y = 3x e, portanto, temos o autovetor v2 = (x, y) = (x, 3x) = x(1, 3). Assim, o autovetor associado ao autovalor λ2 = 5 é v2 = (1, 3). Logo, b = {(1, –1), (1, 3)} é uma base de R2 e a matriz de T relativa à base dos autovetores é dada por: 1 0  0 5 

Tb = 

4.12.Verique se o operador T(x, y, z) = (3x, 3y, y – z) é diagonalizável. Primeiramente, encontremos os autovalores. Seja a matriz: 3 0 0    A =  2 30   0 1 −1

Calculando det(A – λ·I) = 0, obtemos o seguinte polinômio característico (3 – λ)2(–1 – λ) = 0, ou seja, λ1 = –1 e λ2 = 3 são os autovalores de T.

Unidade 4

213


Para λ1 = –1, temos:  4 0 0   x 0  2 4 0  ⋅ y = 0       0 1 0   z 0

o que nos dá 4x = 0, 2x + 4y = 0 e y = 0, ou seja, x = y = 0. Como não temos condição para a variável z, então ela pode assumir qualquer valor. Assim paraλ1 = –1 temos o autovetor associado v1 = (0, 0, 1). Para λ2 = 3 temos  0 0 0   2 0 0 ⋅     0 1 −4 

0 x y = 0  z 0

que nos dá 2x = 0 e y = 4z. Então, para λ2 = 3 temos o autovetor v2 = (0, 4z, z) = z(0, 4, 1), sendo assim para λ2 = 3 temos o autovetor v2 = (0, 4, 1). Como temos apenas dois autovetores LI, eles não formam uma base para R3, e portanto T não é diagonalizável. Agora é a sua vez! Resolva os exercícios 7 a 11 das atividades de autoavaliação.

214

Álgebra Linear

Síntese Nessa unidade, você continuou estudando as transformações lineares, mas um tipo especial delas: os chamados operadores lineares. Nestes operadores, estávamos interessados em vetores que eram levados em múltiplos de si próprios, ou seja, T(v) = λv. A esses vetores v chamamos autovetores, e ao número real λ chamamos autovalor associado a v. Muitas propriedades foram expostas, e também tivemos contato com uma maneira prática de determinar os autovetores e autovalores de um operador linear, que é o mesmo que encontrar os autovalores e autovetores da matriz associada a este operador. Finalizamos mostrando que, a partir de uma base formada pelos autovetores, podemos obter uma matriz para a transformação que seja a mais simples possível e entender isso como uma matriz diagonal.

Atividades de autoavaliação 1. Verique se os vetores a seguir são autovetores dos correspondentes operadores. Em caso armativo, escreva o autovalor. Use apenas a denição. a) v = (–1, 4) e T(x, y) = (–2x – y, 2x – 3y) b) v = 3 , – 4 e T(x, y) = (4x + 12y, 12x – 3y) 5 5 c) v = (2, 1, 2) e T(x, y, z) = (x + 2y + z, –x + 3y + z, 2y + 2z)

(

)

2. Seja T : R2 → R2 e suponha que λ1 = –2 e λ2 = 5 são autovalores associados aos autovetores v1 = (1, 1) e v2 = (–3, –2), respectivamente. Determine T(2v1 – 3v2). 3. Suponha que o operador T : R2 → R2 tenha autovalores v1 = (–1, 2) e v2 = (3, 4) associados aos autovalores λ1 = 2 e λ2 = –3, respectivamente. Determine o valor de T(10, 10). Dica: primeiramente encontre a combinação de v = (10, 10) em relação a v1 e v2.

Unidade 4

215


4. Determine os autovalores e autovetores dos operadores lineares abaixo, se existirem: a) T : R2 → R2, T(x, y) = (x – y, x + y) b) T : R 2 → R2, T(x, y) = (–3x + 4y, –x + 2y) c) T : R2 → R2, T é a rotação de 90° em torno da srcem. 3

→

d) T : R

3

R , T(x, y, z) = (3x – 3y + 4z, 3y + 5z, –z)

5. Encontre os autovalores e autovetores das matrizes abaixo: 1 2  A=  0 −1

 1 −1 2   B030 =   0 0 −2 

6. Seja o operador T : R3 → R3, em que: T(x, y, z) = (x – y, 2x + 3y + 2z, x + y + 2z). Encontre os subespaços vetoriais Tλ para cada autovalor e expresse geometricamente cada um dos subespaços encontrados. 7. Encontre uma transformação T : R2 → R2, sabendo que λ1 = 1 e λ2 = 2 são autovalores associados aos autovetores u = (1, 0) e v = (–2, 1), respectivamente. 8. Suponha que λ seja um autovalor de T associado ao autovetor v e seja k um número real não nulo. Mostre que o operador kT tem um autovetor v associado ao autovalor kλ.

9. Já mostramos na Seção 4 queautovalores dados dois são autovalores distintos seus correspondentes LI. Agora suponha que λ1 e λ2 são autovalores distintos de um operador T : R2 → R2 associados aos autovetores v1 e v2. Mostre que T(v1) e T(v2) são linearmente independentes.

216

Álgebra Linear

10. Seja T : R2 → R2 o operador linear denido por: T(x, y) = (2x + 4y, 3x + y) a) Determine uma base do R2 em relação à qual a matriz do operador T é diagonal. b) Determine a matriz de T nesta base. 11. Verique se os operadores dos exercícios 4(b), 4(c) e 4(d) são diagonalizáveis.

Saiba mais Os autovalores e autovetores são objetos de inúmeras aplicações interessantes, tanto na parte física quanto geométrica. Para aqueles que gostam de física, sugiro o livro de José Luiz Boldrini, Álgebra Linear, da editora Harbra. O volume traz uma aplicação de autovalores e autovetores no estudo das vibrações, vale a penado conferir. Alguns exercícios destamuitos unidade foram adaptados livro sugerido, mas lá existem outros exercícios que requerem um esforço a mais. Os alunos investigativos tenho certeza de que não deixarão de tentar.

Unidade 4

217

Para concluir o estudo Depois umadisciplina longa caminhada, enm, da você concluiu o estudodedesta tão importante matemática. Mas lembre-se de que isto não é o m do aprendizado da álgebra linear. Existe muito assunto interessante que, infelizmente, não tivemos possibilidade de colocar em um único livro. Procuramos aqui colocar as bases da álgebra linear e, a partir disto, prepará-lo para buscar por vontade própria as aplicações que envolvem esta fascinante disciplina. Não deixe de buscar “o algo a mais” nas bibliograas colocadas ao nal do livro e também pesquise em sites, na internet. Alguns assuntos extras estarão inseridos no , portanto aproveite ao máximo as estratégias metodológicas lá apresentadas, ou seja, inove a educação. Vá além dos conteúdos, pois tudo que você está aprendendo aqui fará parte da sua futura prossão. No princípio, quase sempre, nos perguntamos o porquê de estudar todos estes conceitos, mas lembre-se de que a matemática faz com que sejamos mais criativos, busquemos caminhos alternativos. A matemática massageia e exercita nossa mente e, com isso, seremos cidadãos com maior capacidade de enfrentar e resolver problemas por caminhos diferentes, mais otimizados. Terminamos este livro com a seguinte mensagem dita por um grande homem da ciência – Albert Einstein:

“Nunca considere o estudo como um dever, mas como uma opor tunidade para penetrar no maravilhoso mundo do saber.”

Aproveite e troque ideia com seus professores sempre que possível. Não deixe de contar com a ajuda de pessoas experientes em suas vidas, sempre aprendemos um pouco mais. Um abraço a todos e boa caminhada. Christian e Kelen.

Sobre os professores conteudistas Christian Wagner bacharel em Matemática e Computação Cientíca pelaéUniversidade Federal de Santa Catarina

(UFSC, 1998). Mestre em Física-Matemática pela Universidade Federal de Santa Catarina (UFSC, 2001), professor substituto na Universidade Federal de Santa Catarina (UFSC, de 2001 a 2003), professor horista na Universidade do Sul de Santa Catarina (UNISUL, a partir de 2001). Teve participações no e  seminários de iniciação cientíca, realizados na Universidade Federal de Santa Catarina, na área de equações diferenciais, com apresentação e publicação em anais. É coautor do livro Geometria e Tópicos Especiais de Matemática, ambos utilizados pela  no curso de Especialização em Educação Matemática. CoautorÁlgebra dos livros de Matemática Básica, Matemática Elementar, Linear, Cálculo I e Cálculo II, todos utilizados em disciplinas a distância na Unisul. Leciona no curso de pós-graduação em Educação Matemática na . Também atua no Núcleo de Estudos em Educação Matemática (NEEM), especicamente nas atividades de ensino e extensão voltadas para as diculdades de aprendizagem da matemática. Kelen Regina Salles Silva é graduada em Licenciatura em

Matemática pela Universidade Estadual de Maringá (UEM, 1986). Mestre em Engenharia de Produção, na área de Pesquisa Operacional, pela Universidade Federal de Santa Catarina (UFSC, 1994). Professora na Universidade do Sul de Santa Catarina (UNISUL, desde 2004), ministrando disciplinas para os cursos de Matemática e Engenharias. Ainda, como professora, trabalhou na Universidade Estadual de Maringá (UEM, de 1988 a 1990 e de 1993 a 1995); na Fundação Universidade Federal de Rio Grande (FURG, 1992 e 1993); na Universidade do

Vale do Itajaí (UNIVALI, de 1998 a 2005) e na Universidade Federal de Santa Catarina (UFSC, de 2009 a 2011). É coautora dos livros Geometria I e Geometria II, Álgebra Linear e Tópicos de Matemática Elementar III, todos utilizados pela UNISUL no curso de Licenciatura em Matemática. Também atua no Núcleo de Estudos em Educação Matemática (NEEM), em atividades de ensino e extensão voltadas às diculdades de aprendizagem da matemática, como emeatividades como professorabem conteudista tutora. da UnisulVirtual,

Referências ANTON, RORRES, Chris. Álgebra linear com aplicações.Howard; 8. ed. Porto Alegre: Bookman, 2001. BOYER, Carl B. História da Matemática. São Paulo: Edgard Blucher, 1996. BOLDRINI, J. L. et al. Álgebra linear. 2. ed. São Paulo: Haper How do Brasil, 1980. KOLMAN, B.; CARVALHO, J. P. (Trad.). Álgebra linear. Rio de Janeiro: Livros Técnicos e Cientícos, 1980. LIPSCHUTZ, S. Álgebra linear. São Paulo: Makron Books, 1994. STEINBRUCH, A. Álgebra linear. 2. ed. São Paulo: McGraw-Hill, 1987. STEVEN, J. L. Álgebra linear com aplicações. 4. ed. Rio de Janeiro: LCT, 1998. POOLE, D. Álgebra linear. São Paulo: Pioneira Thomson Learning, 2004.

Respostas e comentários das atividades de auto-avaliação

Unidade 1 1. Determine quais das equações abaixo são lineares, justique e indique as suas variáveis.

a) b) c) d)

x1 = – 5x2 + 4x3 + x4 = 9

sen x – 2y + 4z = 0 x– y =5 x – 3y + z –2t + 5 = 0

Solução

a) Sim, pois está na forma padrão de equação linear, variáveis: x1, x2, x3 e x4. b) Não, pois apresenta o termo sen x. c) Não, pois apresenta o termo y . d) Sim, variáveis x, y, z, t. 2. Encontre uma solução para a equação linearx3– 2y + z = 2. Solução

Fazendo x = 0, y = 0 ⇒ 3·0 – 2·0 + z ⇒ z = 2 teremos a solução (0, 0, 2). Assim, a equação possui innitas soluções, pois apresenta duas variáveis livres. Basta admitir quaisquer valores para essas duas variáveis para determinar novas soluções. Veja algumas: (0, 1, 4), (1, 1, 1), ( 1, 0, –1), (2, 2, 0).


3. Determine o valor de m para que (1, 0, 2) seja solução da equação 2x + 3y + mz = 1. Solução

2·1 + 3·0 + 2m = 1 ⇒ m = – 1 2 4. Escrevadea equações matriz aumentada sistemas lineares. de cada um dos seguintes 3 x1− 2 x=−2 1 a) 5x1 + x2 = 7 4 x − x = 2  1 2

 x+1 3−x2 =x3 3 b) 2 x1 + x2 + 3x3 = 11 4329  x1 + x2 + x3 =

Solução

3 − 2 − 1 a) 5 1 7   4 −1 2 

 1 3 −1 3  b)  2 1 3 11  4 32 9 

5. Escreva o sistema de equações lineares que correspondem às seguintes matrizes aumentadas: 2 0 2 1 a)3 −1 4 7   6 1 −1 0 

 1 2 0 −111  b) 0 3 1 0 −1 2  0 0 17 0 1 

Solução

a) Admitindo como variáveis x, y, z, o sistema é 

2x + 2z = 1

3x − y + 4 z = 7  6x + y − z = 0 

226

Álgebra Linear

Mas se admitirmos as variáveisx1, x2, x3, 2 x1 + 2 x3 = 1   3 x1 − x2 + 4 x3 = 7  6x + x − x = 0  1 2 3 b) Admitido as variáveis x1, x2, x3, x4, x5,  x+1 x2−2x +x=4 5 1  3 x2 + x3 − x5 = 2   x3 + 7 x4 = 1 

6. Resolva os seguintes sistemas:  x+1 2−x2 =4 x3 4 x2 + x3 = 3  5 x3 = 5 

a) 

 x+1 2−x2 =3 x3 1 x2 − 2 x 3 = 2  2 x2 − 4 x 3 = 4 

c) 

4+x1 x− 2 x+3 x3= 2 4 5 x3 − 4 x 4 = 2 

b) 

Solução

a) Como o sistema está na forma triangular, podemos encontrar a solução por retrossubstituição, começando da terceira equação: 5x3 = 5 ⇒ x3 = 1 Substituindo na segunda equação: x2 + x3 = 3 ⇒ x2 + 1 = 3 ⇒ x2 = 2

Substituindo na primeira equação: x1 + 2x2 – 4x3 = 4 ⇒ x1 + 2·2 – 4·1 ⇒ x1 = 4

Portanto, a solução é (4, 2, 1).

227


b) Partindo da segunda equação: x3 – 4x4 = 2 ⇒ x3 = 2 + 4x4

Substituindo na primeira equação: 4x1 + x2 – 3(2 + 4x4) = 5 ⇒ x2 = 11 + 10x4 – 4x1 Observe que temos duasapresenta variáveis innitas livres; nosoluções, caso, escolhemos x4, x1 e, assim, o sistema que podem ser representadas por: (x1, 11 + 10x4 – 4x1, 2 + 4x4, x4) c) Começando da terceira equação: 2x2 – 4x3 = 4 ⇒ x2 = 2 + 2x3 Substituindo na segunda equação: 2 + 2x3 – 2x3 = 2 ⇒ 0x3 = 0, equação degenerada termovalor. independente a zero. Nesse caso, qualquer Ou seja, igual o sistema possui x3 admitecom innitas soluções, que podem ser escritas em função de x3. Substituindo na primeira e equação: x1 + 2x2 – 3x3 = 1 ⇒ x1 = 1 – 2x2 + 3x3 ⇒ x1 = 1 – 2(2 + 2 x3) + 3x3 ⇒ x1 = –3 – x3

Portanto, a solução em função de x3 é (–3, – x3, 2 + 2x3, x3).

