CARLOS A. CALLIOLI Prof. Titular -
Faculda de de Engenh aria Industr ial (São Paulo)
HYG INO H. DO MIN GU ES Prof. Adjunto -
Institut o de Biociên cias, Letras e Ciência s Exatas UNESP ( Rio Preto)
ROBERTO C. f. CO STA Praf. Livre-D ocente -
Institut o de Matem ática e Estatís tica -
USP
ÁLGEBRA LINEAR LICAC.OES E AP "' ".,.
6~
edição reform ulada
12'! reimpressã~"!IF
ATUAJ. EDITORA
íNDICE
, Capítulo 4 -
L 2. 3.
1 ~ PARTE: ÁLGEBRA LINEAR
Capítulo 1 -
Sistemas Lineares -
4.
Matrizes
1. Sistemas Lineares 2. Sistemas Equivalentes 3. Sistemas Escalonados 4. Discussão e Resolução de um Sistema Linear 5. Matrizes 6. ,Operações com Matrizes 7. ~,Matrizes Inversíveis 8. Sistemas de Cramer ~Apêndice I - Matrizes Elementares Capítulo 2 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.
6. 7. 8.
2 4
6 8
16 18 27 31 39
Espaços Vetoriais
Introdução . Espaços Vetoriais ' . Primeiras Propriedades de um Espaço Vetorial . Sub-espaços Vetoriais .. Somas de Sub-espaços . Combinações Lineares .. Espaços Vetoriais Finitamente Gerados .. Apêndice 11 - Exemplo de Espaço que não é Finitamente Gerado
Capítulo 3 1. 2. 3. 4. 5.
. . .. .. . . . . ..
42 44
50 54 56 57
59
66
Base e Dimensão
Dependência Linear .. Propriedades da Dependência Linear .. . Base de um Espaço Vetorial Finitamente Gerado Dimensão .. Processo Prático para Determinar uma Base de um Sub-espaço de [Rn : ••••••• (ou C n) Dimensão da Soma de Dois Sub-espaços .. Coordenadas .. Mudança de Base .. .. Apêndice 111 - Teorema da Invariância
67 74 76 78 80 81
89 91 99
Transformações Lineares
102
Noções sobre Aplicações Transformações Lineares Núcleo e Imagem Isomorfismos e Automorfismos
104
111 114
(C;~~~::::-;) Matriz de uma Transformação Linear --1-: 2. 3. 4. 5.
-Op~ações com Transformações Lineares Matriz de uma Transformação Linear Matriz da Transformação Composta Espaço Dual Matrizes Semelhantes
Capítulo 6 1. 2. 3. 4. 5. 6.
124
. . . . . .
158
133 137
149 151
Espaços com Produto Interno
Produtos Internos Norma e Distância Ortogonalidade Isometrias Operadores Auto-adjuntos Espaços Hermitianos
Capítulo 7 -
. : . . . .
~
161 172
176 192 195
Determinantes . . . . . . .. .
197 199 203 208 212 214 217 218
1. Formas Bilineares .. 2. Matriz de uma Forma Bilinear .. 3. Matrizes Congruentes - Mudança de Base para uma Forma Bilinear 4. Formas Bilineares Simétricas e Anti-simétricas . 5. 'Formas Quadráticas . 6. Redução de Formas Quadráticas: Algoritmos .. 7. Lei de Inércia .
221
1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.
Permutações Determinantes Propriedades dos Determinantes Cofatores Adjunta Clássica e Inversa Regra de Cramer Determinante de um Operador Linear Apêndice IV - Determinante de um Produto de Matrizes
Capítulo 8 -
Formas Bilineares e Quadráticas Reais 222
225 228 232
235 243
2 ~ PARTE: APLlCACÕES
( ê~;;';'~ magO~alizaç.O d, O
do"" Lio"",,,, Fonna d, Jo
.
"T'"'-"VâÍc>res e Vetores Próprios 2. Diagonalização de Operadores 3. Diagonalização de Operadores Auto-adjuntos (ou de Matrizes Simétricas Reais) 4. Aplicação da Diagonalização: Potências de uma Matriz .. 5. Aplicação da Diagonalização: Séries de Matrizes (Noções) 6. Lema de Gergoshin . 7. Forma de Jordan . o
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Capítulo 2 1. 2.
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o....