228

Álgebra Linear

7. Verique se os sistemas S1 e S2 são equivalentes: 3 x1 + 6 x2 = 42 2 x1 − 4 x2 = 12

S1 = 

 x1 + 2 x2 = 14  x1 − 2 x2 = 6

S2 = 

Solução

Resolvendo o primeiro sistema: 10+ ⋅22= 14 Solução de S1: (10, 2), substituindo no sistema S2:  10 − 2 ⋅ 2 = 6

Logo os sistemas são equivalentes. 8. Calcule o valor de a e b sabendo-se que os sistemas S1 e S2 são equivalentes: ax + x = 3a S1 =  1 2  x1 − 2bx2 = 5a

5 x1− 3 x=−2 1  x1 + 2 x2 = 5

S2 = 

Solução

Como as incógnitas a e b estão no primeiro sistema, resolvemos inicialmente o segundo: Solução (1, 2), substituindo em S1: a⋅ 1+ =2 ⋅ 3 a  1 − 2⋅ b⋅ =2 ⋅ 5 a

Logo: a = 1 e b = –1.

229


9. Identique quais das matrizes abaixo estão na forma escalonada reduzida por linhas. Justique. 1 0 0 a) 0 1 0  0 0 0 

 15030   1 0 −1 3 0   b)  00001    00000  

 1 0 2 −3  c)   0 1 1 2 

Solução

a) Sim b) Não c) Sim 10. Resolva os sistemas seguintes pelo método de eliminação de Gauss.  x−1 2+x2 =4 x3 2 a) 2 x1 − 3x2 + 5x3 = 3 3467 x1 − x2 + x3 =

x−x3245 x + =  x−1234  c)  3x1234 8 x−x8−x+ = 3 2 x1234 4 x−x3+x− = 5

 x+1 +x2 =2 x3 8 b) − x−1 2+x2 =3x3 1  3x − 7 x + 4 x = 10 2 3  1

 x−1 x+ 2 x−2x=3 4 4  2 x x+x+x− = 1 1234 d)  − x1+ x2 −2 x 4+x 3 =− 4 7  3x1 − 2 x4 = −1

Solução

a)  1 −2  2 −3  3 −4  1242− 0 1   0 2

230

4 2 2 2 5 3 → L 2L1 L 3 == LL3 −− 3L 1  6 7  −3 − 1→ =L 3 − L23 −6 1 

L2

18 19

Álgebra Linear

 1242− 0 1  0003

 −31 −  

reescrevendo o sistema: x− +x = x 1242 0 x11 + 1x22− 3x=−33 1 0003  x1 + x2 + x3 =

que apresenta uma equação degenerada com b ≠ 0 e, portanto, o sistema é incompatível, ou seja, não possui solução. b) 1 1 2 8  −1 −2 31  → L 2 = L 2 + L1   L = L − 3L 3 3 1  3 −7 41 0   1128 0 −1 5 0 −10 −2  1128 0 1 −5  0 −10 −2 1 1 2 0 1 −5  0 0 −52



9 → −= L 2 −14 

L2



− 9→ = L 3+ L13 −14  8  −9  −104 

0L 2

reescrevendo o sistema:  x+1 +x2 =2 x3 8  x2 − 5 x3 = −9   −52 x3 = −104 

cuja solução é (3, 1, 2).

231


c)  13245 −−   3 −8 −3 8   2 −3 5 −4  13245 −−   0 1 3 −4  0 3 9 −12  13245 −−   0 1 3 −4   00000

L = L − 3L1 18  → 2 2 L 3 = L 3 − 2L1 19   =L − L3 3→ 3 3 9 

L2

3 

apresenta uma linha nula, pode ser eliminada do sistema. Assim: x x3245  x−1234 −x + =  x2 + 3 x 3 − 4 x4 = 3 

da segunda equação: x2 = 3 – 3x3 + 4x4 Substituindo na primeira: x1 – 3(3 – 3x3 + 4x4) – 2x3 + 4x4 = 5 x1 = 14 + 8x4 – 7x3

Duas variáveis livres, então o sistema apresenta innitas soluções, que podem ser representadas por: (14 + 8x4 – 7x3, 3 – 3x3 + 4x4, x3, x4). d)  1− 1 − 2  1  211 −1   −1 2 −4 1   3 0 0 −21

232

4 L 2 = L 2 − 2L1 1  → L 3 = L 3 + L1 −7   L 4 = L 4 − 3L1 − 

Álgebra Linear

 11 − −2 0 3 −3  0 1 −2  −61 03  11 − −2 0 1 −2  0 3 03  1 −1 0 1  00312  0 0

 14

1 0  14

0

−7  → L2 ↔ L3 −3   −13  −3 

→

−3 1 −7  −61 −13  2 −1 4  −2 0 −3    0 1 −4 

L 3 = L 3 − 3L 2 L 4 = L 4 − 3L 2

reescrevendo o sistema:  x−1 x +2 x −2x=3 4 4  x2 − 2 x3 = −3   3 x3 + x 4 = 2  x4 = −4 

Cuja solução é: (–3, 1, 2, –4) 11. Resolva os sistemas do exercício 10 pelo método de Gauss-Jordan. Solução

a) No exercício anterior, aplicamos o método de eliminação de Gauss e chegamos à seguinte matriz: 01242−1  0003

−31 −  

observe que nesse ponto já temos que o sistema é incompatível, assim não é necessário continuar o escalonamento.

233


b) No exercício anterior, aplicamos o método de eliminação de Gauss e chegamos à seguinte matriz: 8  1 1 2 0 1 −5 −9    0 0 −52 −104  Para aplicarmos o método de Gauss-Jordan, devemos continuar o processo, transformando a matriz dos coecientes na matriz identidade, a partir dessa matriz: 1 0  0 1 0  0 1 0

1 1 0 12 1 01 0 1 0 01  1003 0101  0012

2 8  1 −5 − 9→ = −L 3 ( )L3 52 −52 −104  8 −5 − 9→ =LL −1 1 L 2  2 7 17  L = L − 7L 3 −5 −9  → 1 1 2  L 2 = L 2 + 5L 3    

 x1 = 3 reescrevendo o sistema:  x2 = 1 cuja solução é (3, 1, 2). x = 2  3 c)  13245 −−   3 −8 −3 8   2 −3  13245 −− 0 1  0 3

234

18  →

L 2 = L 2 − 3L1 L 3 = L 3 − 2L1

5

−4 19    =L − L3 3 −4 3→ 3 3  9 −12 9 

L2

Álgebra Linear

 13245 −−  01  =L + L3 3 −4 3→ 1 1   00000   1 0 7 −81 4  0 1 3 −43    0 0 0 0 0 

L2

apresenta uma linha nula que pode ser eliminada do sistema. Assim:  x+1 7−x3 =8 x4 14   x2 − 3 x3 − 4 x 4 = 3

da segunda equação: x2 = 3 + 3x3 + 4x4 Substituindo na primeira: x1 = 14 – 7x3 + 8x4 Duas variáveis livres, então o sistema apresenta innitas soluções, que podem ser representadas por: (14 – 7x3 + 8x4 , 3 + 3x3 + 4x4, x3, x4). d) No exercício anterior chegamos à seguinte matriz triangular:  1− 1 −2 0 1 −2  00312  0 001  11 − −2 0 1 −2  0 0 1  0 0 0 1 0 0 0 12 −  0 0 1  0 0 0

1 4 0 −3    −4 

 14

0 1 3 1 −1 0 1 3 1

1 3

→ L3 = L3

−3  2  → L1 = L1 + L 2 3 −4  1 −3  2  → L 2 = L 2 + 2L 3 3 −4 

235


1  0  0   0

0 0 −1 1   L1 = L1 + L 4 1 0 23 53 2  → L2 = L2 − L4 3 0 0 13 2 3   1 0 01 −4  L 3 = L 3 − 3 L 4

1   0 0   0

0 0 0 −3  

1 0 0 1 0 1 0 2  0 0 1 −4 

Cuja solução é: (–3, 1, 2, –4) 12. Resolva os sistemas homogêneos a seguir:  2 x−1 −x2 =3 x3 0 a) − x1 + 2 x2 =0  x + x 2 3 =0 

x+1234 x x−x + =  24530 b)  3x1234 4 x+x6−x+ = 7 5 x + 10 11 x − x + x = 2 3 6  1

4

Solução

a)  2 x−1 −x2 =3x3 0 − x+ x 2 = ⇒ 0x =x 2  1 2 1  0 x x + = ⇒ x x = − 2 3 2 

2 3

Substituindo na primeira equação: 2(–2x3) – (–x3) – 3x3 = 0 ⇒ –6x3 = 0 ⇒ x3 = 0 Logo: x1 = 0, x2 = 0, o sistema admite apenas a solução trivial.

236

0 0

Álgebra Linear

b)  24530 x+1234 x x−x + =  36740 x+x−x+ =  x1234 5 x + 10 +x 3= 6  1 x −2 x 11 2 4  3 6  5 10 1 2  3 6   5 10 1 2  0 0  0 00

4

0

−5 3  −7 4  → L1 = 1 L1 2 −11 6  3  −5 2 2  L = L − 3L 1 −7 4 → 2 2  L 3 = L 3 − 5L1 −11 6  5 3  − 2 2 1 −1  2 2 0 

Reescrevendo o sistema:  x +x2 − x+ 5 x = 3 0 2  1 2 3 2 4  1 x =x0 0 x+1 x +0 x2 − x1 =3 ⇒  2 2 4  00000 x+x+x+ =  x1234

3

4

Substituindo x3 na primeira equação: 3 x1 +2x2 – 5 x3 + x3 = 0 ⇒ x3 = x1 + 2x2 2 2 Duas variáveis livres. O sistema admite outras soluções além da trivial, representadas por: (x3 – 2x2, x2, x3, x3).

237


13. Dado o par de matrizes a seguir, encontre uma matriz elementar M tal que MA = B.  2   1 3 A =  −2  4 5  3   1 4

2 1 3 e B = 31 4 −2 4 5

Solução

1 0 0  M = 0 0 1 0 1 0   1 0  0 M =⋅ A 0− ⋅ 0  1 = 0 1 0

21  3 2 4 =5    31 4

21 3 31 4 −2 4 5

B

ax + by = 1 14. Dado o sistema: cx + dy = 0 , mostre que:

I. Se ad – bc ≠ 0, o sistema tem a solução única d c ,y=− ; x= ()() ad − bc ad − bc II. Se ad – bc = 0, c ≠ 0 ou d ≠ 0, o sistema não tem solução. Solução

ax + by = 1  cx + dy = 0  a b 1 c L  c d 0  → L=2 −L 2 → a 1  

238

b 1 a  −cb + ad c 0 −  a a  

Álgebra Linear

Reescrevendo o sistema: ax + by = 1  − cb+ ad c   a  y = − a  −cb + ad

I.nesse Admite caso:solução apenas quando

a

≠ 0 ⇒ ad – bc ≠ 0 e,

d −c ⇒x= (ad − bc) ( ad − bc)

y=

II. Não admite solução se: −cb + ad = 0 e – c ≠ 0, ou seja: a a ad – bc = 0 e c ≠ 0, d ≠ 0. 15. Utilize o determinante de cada matriz dada para vericar se ela é invertível: 1 0  a)    0 −3 

 2 −1 b)   3 7 

1 3 0 c) 0 0 0   1 −2 3 

Solução

a)

1 0 0 −3

= –3 ≠ 0, logo, a matriz é invertível

b)

2 −1 3 7

= 14 + 3 ≠ 0, logo, a matriz é invertível

1 3 0 c) 0 0 0 1 −2 3

a matriz não é invertível, já que possui uma linha nula.

239


16. Determine todos os valores de a e b para que a matriz abaixo seja invertível. 2

0  0 b a + 3 − 

A=

Solução

Para que a matriz A seja invertível,

2 0 ≠0 0 b−a+3

2b – 2a + 6 ≠ 0 ⇒ b – a + 3 ≠ 0 ⇒ b ≠ a – 3 17. Determine a matriz inversa, pelo método prático de escalonamento, de cada uma das matrizes dadas.  1 0 0  a)A = 1− 10 −     1 −1 1 

 −3 −33   −5 62 c) C =   4 −54 −  1

 3 4 −1 b) B =  1 0 3   2 5 −4  Solução

a)  1 0 0 1 0 0 [A|I 3 ]−=− 1 1 0 → 0 1 0 

L 2 = L 2 + L1

= −  1 −1 1 0 0 1  L 3 L 3 L1  100100   0 −1 0 1 1 → 0−= L 2 L 2   0 −1 1 −1 0 1 

240

−11 −

2 −4  3 1 

Álgebra Linear

1 0  0 1 0  0

00 1 0 −1 1 0 0 1 0 0 1

1 00  0  = L+3 LL3 −1 − 1 → −1 01  1 00  −1 −1 0  −2 −1 1 

2

Logo a matriz A–1 inversa da matriz A é:  1 0 0 A −1 =  −1 −1 0   −2 −1 1 

b) 3 [B|I 3 ] =  10 2  1 3   2 1 0  05 1  0  0 1  0  0 1  0  0 

4 −1 1 0 0  →L ↔L 3 010 1 2  5 −4 0 0 1  0 3 0 1 0  L = L − 3L1 4 −1 1 0 0  → 2 2 L 3 = L 3 − 2L1 5 −4 0 0 1  0 3 01 0 4 −10 1− 3→ 0= L 2 1 L 2 4 −100 −21  0 3 0 1 0  1 −10 4 1 4 −3 4 0  → L 2 = 1 L 2 4  5 −10 0 −21  0 3 0 1 0 

1 5 03 1

−10 4 1 4 −10 0 0 −10 1 4 4 0 10 4 −5 4

−3 4 −2 1 −3 4 7 4

0  → L 3 = L 3 − 5L 2 1  0  0  → L3 = 4 L3 10  1

241


1  0  0  1  0

0 3 0 1 0   10 3 − 1 − 1 4 4 4 0  → L 3 = L 3 − 5L 2 −1 7 4 0 1 2 10 10  0 3 0 1 0  L = L − 3L 1 1 3  1 −10 4 1 4 −3 4 0  → 10 L =L + L 2 2 1 4 3  0 0 −1 2 7 10 4 10  1 0 0 3 −11 −12  2 10 10    0 1 01 − 1 1    4   0 0 1 −1 2 7 10 10   Logo a matriz B–1 inversa da matriz B é: 3 −11 −12  10 10   2 B−1 =  −1 1 1    7 4   −1 10 10   2

c)  −3− 3 321  0 0 0  −56 2 −4 0 1 0 0  [C|I 4 ] =  → L1 ↔ L 4  4 −5 −430 0 1 0   0 0 1   1 −1 −110  −1− 1 110  0 0 1 L 2 = L 2 + 5L1  −56 2 −4 0 1 0 0   → L 3 = L 3 − 4L1  4 −5 −430 0 1 0   L 4 = L 4 − 3L1 0 0 0   3 −3 −321 −−1 1 11 0 0 01  01 310 1 05  L1 = L1 + L 2 −  →  0 −1 0 −1 0 0 1 −4  L 3 = L 3 + L 2   0 −1 1 0 0 −3   00

242

Álgebra Linear

1 0  0  0 1 0 

0 1 0 0 04 13

−4 20 −3 10 0 −30 0 −1 1 − 2 01 − 1 01

0 0 1  0  0  0 1  0  0  0 

01 0 0 00 1 0 01 0 0 00 1 0 01 0 0

1 1 1 0

0 6 0 5  → L 3 = − 1 L3 1 1 3  0 −3 0 6  0 5  L1 = L1 + 4L3 → L = L + 3L 00 −1 3 −1 3 −1 3  L 24 = −L2 4 3 0 −1 10 −3  2 0 −1 3 −4 3 14 3   1 0 0 4  L1 = L1 − 2L 4 −1 → 0 0 −1 3 −1 3 −1 3  L 2 = L 2 − L 4  1 −1 0 0 3  0 2− − 1−3 4 3 4 3  0 1 0 1  −1  0 0 −1 3 −1 3 −1 3   11 − 0 0 3  

–1

Logo a matriz C inversa da matriz C é:   2 − 1− −4  4  3 3 3    1 0 1  −1 −1 C =     0 −1 −1 −1   3 3 3   0 3     −1 0

243


18. Resolva os seguintes sistemas pelo método da matriz inversa:  2 xyza +−=  S1 = 5x+ −2y =z 3b  y + 2z = c 

para: a) (a = 1, b = 2, c = 3) b) ( a = 1, b = 0, c = –8)

1  +x −2 y =z y − 3 z+ w=− 1  S2 =   x + 3 y+ −z =2 w 2  xyzw 0 + −4+ 2 = 4 Solução

Para resolver o sistema pelo método da matriz inversa, primeiro temos que determinar a matriz inversa da matriz dos coecientes do sistema. Mas antes devemos vericar se essa matriz é invertível: |S1 |= 252 1 −−=31− ≠ 10 0 1 2 ou seja, a matriz é invertível, então podemos resolver o sistema pelo método da matriz inversa. 2 1 −1 1 0 0 S1 : 5 2 −3 0 1 → 0 = −L 2 L 2 5 L1 2 012001 2 1 1 0 0 −1 5 1 1 − − − 0 2 2 2 1 0 → L 2 = (−2)L 2 0 1 2 0 0 1 2 0 −2 −42 0 L = L −L 0 1 1 5 −2 0 → 1 1 2 L 3 = L 3 − L2 0 01 −5 21

244

Álgebra Linear

1 0 0 1 0 0

0 1 0 0 1 0

−1 −21

0 15 −2 0 → L1 = 1 L1 2 1 −52 1 0 −1 −21 L =L +L 1 5 −2 0 → 1 1 3 L2 = L2 − L3 1 −52 1

1 0 0 −73 1 01 01 0 −4 −1 0 0 1 −52 1 Logo a matriz B–1 inversa da matriz B é: − 7 3 1  B−1 =  10 −4 −1  −5 2 1 

a) (a = 1, b = 2, c = 3) 7 3 11     xy −   = 10 − 4−⋅  12 = −  z  −5 2 13 

2 1 2

Solução: (2, –1, 2) b) ( a = 1, b = 0, c = –8)  x − 7 31    −1  y  = 10 − −4⋅  1=  0       z  −5 21    −8

15 18 −13

Solução: (–15, 18, –13)

245


1  +x −2 y =z  y − 3 z+ w=− 1 S2 =  x 3 y + + −z =2 w 2   xyzw 0 + −4+ 2 = 4 1  0 1   1 1 0  0   0 1 0  0   0

2 −1 0 1 3 4 2 1 12 2 05 1 05 05

 1 0 0 1  0 0 0 0  1 0  0 1  0 0  0 0  1 0    0100  0010   0 0

246

1 0 0 0 

−3

1 0 1 0 0  → L 3 = L 3 − L1 1 −2 0 0 1 0  L 4 = L 4 − L1  −2 4 0 0 0 1  10 0 0 −10 L1 = L1 − 2L 2 −31 01 0 0  → L3 = L3 − L2 −2 −1 0 1 0   L 4 = L 4 − 2L 2 −14 −1 0 0 1  − −21  2 0 0 L1 = L1 − L 3 0 10 0  −31 → L2 = L2 + 3 L3 −3 −1 −1 1 0  5  2 −1 −2 0 1 L 4 = L 4 − L 3 01 0 5 05 0 0 1 0 0

0

3 1 00  L 3 = 15 L 3 5 5 5 5 → −3 −1 −1 1 0  L 4 = 1 L 4 5 0 −1 −1 1  1 2−−  1 1 0  L1 = L1 − L 4 3 −4 −3 2 0 5555  → L2 = L 2 + 4 L 4 −3 −1 −1 1  0 5 5555  3 1 0 −1 5 −1 5 1 5  L3 = L 3 + 5 L 4  4 1 0 2 − − 4−5 5 5 6 −3 11 4  5 25 25 25  3 2 −1 −8 5 25 25 25 1  −1 −1 1 0 5 5 5 −4

2− 1 −3 2

Álgebra Linear

     

4 1  1 0 0 0 2 − − 4− 6  5 5 1  5  x   5 1  6  11 −3 4   y 0100 5  25  25 25 ⋅ −1 =  25  =  z 0010 3  2 7  −1 −8  2   25   5  25 25 25  0  −1   w 0 0 0 1 0  1  −1 − 1   5  5 5 5  Solução: ( 6 , 1 , 7 , – 1 ) 5 25 25 5

Unidade 2 1) Seja o conjunto a b  W = c d  ; a, b, c, d ∈ IR ,  

{

}

isto é, o conjunto das matrizes de ordem 2×2. Mostre que W é um espaço vetorial com as operações de soma e multiplicação por escalar denida abaixo:  a b  a  +b +a  a b b + :  1  1 + 2 2 =  1 2 1 2  c1 d1  c2 d2 c1 + c2 d1 + d2 a ⋅:α c

b α ⋅ abα ⋅  d = α ⋅cd α ⋅  

Solução

(A1) (u + v) + w = u + (v = w)   a1  b1 a2 b2   a3 b3     +   1 1 2 2 3 3 c d c d c d        + aabb +   a3 b3   =   1212  +    + +    c3 d3  1212   ccdd a + a+ a3 + b+1 b2 b3   ()() = 1 2  (  c1 + c23) + c ( d1 + d2 ) + d3 

(u ++v=) w +

usando a definição

  de soma   usando a definição  de soma   

247


a2 a3 + +bb1  2  a+ +()() = 1 c+2 c3 + dd +1 2  c1 + ()()  + +   a b  aabb =  1 1    2323 c d ccdd + +  1 1    2323

b3 d3 

 usando a definição   de soma   

   

usando a definição

 de soma 

a b   a b  a b   =  1 1  +   2 2  +  3 3 =+ +u ( v w )  c1 d1    c2 d2 c3 d3 

(A2) u + v = v + u u += v

 a1 b1 a2  +b2 +a1  a2  c + d = c d c + c  1  1  2 2 1 2  a+ a +b  b   a b =  2 1 2 = 1 + 2  +=2  c2 + c1 d2 +d1  c2  d2

b1 b2 d1 + d2 a1 b1 c1 d1

v u

(A3) u + 0 = u 0 0  Seja 0 = 0 0  , então: u=+ 0

 a1 b1 +c  d= 1 1

0 0+ a+1  0 b1 0 0 0  = c + 0= d + 0   1  1

a1 b1 c1 d1

(A4) u + (–u) = 0 −a1 − b1  , então:  −c1 −d1 

Seja −u =  u +−( =u)

248

 a1 b1 − a−1  b1  +   1 1 c d   −c1 −d1  a+1 − ( a1 ) +−b1  ( b1 )  0 0 = = =0   c1 +−( c1 ) +d−1 ( d1 )  0 0 

u

 

Álgebra Linear

(M1) k·(u + v) = k·u + k·v   a1 b1 a2 b2    +  c d  c d 2 2    1 1 + aabb +   = k ⋅  1212 + +  1212  ccdd  + + =  kk((ac1 + ca2 )) kk((db1 + bd2 ))   1 2 1 2   ka + ka2 kb1 + kb2  = 1 + kc kd + kd   kc1212  ka kb  ka kb2 =  1  1 +  2 kc kd  1  1 kc2 kd2  a b   a b = ⋅k  1 +1⋅ k  2= ⋅ +ukvk⋅2  c1 d1   c2 d2

k ⋅u (+ v= ⋅ )k

( usando a definição de soma ) usando a definição de   produto por escalar   

( usando a definição de soma )  usando a definição de   produto por escalar   

(M2) (k + l)·u = k·u + l·u ( k +l u)⋅ = k +(l ⋅ )  ca1 db1   1 1 ()() +k l a1 + k l b1 = k + l c1 k + l d1  ()()  ka+ la ) + kb1 lb1 ) = 1 1   kc1 + lc1 ) kd1 + ld1 )  ka kb1  la1 lb1 = 1 +   kc1 kd1   lc1 ld1   a b   a b = ⋅k  1 +1⋅ l  1= ⋅ +uk⋅l1  c1 d1   c1 d1

 usando  a definição de   produto por escalar 

( usando a definição de soma ) usando  a definição de  produto por escalar   

249


(M3) k·(l·u) = (k·l)·u   a1  b1  usando a definição de  produto por escalar para l    c d     1 1  la1 lb1 usando  a definição de = k⋅  produto por escalar para k      lc1 ld1    1 ) k(lb1 )  =  kk((la  lc1 ) k( ld1 )  ( kl)a1 ( kl)b1   usando a definição de  =    ( kl)c1 ( kl)d1   produto por escalar  a b  = ( kl ⋅ )  1 = 1⋅  kl( u )  c1 d1 

k ⋅l( ⋅u =)k ⋅ l ⋅   

(M4) 1∙u = u  a b ⋅ 1⋅ a  1 b  1⋅=⋅ u 1= 1 1 = 1 = 1 1 ⋅ c1 1 ⋅ d1  c1 d1

a1 b1 c1 d1

u

Portanto, o espaço das matrizes de ordem 2 é um espaço vetorial com as operações de soma e multiplicação por escalar usuais. 2) Verique se os conjuntos seguintes, com as operações de soma e multiplicação por escalar denidas, são espaços vetoriais. a) V = R2 ⊗ : k(x, y) = (x, ky)

b) V = R3 ⊕ : (a, b, c) + (d, e, f) = (a, b, c)

· : k(a, b, c) = (ka, kb, kc)

c) V = {(x, y); y = x2} = {(x, x2); x ∈ IR} ⊕ : (a, a2) ⊕ (b, b2) = (a + b, (a + b)2) ⊗ : k ⊗ (a, b) = (ka, k2a2) 250

Álgebra Linear

Solução

a) As propriedades A1, A2, A3 e A4 são satisfeitas, pois estamos com a soma usual de vetores no R 2. Para as propriedades da multiplicação, falha a propriedade M3. Lembre-se de que, na multiplicação denida, o valor realk multiplica apenas a segunda coordenada do vetor. Sejau = (x, y), então: (a + b) ⊗ u = (a + b) ⊗ (x, y) = (x, (a + b)y) = (x, ay + by) Por outro lado,

a ⊗ u + b ⊗ u = a ⊗ (x, y) + b ⊗ (x, y) = (x, ay) + (x, by) = (2x, ay + by) Portanto, (a + b) ⊗ u ≠ a ⊗ u + b ⊗ u Logo V = R2, com as operações acima denidas, não é um espaço vetorial. b) As propriedades M1, M2, M3 e M4 são satisfeitas, pois a multiplicação por escalar é a usual. Por exemplo, a propriedade A2 falha. Perceba que a soma foi denida de forma que o resultado é sempre o primeiro vetor da soma. Seja u = (a, b, c) e v = (d, e, f). Então: u ⊕ v = (a, b, c) ⊕ (d, e,

f) = (a, b, c)

Por outro lado, v ⊕ u = (d, e, f) ⊕ (a, b, c) = (d, e,

f)

Logo, V = R3, com as operações denidas acima, não é um espaço vetorial.

251


c) Seja u = (a, a2), v = (b, b2) e w = (c, c2) ∈ V e k ∈ R. (A1) u ⊕ (v ⊕ w) = (u ⊕ v) ⊕ w u ⊕ (v ⊕ w)

= (a, a2) ⊕ ((b, b2) ⊕ (c, c2)) usando a denição de soma = (a, a2) ⊕ ((b + c, b + c)2)


2

= (a + (b + c), (a + (b + c)) ) associando as coordenadas = ((a + b) + c, ((a + b) + c)2) usando a denição de soma = (a + b, (a + b)2) ⊕ (c, c)2) 2

2


2

= ((a, a ) ⊕ (b, b )) ⊕ (c, c ) = (u ⊕ v) ⊕ w (A2) u ⊕ v = v ⊕ u u⊕v

= (a, a2) ⊕ (b, b2) 2

= (a + b, (a + b) )

usando a denição de soma comutando as coordenadas

2

= (b + 2a, (b + a) 2) = (b, b ) ⊕ (a, a )


=v⊕u (A3) u ⊕ 0 = u Seja 0 = (0, 0), então: u ⊕ 0 = (a, a2) ⊕ (0, 0) = (a + 0, (a + 0) 2) = (a, a2) = u

(A4) u ⊕ (–u) = 0 2

Seja –u = (–a, (–a) ), então: 2 2 u ⊕ (–u) = (a, a ) ⊕ (–a, (–a) ) = (a + (–a), (a + (–a))2) = (0, 02) = (0, 0) = 0

252

Álgebra Linear

(M1) k ⊗ (u + v) = k ⊗ u + k ⊗ v k ⊗ (u + v )

= k ⊗ ((a, a2) + (b, b2)) = k ⊗ (a + b, (a + b)2)

usando a denição de soma usando a denição de produto por escalar

= (k(a + b), k2(a + b)2) Agora, por outro lado: k⊗u+k⊗v

= k ⊗ (a, a2) + k ⊗ (b, b2) = (ka, k2a2) + (kb, k2b2) = (ka + kb, (ka + kb)2) = (k(a + b), k2(a + b)2)

usando a denição de produto por escalar usando a denição de soma

(M2) (k1 + k2) ⊗ u = k1 ⊗ u + k2 ⊗ u (k1 + k2) ⊗ u = (k1 + k2) ⊗ (a, a2)


= ((k1 + k2)a, ⊗ (k1 + k2)2a2) Por outro lado, temos: k1 ⊗ u + k2 ⊗ u k1 ⊗ (a, a2) + k2 ⊗ (a, a2)

= (k1a, k12a2) + (k2a, k22a2) = (k1a + k2a, (k1a + k2a)2) = ((k1 + k2)a, ⊗ (k1 + k2)2a2)

usando a denição de produto por escalar usando a denição de soma

(M3) (k1 ⊗ (k2 ⊗ u) = (k1k2) ⊗ u (k1 ⊗ (k2 ⊗ u) = (k1 ⊗ (k2 ⊗ (a, a2)) = (k ⊗ (k a, k 2a2))

usando a denição de produto por escalar usando a denição de

= (k1(k2a), k12(k22a2)) = ((k1k2)a, (k12k22)a2)

produto por escalar

= ((k1k2)a, (k1k2)2a2)


1

2

2

= (k1k2) ⊗ (a, a2) = (k1k2) ⊗ u 253


(M4) 1 ⊗ u = u 1 ⊗ u = 1 ⊗ (a, a2) = (1·a, 12·a2) = (a, a2) = u Portanto, o conjunto V = {( x, y); y = x2} = {(x, x2); x ∈ IR} é um espaço vetorial com as operações de soma e multiplicação por escalar denidas. 3) Usando a interpretação geométrica, mostre que os conjuntos a seguir não são subespaços vetoriais do R2. a) W = {(x, y); y = x3} b) S = {(x, y); y = 2x – 3} Solução

As respostas são de cunho pessoal. 4) Verique se os conjuntos a seguir são subespaços vetoriais em relação à soma e à multiplicação por escalar usuais. Em caso negativo, dê um contraexemplo. a) W = {(x, y) ∈ R2, y = x + 1} b) W = {(x, x, x); x ∈ IR} a b  c) W =  c d  ∈ M(2,2); b ≤ 0  

{

}

d) W = {(x, y, z) ∈ R3; x + y + z = 0} e) W = {(1, x, y); x, y ∈ IR} f) W = {( x, y, z); z = 2x – y } x y 

g) W =  z w  ∈ M(2,2); x = y e w = 0 Solução

{





}

a) W não é um subespaço vetorial de R2, pois o vetor nulo (0, 0) ∉ W. Esta é uma reta que não passa pela srcem.