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246 253 262 266 268 270 272
Curvas e Superfícies de Segundo Grau
As Curvas de Segundo Grau As Superfícies de Segundo Grau
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284 292
Capítulo 3 - Polinômios de Lagrange 1. 2.
Valores Numéricos Polinômios de Lagrange
Capítulo 4 1. 2.
1. 2. 3. 4. 5. 6.
Seqüências Recorrentes Lineares
Seqüências Recorrentes Aplicação
Capítulo 5 -
298 299
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305 311
Equações e Sistemas de Equações Diferenciais Lineares com Coeficientes Constantes
Operadores Diferenciais Álgebra dos Operadores Equações Diferenciais Lineares com Coeficientes Constantes Equações Homogêneas de Segunda Ordem Equações Homogêneas de Ordem Qualquer Sistemas de Equações Diferenciais Lineares com Coeficientes Constantes .... o
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315 317 319 321 324 327
Capítulo 6 - Método dos Mínimos Quadrados 1. 2. 3.
O Espaço Euclidiano [Rn: Revisão Aproximação por Projeções . Ajuste de Curvas
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Respostas ... Bibliografia Índice Remissivo o
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334 335 338 342 350 351
1
CAPíTULO
Uma solução do sistema acima é uma n.upla (b l , que é solução de cada uma das equações do sistema.
Sistemas Lineares -
Matrizes
(~
Neste capítulo procederemos inicialmente a um estudo dos sistemas lineares sobre IR. Não nos moverá aqui nenhuma preocupação de formalismo ou rigor excessivos. Além disso limitar-nos-emos a ver sobre o assunto apenas o que é necessário para desenvolver os capítulos posteriores. De uma maneira geral este capítulo 1 constitui apenas um pré-requisito para o restante deste livro. Definição 1 - Dados os números reais ai, ... , a n , {3 (n
+ ... +
~
= (3
a n xn
Uma solução' dessa equação é uma seqüência de n números reais(*) (não neéessariamente distintos entre si), indicada por (b l , . . . , b n), tal que
+ ... +
= {3
a n bn
é uma frase verdadeira.
Exemplo - Dada a equação: 2XI - X2 + é uma solução dessa equação pois 2 • 1 - 1 +
°== X3
1, a terna ordenada (1,1, O) 1 é verdadeira.
Definição 2 - Um sistema de m equações lineares com n incógnitas (m, n ~ 1)(**) é um conjunto de m equações lineares, cada uma delas com n incógnitas, consideradas simultaneamente. Um sistema linear se apresenta do seguinte modo:
S: {
+
~~1.~1. ~ frml XI
'x
y
+
+ 2y
z
=
1
=6
+
alnxn
= (31
, 11 5
,~
também é solução de S.
Se, no sistema S, tivermos {31 = {32 = ..• = 13m = 0, o sistema S será homogêneo. A n-upla (O, 0, ... , O) é solução de S neste caso e por isso todo sistema homogêneo é compatível, de acordo com a definição 3 a seguir. A solução (O, 0, ... , O) chama-se solução trivial do sistema homogêneo.
1), à equação
onde os Xi são variáveis em IR, damos o nome de equação linear sobre JR nas incógnitas x b . . . , x n .
allxl
2X {
uma solução de S é (O, 3, 4). Notemos que essa solução não é única: a terna
1. SISTEMAS LINEARES
aI b l
b n ) de números reais
Exemplo - Dado o sistema S:
aI Xl
... ,
Definição 3 -' Dizemos que um sistema linear S é incompatível se, S não admite nenhuma solução. Um sistema linear que admite uma única solução é chamado compatível determinado. Se um sistema linear S admitir mais do que uma solução então ele recebe o nome de compatível indeterminado.
Exemplos 1) Um sistema do tipo
+ '" +
OXl
+ ... + OXn = {3i
frml Xl
+ ... +
amnx n
= 13m
aln x n
amnx n
({3i =1= O)
= 13m
é necessariamente incompatível: como nenhuma n-upla é solução da equação i-ésima, então nenhuma n-upla é solução do sistema. 2) Um sistema do tipo
~.~~~~.~ .~.
+ .. , +
= {31
all x l
X' •• {
~'
• ••...••..••.••• :.
~
x n = {3n (*)
Também chamada n-upla de números reais.
(**)
Se m = n simplesmente sistema linear de ordem n.