254

Álgebra Linear

b) Propriedade de W: São todos os vetores do R3, cujas coordenadas são iguais. I. Sejam u = (a, a, a) ∈ W e v = (b, b, b) ∈ W. Devemos mostrar que u + v ∈ W. u + v = (a + b, a + b, a + b) ∈ W,

pois seremsatisfaz iguais.a propriedade de W de todas as coordenadas II. Sejam u = (a, a, a) ∈ W e k ∈ R. Devemos mostrar quek·u ∈ R3. k·u = (ka, ka, ka) ∈ W, pois satisfaz a propriedade do conjunto W.

Logo, por (I) e (II) segue que W é um subespaço vetorial. c) Podemos dar um contra-exemplo: −2 − 1  e u ∈ W, pois b = –1 ≤ 0 (propriedade de W). 3 4

Seja u = 

Tome α = –1. Da denição de subespaço vetorial, α·u deveria pertencer a W, o que não ocorre, pois: −2 α ⋅u=− ⋅ 1  3

− 1 − 2−  1 = 3 4 4 

e, neste caso, b = 1 ≥ 0, contrariando a propriedade do conjunto W. Logo W não é um subespaço vetorial. d) Propriedade de W: conjunto dos elementos de R3 que satisfazem a equação x + y + z = 0. I. Seja u = (x1, y1, z1) ∈ W, isto implica que x1 + y1 + z1 = 0. E seja também v = (x2, y2, z2) ∈ W, isto implica que x2 + y2 + z2 = 0. Devemos mostrar que as coordenadas de u + v satisfazem a equação x + y + z = 0.

255


Somando as igualdades dadas, temos: x1 + y1 + z1 + x2 + y2 + z2 = 0

Ou seja, (x1 + x2) + (y1 + y2) + (z1 + z2) = 0 e isto mostra que o vetor u + v = (x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2) ∈ W, pois suas coordenadas satisfazem a equação x + y + z = 0. II. Do mesmo modo, temos que α·u = (αx1, αy1, αz1) ∈ W, pois se x + y + z = 0, então, (x + y + z ) = 0, isto é, x + y + z = 0 1

1

1

α

1

1

1

α

1

α

1

α

1

e isto mostra que as coordenadas de α·u satisfazem a equação x + y + z = 0. Portanto, W é um subespaço vetorial. Lembre-se de que, geometricamente, este conjunto representa um plano que passa pela srcem do R 3. e) W não é um subespaço vetorial pois ovetor nulo (0, 0, 0) ∉ W. (f) Propriedade de W: conjunto dos elementos de R 3, que satisfazem a equação z = 2x – y, ou reescrevendo 2x – y – z = 0. I. Seja u = (x1, y1, z1) ∈ W, isto implica que 2x1 – y1 – z1 = 0. E seja também v = (x2, y2, z2) ∈ W, isto implica que 2x2 – y2 – z2 = 0. Devemos mostrar que as coordenadas de u + v satisfazem a equação 2x – y – z = 0. Somando as igualdades acima, temos: 2x1 – y1 – z1 + 2x2 – y2 – z2 = 0 Ou seja, 2(x1 + x2) – (y1 + y2) – (z1 + z2) = 0 e isto mostra que o vetor u + v = (x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2) ∈ W, pois suas coordenadas satisfazem a equação 2x – y – z = 0. II. Do mesmo modo, temos que α·u = (αx1, αy1, αz1) ∈ W, pois se 2x1 – y1 – z1 = 0, então, α(2x1 – y1 – z1) = 0, isto é, 2(αx1) – αy1 – αz1) = 0 e isto mostra que as coordenadas de α·u satisfazem a equação 2x – y – z = 0.

256

Álgebra Linear

Portanto, W é um subespaço vetorial. Lembre-se de que, geometricamente, este conjunto representa um plano que passa pela srcem do R 3. g) Propriedade de W: são todas as matrizes 2×2 cujos elementos da primeira linha são iguais ao elemento a22 = 0. I. Seja u =  x1 x1  ∈ W e v =  x2 x2  ∈ W . Então,  z1 0   z2 0   x x   x x   +x2 x x +1x  2 x x 1 u=+ v + =1  1  2 =   0  z1  0 z  2 zz 0  1z+ 2

2



0

em que x = x1 + x2 e z = z1 + z2. Como u + v satisfaz a propriedade do conjunto para todo u, v ∈ W, segue que u + v ∈ W.  x1 x1   ∈ W e α ∈ R. Então, 1 z 0 

II. Seja u =  k =⋅ u

 x x  kx kx   k = 1  1 = 1   kz  z1 0 1

1x

0

x

 z 0

em que x = kx1 e z = kz1. Como k·u satisfaz a propriedade do conjunto para todo u ∈ W e k ∈ R, segue que k·u ∈ W. Logo, o conjunto W é um subespaço vetorial. 5) Sejam os vetores v1 = (–3, 4, 5) e v2 = (1, 2, –1). a) Escreva o vetor w = (–13, –6, 17) como combinação dos vetores v1 e v2. b) Para que valor dê k, o vetor (k, 0, –7) é combinação dos vetores v1 e v2.

257


Solução

a) Queremos encontrar escalares a e b, tal que, v = av1 + bv2. Então, temos: (–13, –6, 17) = a·(–3, 4, 5) + b·(1, 2, –1) (–13, –6, 17) = (–3a, 4a, 5a) + (b, 2b, –b) (–13, –6, 17) = (–3a + b, 4a + 2b, 5a – b) A condição de igualdade entre vetores resulta no seguinte sistema linear: −3a+ b= − 13  4a + 2b = −6  5a − b = 17 

Fazemos o escalonamento de matrizes, para resolvê-lo: −3 4

1 − 13 2 −6L→ =− 1 L 1 3 1 −1 17  −1 13  3 3  L = L − 4L 2 1 2 −6  → 2  L3 = L 3 − 5L1 −1 17  13  −1 3 3 10 −70  → L 2 = 3 L 2 3 3 10 2 −14  3 3  13  −1 3 3  =L − LL 2 1 −7 →

 5 1  4   5 1  0  0  1  0 0 2 −14  3 3   1 −1 13  3 3  0 1 −7    0  0 0

258

3

3

3

2

Álgebra Linear

Obtemos, assim a – 13 b = 133 e b = – 7. Substituindo a segunda equação na primeira, obtemos a = 2. Portanto: (–13, –6, 17) = 2·(–3, 4, 5) – 7·(1, 2, –1) b) Para que valor de k o vetor (k, 0, –7) é combinação dos vetores v1 e v2. Temos que: (k, 0, –7) = a·(–3, 4, 5) + b·(1, 2, –1) (k, 0, –7) = (–3a, 4a, 5a) + (b, 2b, –b) (k, 0, –7) = (–3a + b, 4a + 2b, 5a – b) A condição de igualdade entre vetores resulta no seguinte sistema linear: −3a+ =b k   4 a + 2b = 0  5a − b = −7

Fazemos o escalonamento de matrizes, para resolvê-lo: − 3 4   5 1  4   5 1

1 2 −1 −1 3 2 −1 −1

k

0  → L1 = − 1 L1 3 −7  −k  3  L = L − 4L 1 0 → 2 2  L 3 = L 3 − 5L1 −7  −k 

0 10 3 4 k 3  → L2 = 3 L 2  3 3  10   (5 21) k − 2 0 3 3 

259


 1 −1 −k  3 3   2 0 1  4k  10  → L 3 = L 3 − 3 L2  (5k − 21)   0 2 3 3   1 −1 −k  3 3     4 k 3   0 1 (7 k − 35)  0 0 5 

Para que o vetor (k, 0, –7) seja combinação linear dos vetores v1 e v2, é necessário que o sistema seja compatível e, para isso, devemos ter 7 k − 35 = 0. 5

Resolvendo esta equação, obtemos k = 5. 6) Escreva o vetor (2, 5, 9, 17) ∈ R4 como combinação dos vetores a = (1, 1, 1, 1), b = (0, –1, 1, 0) e c = (0, 0, 2, 3). Solução

Devemos encontrar escalares a, b e c tal que: (2, 5, 9, 17) = a(1, 1, 1, 1) + b(0, –1, 1, 0) + c(0, 0, 2, 3) Isso nos leva ao seguinte sistema linear: a =2 a − b =5   2 a + b + c =9  a + 3c = 17

Diretamente, temos que a = 2, Substituindo este valor na segunda e quarta equações, obtemos b = –3 e c = 5. Assim: (2, 5, 9, 17) = 2·(1, 1, 1, 1) – 3·(0, –1, 1, 0) + 5·(0, 0, 2, 3)

260

Álgebra Linear

7) Seja a + b 2a 2a  W = {  a − b −cc  , a, b, c ∈ IR}  b 0 b  7 4 4   a) 3− 1 1−  ∈W ?  5 0 5 

2 2 2    b) 0 3 −3 ∈ W ?  1 1 1 

Solução

a) Para que este elemento pertença a W, devemos ter a + b = 7, 2a = 4, a – b = –3, c = –1, e b = 5. Basta vericar se estas equações são satisfeitas. Já temos diretamente que a = 2, b = 5 e c = –1. Substituindo esses valores em a + b = 7 e a – b = –3, notamos que as equações são satisfeitas, logo, o elemento: 7 4 4  −3 1 −1 ∈ W  5 0 5 

b) Este elemento não pertence ao espaço W, pois o elemento a 32 não é igual a zero, neste caso é igual a 1 (um). 8) Encontre o subespaço gerado pelos conjuntos a seguir: a) A = {(1, –4)} b) A = {(1, –1), (2, 3)} c) A = {(1, 5, 1), (2, 1, –1)} d) A = {(1, –1, 2, 2), (–2, 2, 3, 3)} Solução

a) Devemos encontrar os vetores (x, y) ∈ R2 que são combinações do vetor u = (1, –4), assim, temos: (x, y) = a(1, –4), o que nos leva a x = a e y = –4a, de onde temos que y = –4x.

261


Logo, temos [u] = {(x, y) ∈ R2, y = –4x} = {(x, –4x); x ∈ R}, ou seja, o subespaço gerado pelo vetor u ∈ R2 é uma reta que passa pela srcem. b) Seja ( x, y) ∈ R2, então devemos ter: (x, y) = a(1, –1) + b(2, 3). O que nos dá o seguinte sistema linear:  a + 2b = x   − a + 3b = y

Somando as duas equações, obtemos 5b = x + y, ou seja: b=

x+y

5

Substituindo o valor de b na primeira equação, tem-se: 3x − 2 y a + 2 (x + y), ou seja, a = . 5 5 Portanto, qualquer (x, y) ∈ R2 pode ser escrito como combinação dos vetores u = (1, –1) e v = (2, 3), desde que tomemos a e b como acima. Assim, o conjunto A = {(1, –1), (2, 3)} gera todo o R2, ou seja, R2 = [(1, –1), (2, 3)]. c) Seja (x, y, z) ∈ R3, então devemos ter: (x, y, z) = a(1, 5, 1) + b(2, 1, –1) Isto nos leva ao seguinte sistema linear:  a + 2b = x   5a + b = y  a−b = z

262

Álgebra Linear

Escalonando o sistema, obtemos: 1 2 x   5 1 y  → L 2 = L 2 − 5L1   L = L −L 3 3 1  1 −1 z  1 2 x  0 −9 − 5+x→ y  ↔L L3 2 0 −3 − x + z  x 1 2  0 −3 −+ x y→ = −L L 3L 3 3 2   0 0 −2 x + y − 3 z 

Para que o sistema seja compatível, devemos ter –2 x + y – 3z = 0. Assim o conjunto A = {(1, 5, 1), (2, 1, –1)} gera todos os elementos que satisfazem a equação –2 x + y – 3z = 0. Escrevemos: G(A) = {(x, y, z) ∈ R3; –2x + y – 3z = 0} Geometricamente o conjunto A gera um plano que passa pela srcem do R 3. d) Seja (x, y, z, t) ∈ R4 e então devemos ter: (x, y, z, t) = a(1, –1, 2, 2) + b(–2, 2, 3, 3), o que nos dá o seguinte sistema linear:  a − 2b = x  − a + 2b = y    2 a + 3b = z  2 a + 3b = t

263


Fazendo o escalonamento, vamos obter: 1  −1  2   2 1  0 0   0 1 0  0   0 1 0  0   0

−2 x  L 2 = L 2 + L1 2 y  → L 3 = L 3 − 2L1 3 z  L 4 = L 4 − 2L1 3 t  −2 x  0 x + y  → L2 ↔ L4 7 −2 x + z   7 −2 x + t  x  −2 7 −2 x + t  → L3 = L3 − L2 7 −2 x + z   0 x + y  x  −2 7 −2 x + t  0 −t + z   0 x + y 

Como o sistema deve ser compatível, devemos ter –z + t = 0 e x + y = 0, ou melhor, z = t e y = –x. Assim, G(A) = {(x, y, z, t) ∈ R4; z = t e y = –x} = {(x, –x, t, t) | x, t ∈ R} Em outras palavras, o conjunto A gera todos os elementos do R4, cuja primeira coordenada é o oposto da segunda e a terceira coordenada é igual à quarta coordenada. 9) Sejam os vetores u = (1, 1, 0), v =(0, –1, 1) e w = (1, 1, 1). 3

Verique se [u, v, w] = R . Solução

Devemos vericar que qualquer vetor (x, y, z) ∈ R3 pode ser escrito como combinação linear de u, v e w. Assim, temos: (x, y, z) = a(1, 1, 0) + b(0, –1, 1) + c(1, 1, 1) 264

Álgebra Linear

Isto leva ao seguinte sistema linear: a + c = x  − + =  abcy  b+c=z 

Escalonando, 1 1  0 1 1  0 1 1  0

0 1 x  = L− L L −1 1 y→ 2 2 1  1 1 z  0 1 x  −1 0 − + x →y  = −L 3 L 3 L2 1 1 z  0 1 x  −1 0 − x + y  0 1 − x + y + z 

b = –x + yae=c2=x –xy+–yz+. z. Deste sistema,o conseguimos Substituindo valor de c emaa++cc==xx,,–obtemos 3 Assim, qualquer vetor (x, y, z) ∈ R é combinação linear de u, v e w bastando tomar a = 2x – y – z, b = x – y e c = –x + y + z. Portanto, [u, v, w] = R3.

10) Seja A = {(1, 2, 3, 1), (1, –1, 0, 0), (0, 0, 0, 1)}. a) encontre G(A). b) encontre o valor de k, para que (1, k, 3, 4, –1) ∈ G(A). Solução 4

(a) Seja (x, y, z, t) ∈ R e então devemos ter: (x, y, z, t) = a(1, 2, 3, 1) + b(1, –1, 0, 0) + c(0, 0, 0, 1)

265


o que nos dá o seguinte sistema linear:  a+b =x 2a − b = y   =z  3a  a + c = t

Fazendo o escalonamento vamos obter: 1 2  3   1 1 0  0   0 1   00   0 1 0  0   0

1 −1 0 0 1 −3 −3 −1 1

0 0 0 1 0 0 0 1 0

−−31 01 −3 0

1 −1 0 0

0 1 −3 0

x  L 2 = L 2 − 2L1 y → L 3 = L 3 − 3L1 z  L 4 = L 4 − L1 t  x  −2 x + y  → L2 ↔ L4 −3x + z   − x + t 

  x + t  → L 3 = L 3 − 3L 2 − −3x + z L 4 = L 4 − 3L 2  −2 x + y  x  − x + t  −3t + z   x + y − z  x

Para que o sistema seja compatível, devemos ter x + y – z = 0 e t pode ser qualquer número real. Assim, temos: G(A) = {(x, y, z, t) ∈ R4 ; x + y – z = 0} b) Como o vetor (1, k, 4, –1) deve pertencer a G(A), ele deve satisfazer a equação x + y – z = 0, assim, temos, então, que 1 + k – 4 = 0, ou seja, k = 3.

266

Álgebra Linear

11) Quais dos seguintes conjuntos são LD ou LI? a) B = {(–1, 2, 4)}   1 1   ,  0 1

b) B = 

1−   1  2 0  , 1  0  1 1 

c) B = {(1, –2, 0, 0), (0, 3, 1, –1), (1, 0, 1, 2), (3, 2, 0, 3)} d) B = {(1, 0, –1), (1, 2, 1), (0, –1, 0)} Solução

a) Devemos ter a(–1, 2, 4) = (0, 0, 0), o que nos leva diretamente a a = 0, sendo esta a única solução possível; logo, o conjunto B = {(–1, 2, 4)} é LI. b) Seja a equação:  1 1 − a   + b 0 1 

1  1 1 0

 +c 

2 0 0 0 = 1 1 0 0

que nos leva a:  a+ +b 2c− a  b  0 0 =  b+c a+ c 0 0 

Obtemos, assim, o seguinte sistema de equações:  a+ +b 2=c 0 a − b =0   b c + =0   a + c = 0

267


Escalonando:  1120  1 −1  0 1   1010 1 1  0 −2 0 1   0 −1 1 1 0 1   0 −2   0 −1  1120  0110   0000   0000



0 0  L 2 = L 2 − L1 → 1 0  L 4 = LL4 − 1  

2 0 −2 0  → L2 ↔ L3 1 0  −1 0  2 0 1 0  L 3 = L3 + 2L 2 → −2 0  L 4 = L4 + L 2  −1 0       

Isso nos leva a a + b + 2c = 0 e b + c = 0, ou seja, b = –c e, substituindo na primeira, temos a = –c, isto é, o sistema é compatível e indeterminado, possui innitas soluções.   1 1  Logo, o conjunto B =   ,  0 1

1−   1  2 0  é LD. , 1  0  1 1 

c) Montamos a equação, o que nos leva ao seguinte sistema:  a c + 3d = 0 −2+a 3b + = 2d 0   

268

b+ c =0 − +b + 2c = 3d 0

Álgebra Linear

Fazendo o escalonamento obtemos: 1 0 1  −23020   0 11   0 −1 2 1 0 1 03280 01100  0 −1 2 1 0 1 01100  02280  0 −1 2  10130 01100  0 0 −1  00330  1 01 0 11  0 0 −18  0 0 0

3 0

  → L = L + 2L 2 2 1 0 0  3 0  3 0  → L2 ↔ L3   3 0  3 0  L = L − 3L 3 2 → 3  L4 = L4 + L2  3 0     → L = L + 3L 4 4 3 8 0   30  00  0  27 0 

O que nos leva às equaçõesa + c + 3d = 0, b + c = 0, –c + 8d = 0 e 27d = 0, e esta última equação nos leva ad = 0, que substituindo na terceira nos dá c = 0, que substituindo na segunda obtemos b = 0, e substituindo o valor dec e d na primeira equação chegamos a a = 0. Portanto, como a = b = c = d = 0, conclui-se que o conjunto B = {(1, –2, 0, 0), (0, 3, 1, –1), (1, 0, 1, 2), (3, 2, 0, 3)} é LI.

269


d) Devemos ter a(1, 0, –1) + b(1, 2, 1) + c(0, –1, 0) = (0, 0, 0). Montando o sistema linear, temos:  a+ b =0  2b − c = 0  −a + b = 0 

Somando a primeira equação com a terceira chegamos a 2b = 0, o que nos dá b = 0. Substituindo na primeira equação e na segunda equação, obtemos a = 0 e c = 0. Portanto, o conjunto B = {(1,0,–1), (1,2,1), (0,–1,0)} é LI. 12) Encontre o valor de k para que o conjunto A = {(1, –1, –2), (2, k, 1), (–1, 0, 3)} seja LI. Qual o valor de k para o conjunto ser LD? Solução

Devemos ter a(1, –1, –2) + b(2, k, 1) + c(–1, 0, 3) = (0, 0, 0) e obtemos, assim, o sistema linear:  a+ −2b = c 0  =0  − a + kb −2 a+ +b= 3c 0 

Fazendo o escalonamento:  1  −1   −2 1

2 −1 0   L = L 2 + L1 k 0 0 → 2 L 3 = L 3 + 2L1 1 3 0  2 −1 0  1

 0 2 + k −1  0 5 3  1 2 −1 0 5 3   0 2 + k −1

270

0  → L3 = 5 L3 0  L 2 ↔ L 3 0 1 L = L 0  → 3 5 3 0  L 2 ↔ L 3

Álgebra Linear

 12  0  0 1  0  0

−1 0   1 5 0  → LL3= −3 + (2) k L 2 2 + k −1 0  2 −1 0  1 1 0 5  0 − 2 +5 k − 1 0 

1

Para ser LI, devemos ter – 2 +5 k –1 ≠ 0, pois, neste caso, o sistema é compatível e determinado, e como é um sistema homogêneo a única é a trivial. Resolvendo esta equação, obtemos k ≠ –7. Assim, para ser LD, devemos ter então k = –7, pois aí teremos um sistema compatível e indeterminado. 13) Sejam os vetores u = (1, –2, 3) e v = (3, 1, 2). a) Determine [u, v] (subespaço gerado por u e v). b) O vetor (–2, 5, –3) ∈ [u, v]? c) Exiba uma base para [u, v]. Qual é a dimensão? d) [u, v] = R3? Por quê? Solução

a) Seja (x, y, z) ∈ R3 e então devemos ter: (x, y, z) = a(1, –2, 3) + b(3, 1, 2) que nos leva ao sistema linear abaixo:  a + 3b = x  −2 a + b = y  3a + 2b = z

271


Escalonando, obtemos: 1  −2   3 1 0  0 1 0   0

3 1 2 3 7 −7 3 7 0

x  L = L 2 + 2L1 y → 2 L 3 = L 3 − 3L1 z  x  2 x + y → =L 3 + L 3 −3 x + z  x

L2



2 x + y 

− x + y + z 

Assim, para o sistema ser compatível, devemos ter – x + y + z = 0. Portanto, [u, v] = {(x, y, z) ∈ R3; –x + y + z = 0}. b) Para o vetor (–2, 5, –3) pertencer ao subespaço gerado por u e v, deve satisfazer a equação –x + y + z = 0. Então temos –(–2) + 5 + (–3) = 2 + 5 – 3 = 4 ≠ 0. Logo, (–2, 5, –3) ∉ [u, v]. c) Da equação –x + y + z = 0, temos x = y + z. Como temos duas variáveis livres, temos então que dim [u, v] = 2. Para os geradores, fazemos: y = 1 e z = 0, o que nos leva a x = 1. Agora, fazendo y = 0 e z = 1, obtemos x = 1, assim, os geradores para o conjunto [u, v] são (1,1,0) e (1,0,1). Basta provar agora que é LI. De fato, a(1,1,0) + b(1,0,1) = (0,0,0) e, assim, obtemos as equações a + b = 0, a = 0 e b = 0, como queríamos demonstrar. Assim, encontramos uma base para [ u, v]. b = {(1,1,0),(1,0,1)}

d) Não, pois a dimensão de R3 é igual a 3, que é diferente da dimensão de [u, v]. Logo, estes conjuntos são diferentes.

272

Álgebra Linear

14) Determine uma base e a dimensão do subespaço vetorial seguinte: W = {(x, y, z) ∈ R3; x = –y e z = 3y} Solução

Temos apenas uma variável livre, logo já temos que dim W = 1. Fazendo y = 1, obtemos x = –1 e z = 3, logo, W é gerado pelo vetor (–1, 1, 3). Este vetor é LI, pois a(–1, 1, 3) = (0, 0, 0) se a = 0, portanto, uma base para o conjunto W é dada por b = {(–1, 1, 3)}. 15) Encontre uma base e a dimensão para o espaço-solução do sistema homogêneo abaixo:  x − + 2 z= − x + 2z   y + z   y + z 

t

0 = 0 = 0 = 0

Solução

Para encontrar a solução deste sistema, façamos o escalonamento da matriz associada:  10 −2  −1 0 2   01100   01100  1 0 −2  0 0 001100  00000  1 0 −2 01100  0 0 0  00000

1 0 0 0    

→

L 2 = L 2 + L1 L 4 = L 4 − L3

1 0 

1 0  → L 2 ↔ L 3   1 0   1 0  

273


Reescrevendo o sistema linear associado, obtemos: 2  x − z2+t = x0=z    y + z = ⇒0 =− y z  t = 0  t = 0  Da segunda equação, obtemos y = – z. Como t = 0 e substituindo na primeira equação, obtém-se x = 2z. Assim, o espaço solução do sistema linear é dado por: S = {(x, y, z, t) ∈ R4; x = 2z, y = – z e t = 0} = {(2z, –z, z, 0), z ∈ R} Como temos apenas uma variável livre, que é z, então dim S = 1. Fazendo z = 1, obtemos o vetor gerador de S, ou seja, (2,–1,1,0). Este vetor é LI, pois a(2,–1,1,0) = (0,0,0,0) somente se a = 0. Portanto, como o vetor (2,–1,1,0) gera S e é LI, ele é uma base para S e escrevemos b = {(2,–1,1,0)}.

Unidade 3 1. Se T : V → W, v ∈ V e w ∈ W, encontre o domínioV e o contradomínio W da transformação denida pelas equações dadas e determine se T é linear. a) w1 = x + 2y b) w2 = –y c) w3 = x + y Solução 3

Admitindo que w =w(iw temos W =de R xe,ecomo cada uma das variáveis , i1,=w1,2,2,w33),está emque função y, então 2 V=R. Logo: T : R2 → R3, e T(x, y) = (w1, w2, w3) = (x + 2y, –y, x + y). Para vericar se T é linear:

274

Álgebra Linear

Vejamos inicialmente se T(0, 0) = (0, 0, 0). T(0, 0) = (0 + 2·0, – 0, 0 + 0) = (0, 0, 0), assim, T pode ser uma transformação linear. Dados dois vetores u = (x1, y1) e v = (x2, y2) do R2: T(αu + v) = T(α(x1, y1) + (x2, y2)) = T((αx1, αy1) + (x2, y2)) = T((αx1 + x2, αy1 + y2) = (αx1 + x2 + 2(αy1 + y2), –(αy1 + y2), (αx1 + x2) + (αy1 + y2)) = (αx1 + 2αy1 + x2 + 2y2, –αy1 – y2, αx1 + αy1 + x2 + y2) = (α(x1 + 2y1) + (x2 + 2y2), –αy1 – y2, α(x1 + y1) + (x2 + y2)) = (α(x1 + 2y1), α(–y1), α(x1 + y1)) + (x2 + 2y2, – y2, x2 + y2) = α(x1 + 2y1, –y1, x1 + y1) + (x2 + 2y2, – y2, x2 + y2) = αT(x1, y1) + T(x2, y2) = αT(u) + T(v) Portanto, T é uma transformação linear. 2. Considere a transformação linear T : R3 → R3 denida por T(x, y, z) = (–5x + z, y + z, 3x + y). Utilize os vetores u = (1, –1, 3) e v = (0, 4, –3) para mostrar que T(2u – 3v) = 2T(u) – 3T(v). Solução

Dados u = (1, –1, 3) ev = (0, 4, –3) e T(x, y, z) = (–5x + z, y + z, 3x + y). T(2u – 3v) = T(2(1, –1, 3) – 3(0, 4, –3)) = T(2, –14, 15) = T(–5·2 + 15, –14 + 15, 3·2 – 14) = (5, 1, –8)

275


Por outro lado: 2T(u) – 3T(v) = 2T(1, –1, 3) – 3T(0, 4, –3) = 2(–5·1 + 3, –1 + 3, 3·1 + (–1)) – 3(–5·0 + (–3), 4 + (–3), 3·0 + 4) = 2(–2, 2, 2) – 3(–3, 1, 4) = (–4, 4, 4) – (–9, 3, 12) = (5, 1, –8) 3. Verique quais das seguintes funções são transformações lineares. a) T : R3 → R2, T1(x, y, z) = (2x – 1, 2z – x) b) T : R 2 → R2, T2(x, y) = (5x, y2) c) T : R2 → R3, T3(x, y) = (x – y, x – y, 0) Solução 3

2

a) T1 : R → R , T1(x, y, z) = (2x – 1, 2z – x) Vejamos inicialmente se T1(0, 0, 0) = (0, 0). T1(0, 0, 0) = (2∙0 + 1, 2∙0 – 0) = (1, 0) ≠ (0, 0) Logo T não é uma transformação linear. b) T2 : R2 → R2, T2(x, y) = (5x, y2). Vejamos inicialmente se T2(0, 0) = (0, 0). T2(0, 0) = (5·0, 02) = (0, 0) Logo T pode ser uma transformação linear. Dados dois vetores u = (x1, y1) e v = (x2, y2) do R2: T2(αu + v) = T2(α(x1, y1) + (x2, y2)) = T2((αx1, αy1) + (x2, y2)) = T2((αx1 + x2, αy1 + y2)

276

Álgebra Linear

= (5(αx1 + x2), (αy1 + y2)2) = (5αx1 + 5x2, α2y12 + 2αy1y2 + y12) Por outro lado: αT2(u) + T2(v) = αT2(x1, y1) + T2(x2, y2)

= α(5x1, y12) + (5x2, y22) = (5αx1, αy12) + (5x2, y22) = (5αx1 + 5x2, αy12 + y22) = T3(αu + v) Portanto, T2 não é uma transformação linear. c) T3 : R2 → R3, T3(x, y) = (x – y, x – y, 0). Vejamos, inicialmente, se T3(0, 0) = (0, 0, 0). T3(0, 0) = (0 + 0, 0 – 0, 0) = (0, 0, 0), assim, T pode ser uma transformação linear. Dados dois vetores u = (x1, y1) e v = (x2, y2) do R2: T3(αu + v) = T3(α(x1, y1) + (x2, y2)) = T3((αx1, αy1) + (x2, y2)) = T3((αx1 + x2, αy1 + y2) = (αx1 + x2 + αy1 + y2), (αx1 + x2) – (αy1 + y2)) = (αx1 + αy1 + x2 + y2, αx1 – αy1 + x2 – y2) Por outro lado: αT3(u) + T3(v) = αT3(x1, y1) + T3(x2, y2)

= α(x1 + y1, x1 – y1, 0) + (x2 + y2, x2 – y2, 0) = (αx1 + αy1, αx1 – αy1) + (x2 + y2, x2 – y2) = (αx1 + αy1 + x2 + y2, αx1 – αy1 + x2 – y2) Portanto, T3 é uma transformação linear.

277


4. Dada T : R2 → R2 represente geometricamente um vetor genérico v = (x, y) ∈ R2 se T(x, y) = (–3x, 2y). Solução

Se T : R2 → R2, dado um vetor qualquer v = (x, y) ∈ R2, vamos representar T(x, y) = (–3x, 2y). y

T(x, y) = (–3x, 2y) (x, y)

x

5. Dados os seguintes operadores lineares, determine a matriz canônica T da transformação linear denidos por: a) T1(x, y) = (x – 2y, x + y) b) T 2(x, y, z) = (x – y – 2z, –x + 2y + z, –3z) Solução

a) Da transformação linear T1(x, y) = (x – 2y, x + y), temos a matriz canônica: 1 −2  [T1 ] =   1 1 

b) Da transformação linear T 2(x, y, z) = (x – y – 2z, –x + 2y + z, –3z), temos a matriz canônica:  1 − 1− 2 [T2 ] =  −1 2 1   1 0 −3 

278

Álgebra Linear

6. Dada a matriz canônica: − 1 2 0    3 1 5

[T] = 

de uma transformação linear. Use-a para obter T(–1, 1, 3). Solução

− 1 2 0  3 2  temos: T : R → R em que:  3 1 5

Da matriz [T] = 

T(x, y, z) = (–x + 2y, 3x + y + 5z) Logo: T(–1, 1, 3) = –(–1) + 2·1, 3·(–1) + 1 + 5·3) = (3, 13) 7. Determine a transformação linear T : R2 → R3, sabendo que T(–1, 1) = (3, 2, 1) e T(0, 1) = (1, 1, 0). Solução

Dado que T(–1, 1) = (3, 2, 1) e T(0, 1) = (1, 1, 0). ∀(x, y) ∈ R2

 − =a x⇒ =a− x (x, y) = a(–1, 1) + b(0, 1) ⇒  a + b= y⇒− + x = b ⇒y = +b y x Logo:

T(x, y) = aT(–1, 1) + b T (0, 1) = (–x)(3, 2, 1) + ( y + x)(1, 1, 0) = (–3x, –2x, –x) + ( y + x, y + x, 0) = (y – 2x, y – x, –x) Portanto, T(x, y) = (y – 2x, y – x, –x).

279


8. Se T : R3 → R2 tal que: T(3, 2, 1) = (1, 1), T(0, 1, 0) = (0, –2) e T(0, 0, 1) = (0, 0). Determine: a) T(x, y) b) v ∈ R3, tal que T(v) = (1, 1) c) v ∈ R3, tal que T(v) = (0, 0) Solução

Sabemos que a transformação T : R 3 → R2 nos dá: T(3, 2, 1) = (1, 1), T(0, 1, 0) = (0, –2) e T(0, 0, 1) = (0, 0). a) Para determinar: T(x, y) Tomemos qualquer (x, y, z) ∈ R3. (x, y, z) = a(3, 2, 1) + b(0, 1, 0) + c(0, 0, 1) x  ⇒ a=  3a = x 3   3y − 2x x y 2( + =) ⇒ b =y b 2a + b= ⇒ 3 3   x 3z − x c a + =c z⇒ + =3 x ⇒z = 3

Logo: T(x, y, z) = aT(3, 2, 1) + bT(0, 1, 0) + cT(0, 0, 1) = ( x )(1, 1) + ( 3 y − 2 x )(0, –2) + ( 3z − x )(0, 0) 3 3 3 = ( x3 , x3 ) + (0, –2( 3 y −3 2 x )) + (0, 0) = ( x , 5x − 6 y ) 3 3

280

Álgebra Linear

b) Um vetor v = (x, y, z) tal que T(v) = (1, 1). T(x, y, z) = ( x , 5x − 6 y ) = (1, 1) 3 3 x ⇒x=3  3 = 1  5x 6 y  − = ⇒ 15 ⋅ − 3 = 6⇒ y =3  3

y

2

Logo o vetor é v = (3, 2, z), ∀z ∈ R. c) Um vetor v = (x, y, z) tal que T(v) = (0, 0). T(x, y, z) = ( x , 5x − 6 y ) = (0, 0) 3 3 x ⇒x=0  3 = 0  5x 6 y  − = ⇒ 05 ⋅ − 0 = 6⇒ y = 0  3

y

0

Logo o vetor é v = (0, 0, z), ∀z ∈ R. 9. Seja P2 o espaço vetorial dos polinômios de ordem 2: ax2 + bx + c. Se representarmos qualquer elemento u desse espaço como u = (a, b, c). Determine se T : P2 → P2, tal que T(1) = x, T(x) = 1 – x2 e T(x2) = x + 2x2, é transformação linear. Solução

Do polinômio ax2 + bx + c, temos: 1 = 0x2 + 0x + 1 ⇒ (0, 0, 1) x = 0x2 + 1x + 0 ⇒ (0, 1, 0) x2 = 1x2 + 0x + 0 ⇒ (1, 0, 0) 1 – x2 = –1x2 + 0x + 1 ⇒ (–1, 0, 1) x + x2 = 2x2 + 1x + 0 ⇒ (2, 1, 0)

281


Então: T(1) = T(0, 0, 1) = x = (0, 1, 0) T(x) = T(0, 1, 0) = 1 – x2 = (–1, 0, 1) T(x2) = T(1, 0, 0) = x + 2x2 = (2, 1, 0) Qualquer (x, y, z) ∈ R3.

a = z (x, y, z) = a(0, 0, 1) + b(0, 1, 0) + c(1, 0, 0) ⇒ b = y c = x  Logo:

T(x, y, z) = zT(0, 0, 1) + yT(0, 1, 0) + xT(1, 0, 0) = z(0, 1, 0) + y(–1, 0, 1) + x(2, 1, 0) = (2x – y, x + z, y) Portanto T(x, y, z) = (2x – y, x + z, y). Vamos vericar se T é uma transformação linear. T(0, 0, 0) = (2·0 – 1·0, 0 + 0, 0) = (0, 0, 0) Para quaisquer dois polinômios do segundo grau representados na forma vetorial por u = (x1, y1, z1) e v = (x2, y2, z2). T(αu + v) = T(α(x1, y1, z1) + (x2, y2, z2)) = T((αx1, αy1, αz1) + (x2, y2, z2)) = T((αx1 + x2, αy1 + y2, αz1 + z2) = ((2αx1 + 2x2 – αy1 – y2), (αx1 + x2) + (αz1 + z2), (αy1 + y2)) = (2αx1 – αy1 + 2x2 – y2, αx1 + αz1 + x2 + z2, αy1 + y2) = (α(2x1 – y1) + (2x2 – y2), α(x1 + z1) + (x2 + z2), αy1 + y2) = (α(2x1 – y1), α(x1 + z1), αy1) + (x2 – y2, x2 + z2, y2) = α(2x1 – y1, x1 + z1, y1) + (x2 – y2, x2 + z2, y2) = αT(x1, y1, z1) + T(x2, y2, z2) = αT(u) + T(v) Portanto T : P2 → P2 é uma transformação linear.

282

Álgebra Linear

10. Determine o núcleo, uma base para esse subespaço e sua dimensão. Determine a imagem, uma base para esse subespaço e sua dimensão. Com isso, verique se T é injetora e sobrejetora. a) T : R2 → R3, T(x, y) = (x + y, x, 2y) b) T : R 3 → R2, T(x, y, z) = (x + 2 y – z, 2x – y + z) c) T : R3 → R3, T(x, y, z) = (x – 3y, x – z, z – x) Solução

a) T : R2 → R3, T(x, y) = (x + y, x, 2y) I. Núcleo: encontrar todos os vetores do R 2 cuja imagem seja o vetor (0, 0, 0). Ou seja: T(x, y) = (x + y, x, 2y) = (0, 0, 0). x + y = 0   x=0  2 y = 0 ⇒ = x =0, y 0 

O núcleo contém apenas o vetor nulo. Isto é, o único vetor do R2 que está associado ao vetor nulo do R3, através da transformação T, é o vetor nulo. Isto é: N(T) = {(0, 0)}. Logo: dim N(T) = 0 e T é injetora. II. Imagem: Determinar w = (a, b, c) ∈ R3 tal que qualquer: T(x, y) = (x + y, x, 2y) = (a, b, c). x + y = a   x = b  2y = c

283


Resolvendo o sistema: 1 1   0 1 0  0 1 0   0

1 0 2 1 −1 2 1 −1 0

a 

b  → L2 = L2 − L2

c 

a  −b → a  = L 3+ L 3 2L 2 c  a  b − a  c − 2b + 2c 

O sistema só terá solução se c – 2b + 2a = 0 ⇒ c = 2b – 2a. Portanto, a Im(T) = {(a, b, 2b – 2a)| a, b ∈ R}, então dim Im(T) = 2. Do conjunto imagem: (a, b, 2b – 2a) = (a, 0, –2a) + (0, b, 2b) = a(1, 0, –2) + b(0, 1, 2) Uma base da imagem é: {(1, 0, –2), (0, 1, 2)}. Como dim W = dim Im(R 3) = 3 ≠ dim Im(T), então T não é sobrejetora. b) T : R 3 → R2, T(x, y, z) = (x + 2 y – z, 2x – y + z) I. Núcleo: encontrar todos os vetores do R 3 cuja imagem é o vetor (0, 0). Ou seja: T(x, y, z) = (x + 2 y – z, 2x – y + z) = (0, 0).  x+ 2−y =z 0  2 x − y + z = 0  1 −2  1 0  − 2L1  2 −1  1 0 → L=2 −L 2 →    

284

1 2 1 0 0 −5 3 0

Álgebra Linear

Reescrevendo o sistema: 5y   x +yz2 − = x⇒0y + − 2x ⇒( 3=−)  5y −5+y 3=z ⇒ 0 = z  3

y

3

Logo, núcleo da transformação T é formado pelo conjunto de vetoreso da forma:

(– y3 , y, 53y ) = y(– 13 , 1, 53 ), y ∈ R

{(

)}

Logo, uma base do núcleo: – 1 , 1, 5 3 3

Portanto: dim N(T) = 1 e T não é injetora. II. Imagem: determinar w = (a, b) ∈ R2, tal que qualquer: T(x, y, z) = (x + 2 y – z, 2x – y + z) = (a, b)  x+ 2−y =z a  2 x −y z b+ =  1 −2 1 0  −  2L  2 −1 1 0 → L=2 −L 2 → 1    

1 2 1 a 0 −5 3 b − 2a

Reescrevendo o sistema:  x+ 2−y =z a  b − 2a 5 y +⇒ =  5 y + 3 z = b − 2 a⇒ z= 3 3

5y + b− 2a 3 5 y +−b 2 a −+ a y b x =−a +2 y= ( z ⇒= ) x 3 3 z

Assim, o sistema terá solução para quaisquer a, b. Portanto, a Im(T) = R2, então dim Im(T) = 2.

285


Como dim W = dim Im(R 2) = 2 = dim Im(T), então T é sobrejetora. E uma base pode ser a canônica: {(1,0), (0,1)} c) T : R3 → R3, T(x, y, z) = (x – 3y, x – z, z – x) 3

Núcleo: todos os vetores do R , cuja imagem seja o I.vetor (0, 0, encontrar 0).

Ou seja: T(x, y, z) = (x – 3y, x – z, z – x) = (0, 0, 0) x − y = 0  x − z = 0 z − x = 0 

1 1   −1 1 0  0 1 0

−3

0 0 −3 3 −3 −3 3 0 0

0 L = L 2 − L1 −1 → 2 L 3 = L 3 + L1 1  0 −1→ L=3 +L 3 L 2 1  0 −1 0 

Reescrevendo o sistema:  x− y3 = ⇒0x =y   x z− = 0⇒z y=

3

Logo o núcleo da transformação T é formado pelo conjunto de vetores da forma (3y, y, y) = y((3, 1, 1), y ∈ R e uma base do núcleo: {(3,1,1)} Portanto: dim N(T) = 1 e T não é injetora.

286

Álgebra Linear

II. Imagem: determinar w = (a, b, c) ∈ R3 tal que qualquer: T(x, y, z) = (x – 3y, x – z, z – x) = (a, b, c) x − y = a  x − z = b z − x = c 

 1 −3 0 a   1 0 −1 b  → L 2 = L 2 − L 1   L =L +L 3 3 1  −1 0 1 c   01 −33 −01   0 −3 1  1 −3 0  0 3 −1   0 0 0

a a  = L + L L −b → 3 3 2  a + c  a  b − a  b + c 

Assim, o sistema somente terá solução se b + c = 0 ⇒ c = –b, ∀a. Logo, a imagem da transformação T é formada pelo conjunto de vetores da forma: (a, b, –b) = (a, 0, 0) + (0, b, –b) = a(1, 0, 0) + b(0, 1, –1), a, b ∈ R e uma base da imagem é: {(1,0,0), (0,1,–1)} Portanto: dim Im(T) = 2 e T não é sobrejetora. 11. Determine a transformação linear T : R2 → R3 dada por T(–2, 3) = (–1, 0, 1) e T(1, –2) = (0, –1, 0). Solução

T : R2 → R3 dada por T(–2, 3) = (–1, 0, 1) e T(1, –2) = (0, –1, 0). Tomemos qualquer (x, y) ∈ R3: (x, y) = a(–2, 3) + b(1, –2) −2 a+ =b x   3a − 2b = y

− 2 1 x  3  3 −2 y  → L 2 = L 2 + 2 L1   − 2 1 x   3 2 y  x + 1 3 −  2 2  287


Reescrevendo o sistema: −2a+ =b x   b 3x + 2 y ⇒ =− b− 3 x 2 y − 2= 2 ) =x − a− ⇒− 2+a − ( −3 x 2=y⇒

2x y

Logo: T(x, y) = aT(–2, 3) + bT(1, –2) = (–2x – y)(–1, 0, 1) + (–3x – 2y)(0, –1, 0) = (2x + y, 0, –2x – y) + (0, 3x + 2y, 0) = (2x + y, 3x + 2y, –2x – y) 12. Dado o operador linear T : R3 → R3, denido por: T(x, y, z) = (x + 2y – z, y + z, x + y – 2z) determine uma base e a dimensão do núcleo de T. Solução

Se T : R3 → R3 é denida por T(x, y, z) = (x + 2y – z, y + z, x + y – 2z), encontre todos os vetores do R3 cuja imagem seja o vetor (0, 0, 0). Ou seja: T(x, y, z) = (x + 2y – z, y + z, x + y – 2z) = (0, 0, 0)  x+ 2−y =z 0  y+z =0  x + y − 2z = 0 

288

 1 2 −1 0 1 1  → LL = − L 3 3 1    1 1 −2   1 2 −1 0 11  → L = L + L 3 3 2 0 −1 −1  1 2 −1 0 1 1    0 0 0 

Álgebra Linear

Reescrevendo o sistema:  x+ 2−y =z 0  y + z= 0⇒ = z− y  x =−y ⇒ x=z−y 2⇒

3

Logo o núcleo da transformação T é formado pelo conjunto de vetores da forma (–3y, y, –y) = y(–3, 1, –1), y ∈ R e uma base do núcleo: {(–3,1,–1)} Portanto: dim N(T) = 1 e T não é injetora. 13. Dadas as T1 e T2 duas transformações lineares de R2 em R3. T1(x, y) = (x – 2y, 3x – y, y) e T2(x, y) = (x + y, x – 3y, 2x + y) a) T1 – T2 b) 3T 1 + 2T2 Solução

a) T1 – T2 T1(x, y) – T2(x, y) = (x – 2y, 3x – y, y) – (x + y, x – 3y, 2x + y) = (x – 2y – x – y, 3x – y – x + 3y, y – 2x – y) = (–3y, 2x – y, –2x) Logo a transformação: (T1 – T2)(x, y) = (–3y, 2x – y, –2x) b) 3T 1 + 2T2 3T1(x, y) – 2T2(x, y) = 3(x – 2y, 3x – y, y) + 2(x + y, x – 3y, 2x + y) = (3x – 6y, 9x – 3y, 3y) + (2x + 2y, 2x – 6y, 4x + 2y) = (3x – 6y + 2x + 2y, 9x – 3y + 2x – 6y, 3y + 4x + 2y) = (5x – 4y, 11x – 12y, 4x + 5y) Logo a transformação: (3T1 – 2T2)(x, y) = (5x – 4y, 11x – 12y, 4x + 5y)

289


14. Sejam T1 e T2 duas transformações lineares de R2 em R3. 2− 1 1 1 0  1 − Se[T ]1 =2 1  1 e[T ] 2 3= 1 2  0 −1 1   1 −2 0 determine [T2oT1] e [T1oT2]. Solução

2− 1 1 1 0  1 − Se[T ]1 =2 1  1 e[T ] 2 3= 1 2  0 −1 1   1 −2 0 −2 [T2oT1 ] = [T=2 ][T1 ]  3  1 1 [T oT ][= =T ][T ] 2 1 2 1 2  01

1 −  1 1 0 1 −03  3 1  2 =− 2  1 1  5 1 6 −2  0 01 −  −1− − 321 0 12− 1 − − 1 − 11 2 − 1  1 = 3 −1 2  0 1 2 2 −  1 1− 2 −0 − −  23

15. Se T é um operador linear dado pela matriz − 2 1 4  [T] =  3 5 0   6 0 −1

a) calcule N(T) e dim N(T); b) calcule Im(T) e dim Im(T).

290

Álgebra Linear

Solução

− 2 1 4  Se T é um operador linear dado pela matriz [T] =  3 5 0   6 0 −1

a) calcule N(T) e dim N(T).

x

Temos que determinar o vetor  y  , tal que: z  

−2 1 4   x  0  3 5 0 ⋅ y = 0      6 0 −1  z 0

ou ainda, resolver o sistema: −2 x+ +y 4=z 0  3x + 5 y = 0   6x − z = 0 

− 2 3   6 − 2  0   0 − 2  01   0 − 2  0  0 

1 4 3 L =L + L 5 0  → 2 2 2 1 0 −1 L 2 = L 2 − 3L1 1 4   13 2 6  → L 2 = 2L 2 −3

1 31 −3 1 13 2 0

 −13  4  3 2  → L 3 = L 2 + L1 13 −13  4   6   −143  13

Assim: 4   x   0 − 2 1    0 13 2 6 0 = x= 0,=y 0, z 0   ⋅ yz=  ⇒ 0 143 −     0 0 13  Logo, N(T) = {(0, 0, 0)} e dim N(T) = 0;

291


b) Calcule Im(T) e dim Im(T).

x Temos que determinar o vetor  y  , tal que:  z  −2 1 4   x  a  3 5 0 ⋅ y = b      6 0 −1  z c

Ou ainda, resolver o sistema: −2 x+ y+ 4=z a  3x + 5 y = b   6x − z = c 

Como vimos no item acima, o sistema tem solução sempre, e ela é única. Logo, Im(T) = R3 e dim Im(T) = 3; 16. Se T : R3 → R3 é denido por T(x, y, z) = (x + y – 2z, x + 2y + z, 2x + 2y – 3z), a) verifique se T(x, y, z) é um isomorfismo; b) mostre que det [T] ≠ 0; c) determine T–1(x, y, z). Solução

Se T(x, y, z) = (x + y – 2z, x + 2y + z, 2x + 2y – 3z) a) para vericar se T(x, y, z) é um isomorsmo, temos que determinar o núcleo de T; x ou seja, determinar o vetor  y  , tal que:  1 1 − 2  x  0  1 2 1 ⋅ y = 0      2 2 −3  z 0

292

 z 

Álgebra Linear

ou ainda, resolver o sistema:  x+ −y= 2 z 0   x + 2y + z = 0 2230  x+ y− z =

1 1   2 1 0  0

1 2 2 1 1 0

−2  L = L −L 1  → 2 2 1 L 3 = L 3 − 2L1 −3  −2  3  1 

Assim:  1 1 − 2  x  0  1 2 1 ⋅ y = 0 ⇒ x = 0, y = 0, z = 0      2 2 −3  z 0

Logo, N(T) = {(0, 0, 0)} e dim N(T) = 0 e, consequentemente, T é injetora. Como T é um operador linear e injetora, pelo corolário 3.1 (I), T é betora e, portanto, um isomorsmo. b) Mostre que det[T] ≠ 0; Para calcular det[T] podemos utilizar a matriz escalonada do item anterior, já que uma propriedade dos determinantes garante que o determinante de uma matriz triangular é dado pelo produto dos elementos da diagonal principal. Assim, det[T] = 1∙ 1∙ 1 = 1 ≠ 0. Mas cuidado: pudemos calcular esse determinante assim porque não utilizamos, durante o processo de escalonamento, nenhuma propriedade que altera o valor do determinante. c) Determine T–1(x, y, z). Podemos utilizar a matriz inversa da matriz canônica da transformação linear para determinarmos essa transformação inversa. Isso somente pode ser feito porque T é um isomorsmo. 293


Vamos encontrar a matriz [T]–1. 1 1   2 1 0

1 2 2 1 1 0 0 1 0

 0 1 0   0

−2 1 0 0  L = L −L 1 0 1 0  → 2 2 1 L 3 = L 3 − 2L1 −3 0 0 1  0 −2 10  = L− LL 3 −1 1 0→ 1 1 2 1 −2 0 1  0− − 8  15 05 1 −3 1 −20 1 

−8 − 1 5 [T]−1 =  5 1 −3  −2 0 1 

e, portanto: –1

T (x, y, z) = (–8x – y + 5z, 5x + y – 3z, –2x + z) 17. Sejam b = {(1, –1), (0, 2)} e b' = {(1, 0, –1), (0, 1, 2), (1, 2, 0)} bases de R2 em R3, respectivamente, e: 1 0  [T] =  1 1  0 −1 b b'

Determine T. Solução

Dadas as bases b = {(1, –1), (0, 2)} e b' = {(1, 0, –1), (0, 1, 2), (1, 2, 0)} e a matriz da transformação em relação a essas bases: 1 0  [T]bb' =  1 1  0 −1

294

Álgebra Linear

Partindo da matriz, temos os coecientes em que a são escalares com i = 1, 2, 3 e j = 1, 2. Ou seja: T(1, –1) = 1(1, 0, –1) + 1(0, 1, 2) + 0(1, 2, 0) = (1, 1, 1) T(0, 2) = 0(1, 0, –1) + 1(0, 1, 2) – 1(1, 2, 0) = (–1, –1, 2) Precisamos encontrar agora T(x, y). Para isso, vamos escrever b

(x, y) em relação à base = {(1, –1), (0, 2)}, ou seja: (x, y) = a(1, –1) + b(0, 2) ⇒ a=x y−x ⇒ 2b = y – a ⇒ 2b = y – x ⇒ b =

a=x   a 2 b − + =y 

2

(x, y) = x(1, –1) + (

y−x

2

)(0, 2)

Aplicando T, temos: T(x, y) = xT(1, –1) + ( = x(1, 1, 1) + ( = (x – (

y−x

2

y−x

2 y−x

2

), x – (

)T(0, 2) )(–1, –1, 2) y−x

2

), x + 2(

y−x

2

))

18. Se b = {(0, 2), (2, –1)} e b' = {(1, 1, 0), (0, 0, –1), (1, 0, 1)} bases de R2 em R3, respectivamente, e: 2 0  [T]bb' = 4 0   0 −4 

Determine T(x, y).

295


Solução

De b = {(0, 2), (2, –1)} e b' = {(1, 1, 0), (0, 0, –1), (1, 0, 1)} e 2 0  [T]bb' =  4 0   0 −4 

T(0, 2) = 2(1, 1, 0) + 4(0, 0, –1) + 0(1, 0, 1) = (2, 2, –4) T(2, –1) = 0(1, 1, 0) + 0(0, 0, –1) – 4(1, 0, 1) = (–4, 0, –4) Assim: (x, y) = a(0, 2) + b(2, –1)  2b = x  2a − b = y

(x, y) =

x

⇒ b= 2 2y + x x ⇒ 2a = y + b ⇒ 2a = y + ⇒ a =

2y + x x (0, 2) + (2, –1) 2 4

Aplicando T, temos: 2y + x x )T(0, 2) + ( )T(2, –1) 2 4 2y + x x =( )(2, 2, –4) + ( )(–4, 0, –4) 2 4

T(x, y) = (

2y + x 2y + x ) – 2x, ( ), –2y – 3x) 2 2 2 y − 3x 2 y + x =( , , –2y – 3x) 2 2 = ((

296

2

4

Álgebra Linear

19. Dadas as matrizes: 1− 2 1 0  1  [T1 ] = 0 2e [T ] 2 2=  0 1  0 1  1 −2 2 Encontre N(T1), N(T2), Im(T2), N(T2oT1) e Im(T2oT1). Determine uma base para cada uma desses seis subespaços. Solução

1− 2 1 0  1      [T1 ] = 0 2e [T ] 2 2=  0 1  0 1  1 −2 2 Veja que T1 : R2 → R3 e T2 : R3 → R3. x

Núcleo de T1: determinar os vetores   ∈ R2, tal que: y 0 0 0

1 2 1

 x 0 ⋅   = 0  y 0 

Do qual:  y=0  2 y = 0⇒ ∀ ∈x R,=y 0  y=0 

Logo, N(T1) = {(x, 0)}, x ∈ R e dim N(T1) = 1; Uma base da N(T1) = {(1, 0)}.

a  Imagem de T1: determinar os vetores b  ∈ R3, tal que:  c  0 1  a 0 2 ⋅  x = b    y 0 1   c 297


 y= a  2 y = b⇒ ∀ ∈x R,=y 0  y= c 

Logo, Im(T1) = {(y, 2y, y)}, y ∈ R e dim Im(T1) = 1; Uma base da Im(T1) = {(1, 2, 1)}. x Núcleo de T2: determinar os vetores  y  ∈ R3, tal que:  z   1 2 − 1  x 0  2 0 1 ⋅ y = 0      1 −2 2  z 0

De onde: 1 2   1 1  04   0 1 0   0

 x+ 2−y = z 0  2x + z = 0  x − 2 y + 2 z = 0 

2 0 −2 2

−1 L = L − 2L1 1  → 2 2 L 3 = L 3 − L1 2  −1  =L− L L − 3→ 3 3 2  −4 3  2 −1 −4 3  0 0 

 x+ 2−y =z 0   4y  −4 y+ 3=z ⇒0 = z 3

4y

4 y − 6 y −2 y

⇒ =x − = 2 y =

3 3 3 4y −2 y Logo, N(T2) = , y, , y ∈ R e dim N(T2) = 1; 3 3

{(

)}

{(

)}

Uma base da N(T2) = – 2 , 1, 4 . 3 3

298

Álgebra Linear

a  Imagem de T2: determinar os vetores b  ∈ R3, tal que:  c   1 2 − 1  x a  2 0 1 ⋅ y = b      1 −2 2  z c

De onde:  x+ 2−y = z a  2x + z = b  x − 2 y + 2z = c 

1 2   1 1 0  0 1 0  0

2 0 −2 2 −4 −4 2 −4 0

−1 a  L = L − 2L1 1 b  → 2 2 L 3 = L 3 − L1 2 c  a  −1 3 −b → 2a = −L 3 L 3 L 2 3 c − a 

a  3 b − 2a  0 c + a − b 

−1

Somente tem solução se c + a – b = 0, ou seja se c = b – a. Logo, Im(T2) = {(a, b, b – a)}, a,b ∈ R e dim Im(T2) = 2; Uma base da Im(T2) = {(1, 0, –1), (0, 1, 1)}. A transformação linear (T2oT1) : R2 → R3:  1 2 − 1  0  2 0 1 ⋅ 0      12 − 2  0

1 0 4 2 = 0 3 1 01 − x

N(T2oT1): determinar os vetores   ∈ R2, tal que: 0 0  0

4 3  −1

0  x ⋅   = 0  y 0 

y

299


Do qual: 4 y = 0  3 y = 0 − y= ⇒0 

=y ∀0 ∈ x R

Logo, N(T2oT1) = {(x, 0)}, x ∈ R e dim N(T2oT1) = 1; Uma base do N(T2oT1) = {(1, 0)}. a Im(T2oT1): imagem de T2oT1: determinar os vetores b  ∈ R3, tal que:  c  0 0   0

a 4  3 ⋅  x = b   y −1   c

4 y = a  3 y = b − y= c⇒ y=− c  a =a− ⇒ 4(− c=) ⇒ ⇒ 3(− c=) ⇒b =b−

4c 3c

Logo, Im(T oT ) = {(–4c, –3c, c}, ∀ c ∈ R e dim Im(T oT ) = 1; 2

1

2

1

Uma base da Im(T2oT1) = {(–4, –3, 1)}. 20. Para os casos a seguir, determine a matriz do operador linear de R2 em R2 que representa as seguintes operações: a) Rotação de 30° no sentido anti-horário; b) Reexão em relação do eixo y. Solução

Aqui acontece uma combinação de transformações, chamada de a transformação que realiza a rotação e de a da reexão, temos as seguintes matrizes que as representam:

300

Álgebra Linear

a) Rotação de 30º no sentido anti-horário:   sen3 ° 0 =  cos 30°    

 cos 30 °− sen 30 ° 

[T1 ] = 

3 1 −  2 2 1 3  2 2 

b) Reexão em torno do eixo y. − 1 0    0 1

[T2 ] = 

Logo, a combinação será: [T2oT1] = [T2]·[T1]  − 1 0   [ToT] ⋅ 2 1 =  0 1   

3 2 1 2

 1  3 − −  2 =  2  3  13    2 2

1 2 2

Unidade 4 1. Verique se os vetores a seguir são autovetores dos correspondentes operadores. Em caso armativo, escreva o autovalor. Use apenas a denição. a) v = (–1, 4) e T(x, y) = (–2x – y, 2x – 3y) b) v = 3 , – 4 e T(x, y) = (4x + 12y, 12x – 3y) 5 5 c) v = (2, 1, 2) e T(x, y, z) = (x + 2y + z, –x + 3y + z, 2y + 2z)

(

)

Solução

a) Calculando T(–1, 4) temos: T(–1, 4) = (–2·(–1) – 4, 2·(–1) – 3·4) = (–2, –14). Como (–2, –14) não é múltiplo escalar de v = (–1, 4) pelo operador T, então v = (–1, 4) não é um autovetor. 301


b) Calculando T 3 , – 4 . 5 5

(

) T( 3 , – 4 ) = (4· 3 + 12·(– 4 ), 12· 3 – 3·(– 4 )) 5 5 5 5 5 5 = (– 36 , 48 ) = –12·( 3 , – 4 ) 5 5 5 5 Ou seja, T(v) = –12v, portanto, v = 3 , – 4 é um autovetor de T ( ) associado ao autovalor λ = –12. 5 5 c) Calculando T(2, 1, 2). T(2, 1, 2) = (2 + 2·1 + 2, –2 + 3·1 + 2, 2·1 + 2·2) = (6, 3, 6) = 3(2, 1, 2) Isto é, T(v) = 3v e, portanto, v = (2, 1, 2) é um autovetor de T associado ao autovalor λ = 3. 2. Seja T : R2 → R2 e suponha que λ1 = –2 e λ2 = 5 são autovalores associados aos autovetores v1 = (1, 1) e v2 = (–3, –2), respectivamente. Determine T(2v1 – 3v2). Solução

Como λ1 = –2 é autovalor associado ao autovetorv1 = (1, 1) temos: T(v1) = T(1, 1) = –2·(1, 1) Do mesmo modo, temos que λ2 = 5 é um autovalor associado ao autovetor v2 = (–3, –2) e então: T(v2) = T(–3, –2) = 5·(–3, –2) Como T é uma transformação linear, então: T(2v1 – 3v2) = 2T(v1) – 3T(v2) = 2·(–2)·(1, 1) – 3·5·(–3, –2) = (–4, –4) – (–45, –30) = (41, 26) Assim, T(2v1 – 3v2) = (41, 26). 302

Álgebra Linear

3. Suponha que o operador T : R2 → R2 tenha autovalores v1 = (–1, 2) e v2 = (3, 4) associados aos autovalores λ1 = 2 e λ2 = –3, respectivamente. Determine o valor de T(10, 10). Dica: primeiramente encontre a combinação de v = (10, 10) em relação a v1 e v2. Solução

Pelo fato de λ1 = 2 ser autovalor associado ao autovetor de v1 = (–1, 2), então T(v1) = 2v1, do mesmo modo como λ2 = –3 é um autovalor associado ao autovetor v2 = (3, 4), então T(v2) = –3v2. Como v1 e v2 formam uma base para o R 2, temos que: (10, 10) = a(–1, 2) + b(3, 4), o que nos leva ao sistema linear associado: −a + 3b = 10  2 a + 4b = 10

que nos leva à solução a = –1 e b = 3. Assim, (10, 10) = –1·(–1, 2) + 3·(3, 4) Aplicando T em ambos os lados da igualdade e usando o fato que T é uma transformação linear, temos: T(10, 10) = –1T(–1, 2) + 3T(3, 4) = –1·2·(–1, 2) + 3·(–3)·(3, 4) = (2, –4) + (–27, –36) = (–25, –40) Ou seja, T(10, 10) = (–25, –40).

303


4. Determine os autovalores e autovetores dos operadores lineares abaixo, se existirem: a) T : R2 → R2, T(x, y) = (x – y, x + y) b) T : R 2 → R2, T(x, y) = (–3x + 4y, –x + 2y) c) T : R2 → R2, T é a rotação de 90° em torno da srcem. 3

d) T : R

3

→

R , T(x, y, z) = (3x – 3y + 4z, 3y + 5z, –z)

Solução

1  −1 a) A =  A e I 1  1

 − λ= 

− 1λ −  1 

1 1−λ

Calculando det(A – λI) = 0, obtemos o polinômio característico (1 – λ)2 + 1 = 0, o que nos leva à equação λ2 – 2λ + 2 = 0. 2 ± −4 Resolvendo obtemos λ = . 2 Como não temos raiz real, conclui-se que este operador não possui autovalores reais e portanto também não temos autovetores.  −3 4  −−λ 3 b) A =  A e I − λ= 1 2 1 − − − λ   

4 2

Calculando det(A – λI) = 0, obtemos o polinômio característico (–3 – λ)(2 – λ) + 4 = 0, o que nos leva à equação λ2 + λ – 2 = 0, cuja solução é dada por λ1 = –2 e λ2 = 1. Para λ1 = –2, obtemos: −1  −1 

4  x   0 ⋅ = 4   y  0

o que nos leva ao sistema linear: − x+ 4 y= 0  − x+ y4 = ⇒0x =y

304

4

Álgebra Linear

Assim, o autovetor associado ao autovalor λ1 = –2, é dado por v1 = (4y, y) = y(4, 1), ou seja, innitos autovetores gerados pelo autovetor v1 = (4, 1). Para λ2 = 1, obtemos: −4 4  x   0  −1 1  ⋅ y = 0

o que nos leva ao sistema linear: −4+x 4 =y 0   − x+y = ⇒0x y=

Assim, o autovetor associado ao autovalor λ2 = 1, é dado por v2 = (x, x) = x(1, 1), ou seja, innitos autovetores gerados pelo autovetor v2 = (1, 1). c) A matriz rotação 90° da transformação T é dada por:  cos 90° − sen°90 −  0  ° = 1 sen 90° cos90 

A=

1 0

−λ −1 .  1 −λ 

Portanto A − λI = 

Agora det(A – λI) = 0 nos leva à equação λ2 + 1 = 0, que tem como raízes λ = ± −1 . Assim a transformação rotação 90° não possui autovalores reais e, portanto, não temos autovetores. d) Primeiramente encontremos os autovalores. Seja a matriz: A035 =  3 −3 4   0 0 −1 Calculando det(A – λI) = 0, obtemos o seguinte polinômio característico (3 – λ)2(–1 – λ) = 0, ou seja, λ1 = –1 e λ2 = 3 são os autovalores de T.

305


Para λ1 = –1, temos:  3 − 3 4  x 0 0 3 5 ⋅ y = 0     0 0 −1  z 0

o que nos dá o sistema: x− + y = z 4340  4 y + 5z = 0 

Resolvendo o sistema, obtemos y = – 45 z e, substituindo na 31 z. primeira, obtemos x = – 16 Assim, temos o autovetor: v1 = (x, y, z) = – 31 z, – 5 z, z = z – 31 , – 5 , 1 . 16 4 16 4

(

) (

)

Como o conjunto dos autovetores associados ao autovalor λ1 = –1 é um subespaço vetorial, podemos fazer z = –16 para obter uma representação mais simples. Assim, para λ1 = –1 temos o autovetor associado v1 = (31, 20, –16). Para λ2 = 3, temos: 0 − 3 4  x 0 0 0 5 ⋅ y = 0     0 0 −4  z 0

que tem associado o seguinte sistema: −3 y+ 4=z 0 5z = 0   4 z=0 − 

que, por sua vez, tem solução y = z = 0. Como não temos condição para x, podemos tomar qualquer valor. Assim, para λ2 = 3, temos o autovetor v2 = (1, 0, 0).

306

Álgebra Linear

5. Encontre os autovalores e autovetores das matrizes abaixo: 1 2  A=   0 −1

 1 −1 2   B030 =   0 0 −2 

Solução

A) Fazendo det(A – λI) = 0, obtemos o polinômio característico (1 – λ)(1 – λ) = 0, ou seja, λ1 = 1 e λ2 = –1 são os autovalores da matriz A. Para λ1 = 1, obtemos: 0 2   x  0 0 −2  ⋅ y = 0     

o que nos leva à equação 2y = 0, isto é, y = 0. Como não temos condição para x, ele pode assumir qualquer valor, assim, o autovetor associado ao autovalor λ1 = 1 é v1 = (x, 0) = x(1, 0), ou simplesmente v1 = (1, 0). Para λ2 = –1, obtemos:  2 2   x   0  0 0 ⋅  y  = 0    

o que nos leva à equação 2x + 2y = 0, isto é, y = –x. Assim, o autovetor associado a autovalor λ2 = –1 é v2 = (x, –x) = x(1, –1), ou simplesmente v2 = (1, –1). B) Fazendo det(A – λI) = 0, obtemos o polinômio característico (1 – λ)(3 – λ)(–2 – λ) = 0,A.ou seja, λ1 = –2, λ2 = 1 e λ3 = 3 são os autovalores da matriz

307


Para λ1 = –2, obtemos: 3 − 1 0 5   0 0

2  x  0 0 ⋅ y = 0 0  z 0

⇒

3−x +y =2 z 0  5y = 0 

o que nos leva a y = 0 e z = – 32 x. Assim, v1 = (x, 0, – 23 x) = x(1, 0, – 23 ) é o autovetor associado ao autovalor λ1 = –2. Para λ2 = 1, obtemos:  0 − 1 2  x 0  0 2 0 ⋅ y = 0      0 0 −3  z 0

⇒

− y+ 2 z= 0  2y = 0   −3 z = 0 

que nos leva a y = z = 0 e, como não temos condição para x, ele pode assumir qualquer valor, assimv1 =(x, 0, 0) = x(1, 0, 0) é o autovetor associado ao autovalor λ2 = 1. Para λ3 = 3, obtemos: −2 − 1 2   x  0  0 0 0 ⋅y = 0    0  0 0 −5 z

⇒

− x− +y 2=z 0  −5 z = 0 

que nos leva à solução z = 0 e y = –2x. Assim, v3 = (x, –2x, 0) = x(1, –2, 0) é o autovalor associado ao autovalor λ3 = 3. 3

3

6. Seja o operador T : R → R , em que: T(x, y, z) = (x – y, 2x + 3y + 2z, x + y + 2z). Encontre os subespaços vetoriais Tλ para cada autovalor e expresse geometricamente cada um dos subespaços encontrados.

308

Álgebra Linear

Solução

 1 −1 0  A matriz associada à transformação é A =  2 3 2  .  1 1 2  Fazendo det(A – λI) = 0, obtemos o polinômio característico λ3 – 6λ2 + 11λ – 6 = 0, cujos autovalores são λ1 = 1, λ2 = 2 e λ3 = 3.

Para λ1 = 1, obtemos: 0 − 1 2 2   1 1

0  x  0 2 ⋅ y = 0    1  z 0

⇒

 −y = 0  x+ y+ z = 2220  x+y+z =0 

que nos leva à solução y = 0 e z = –x e, portanto, temos o subespaço vetorial Tλ1 = {v ∈ R3, y = 0 e z = –x}, que, geometricamente, é uma reta que passa pela srcem do R 3 e pertence ao plano x0z. Para λ2 = 2, obtemos: −1 − 1 0  x  0  2 1 2 ⋅ y = 0      1 1 0  z 0

⇒

 − −x = y 0  2 x + y + 2 z = 0  x+y =0 

que nos leva à solução y = x e z = – 23 x e, portanto, temos o subespaço vetorial Tλ2 = {v ∈ R3, y = x e z = – 32 x}, que geometricamente é uma reta no espaço que passa pela srcem do R 3. Para λ3 = 3, obtemos: −2 − 1 0   x  0  2 0 2 ⋅y = 0  1 1 −1 z 0

⇒

 − 2 x− =y 0  2 x + 2 z = 0 x + y − z = 0 

que nos leva à solução y = –2x e z = –x e, assim, obtemos o subespaço vetorial Tλ3 = {v ∈ R3, y = –2x e z = –x}, que, geometricamente, é uma reta no espaço que passa pela srcem do R 3.

309


7. Encontre uma transformação T : R2 → R2, sabendo que λ1 = 1 e λ2 = 2 são autovalores associados aos autovetores u = (1, 0) e v = (–2, 1), respectivamente. Solução

Como V = R2 e temos dois autovalores distintos, então os autovetores u = (1, 0) e v = (–2, 1) formam uma base para o R2. Deste modo, temos (x, y) = a(1, 0) + b(–2, 1), o que nos leva às equações a – 2b = x e b = y. Substituindo b na primeira equação, obtém-se a = x + 2y, assim, temos: (x, y) = (x + 2y)(1, 0) + y(–2, 1) Aplicando T em ambos os lados da equação: T(x, y) = (x + 2y)T(1, 0) + yT(–2, 1) Mas como u = (1, 0) e v = (–2, 1) são autovetores associados aos autovalores λ1 = 1 e λ2 = 2, respectivamente, temos que T(1, 0) = 1·(1, 0) = (1, 0) e T(–2, 1) = 2·(–2, 1) = (–4, 2). Assim, T(x, y) = (x + 2y)(1, 0) + y(–4, 2) = (x – 2y, 2y) 8. Suponha que λ seja um autovalor de T associado ao autovetor v e seja k um número real não nulo. Mostre que o operador kT tem um autovetor v associado ao autovalor kλ. Solução

Por hipótese, λ é um autovalor de T associado ao autovetor v e, portanto, T(v) = λ·v. Agora, (kT)(v) = kT(v) = k(λ·v) = (kλ)v, ou seja, v é um autovetor do operador kT cujo autovalor é dado por kλ.

310

Álgebra Linear

9. Já mostramos na Seção 4 que dados dois autovalores distintos seus correspondentes autovalores são LI. Agora suponha que λ1 e λ2 são autovalores distintos de um operador T : R2 → R2 associados aos autovetores v1 e v2. Mostre que T(v1) e T(v2) são linearmente independentes. Solução

Temos por hipótese que T(v1) = λ1·v1 e T(v2) = λ2·v2. Para mostrar que T(v1) e T(v2) são LI, devemos mostrar que a equação aT(v1) + bT(v2) = 0 possui apenas a solução trivial, isto é, a = b = 0. De fato,

aT(v1) + bT(v2) = 0 a(λ1v1) + b(λ2v2) = 0 (aλ1)v1 + (bλ2)v2 = 0 Mas os autovetores v1 e v2 são LI por hipótese, logo a única solução da equação (aλ1)v1 + (bλ2)v2 = 0 é aλ1 = 0 e bλ2 = 0. Mas como λ1 ≠ 0 e λ2 ≠ 0, segue que a = b = 0, como queríamos demonstrar. 10. Seja T : R2 → R2 o operador linear denido por: T(x, y) = (2x + 4y, 3x + y) c) Determine uma base do R2 em relação à qual a matriz do operador T é diagonal. d) Determine a matriz de T nesta base. Solução

a) Vamos procurar os autovalores e autovetores de T. 2 4 A matriz associada a T é dada por A =  .  3 1 Fazendo det(A – λI) = 0, obtemos o polinômio característico λ2 – 3λ – 10 = 0, que nos dá os autovalores λ1 = –2 e λ2 = 5. 311


Para λ1 = –2, obtemos:  4 4   x   0  3 3 ⋅  y  = 0    

⇒

4 x + 4 y = 0   3x + 3 y = 0

que nos dá a solução y = –x. Assim, temos o autovetor v1 = (x, –x) = x(1, –1) associado ao autovalor λ1 = –2. Para λ2 = 5, obtemos: −3 4   x  0  3 −4  ⋅ y  = 0     

⇒

−3+x 4 y= 0   3x − 4 y = 0

que nos dá a solução y = 43 x. Assim, temos o autovetor v2 = (x, 43 x) = x(1, 34 ). Como V = R2 e temos dois autovalores distintos, então os autovetores associados são LI e, conseqüentemente, formam uma base para o R2, cuja matriz de T, nesta base, é diagonal, então a base pedida é b = {(1, –1), (1, 43 )}. b) A matriz de T nesta base é uma matriz diagonal, cujos elementos da diagonal são os autovalores de T, portanto: − 2 0    0 5

D=

11. Verique se os operadores dos exercícios 4(b), 4(c) e 4(d) são diagonalizáveis. Solução 2

4(b) Temos que V = R e, como possui dois autovalores distintos, então seus autovetores são LI e, portanto, formam uma base para o R2 e, então, o operador T é diagonalizável. 4(c) Não possui autovalores reais, logo não é diagonalizável no campo dos reais. 4(d) Como temos apenas dois autovetores LI, eles não formam uma base para R3 e, portanto, T não é diagonalizável. 312

9 788 578 1 721 76

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