2
é compatível determinado e ({31 , ... , (3n) é a sua solução única. 3
(111) Somar a uma das equações do sistema uma outra equação desse sistema multiplicada por um número real. Deixamos como exercício a verificação de que o sistema:
3) O sistema 2X {
x
y
+ z ==
+ 2y
1
= 6
. d o pOlS, . conlorme c: • e"mdetermma VImos atrás, as temas (O, 3,4) e
(85' 5' 11 O)são
soluções deste sistema. Conforme veremos, existem infinitas soluções deste sistema. Tente achar uma.
CXm1Xl
2. SISTEMAS EQUIVALENTES Seja S um sistema linear de m equações com n incógnitas. Interessa-nos considerar os sistemas que podem ser obtidos de S de uma das seguintes maneiras: .(I) Permutar duas das equações de S. É evidente que se 8 1 indicar o sistema assim obtido, então toda solução de SI é solução de S e vice-versa.
(11) Multiplicar uma das equações de S por um número real À =1= O. Indicando por SI o sistema assim obtido mostremos que toda solução de SI é solução de 8 e vice-versa. Devido a (I) podemos supor que a equação multiplicada seja a primeira. Como as demais equações de S e SI coincidem basta verificar nossa afirmação quanto à primeira equação. Se (b 1 ,
••• ,
b n ) é uma solução de S (conforme definição 2), então:
(1) Multiplicando por À esta igualdade obteremos:
(2) o que mostra que (b 1 ,
•.• ,
CXmnXn = ~m
assim obtido e o sistema S ou são ambos incompatíveis ou admitem ambos as mesmas sbluções. Sugerimos ao leitor que faça alguns casos particulares antes de tentar o caso geral.
Deflilição 4 - Dado um sistema linear S, uma qualquer das modificações explicadas acima em (I), (11) e (I1I) que se faça com esse sistema recebe o nome de operação elementar com S. Se um sistema linear 8 1 foi obtido de um sistema linear S através de um número finito de operações elementares, dizemos que SI é equivalente a S. Notação: SI ~ S. É fácil ver que para a relação ~ assim definida valem as seguintes propriedades: (a) S
~
S (reflexiva);
(b) SI ~ S ~ S ~ SI (simétrica); (c) SI ~ S e S ~ S2 ====> SI ~ S2 (transitiva). Convém frisar, por último, que em virtude do que já vimos neste parágrafo, se SI ~ S, então toda solução de S é solução de SI e vice-versa. Em particular, se SI é incompatível, o mesmo acontece com S. Desta forma criamos um mecanismo extremamente útil para a procura de soluções de um sistema linear S. Procuramos sempre' encontrar um sistema linear equivalente a S e que seja "mais simples". Veremos um exemplo. Consideremos o sistema:
b n ) é também solução da primeira equação de SI'
Por outro lado, se (b 1 , .•• , b n) é solução de SI, então a igualdade (2) é verdadeira. Dividindo (2) por À obtemos (1). Portanto (b 1 , . . • , b n ) pertence ao conjunto das soluções de S.
4
+ ... +
X
S: {
=~
2x x - 2y
+z=l
+
z
+ 2z
=4 = O
5
Para estudar este sistema deve-se aplicar a ele uma série de operações elementares visando fazer com que o número de coeficientes iniciais nulos seja maior em cada equação (a partir da segunda) do que na precedente. Vejamos como se pode fazer isso. X2x {
Y y
+ +
z z
x - 2y -I- 2z
=1 =4 =O
* {X - y + z y - z
~
- y
= = +z =-
1 **{X - Y + z 2 ~ y - z
1 2
1.
1
= = O=
*
Multiplicamos por - 2 a primeira equação e somamos o resultad~ com a segunda equação; multiplicamos a primeira equação por -1 e somamos com a tercerra.
**
Somamos a segunda equação com a terceira.
Como este último sistema é incompatível, o mesmo acontece com o sistema S dado inicialmente.
Proposição 1 - Todo sistema linear S é equivalente a um sistema escalonado.
Demonstração - Sem perder a generalidade podemos supor: Xl
S:
Cl21 Xl
+ Cl12 X2 + ... -I- CllnXn = {31 + Cl22 X2 -1- .•• + Cl2nxn = {32
.......................................
+ ... + Cllrlxrl + ... + 72fl xr1
Consideremos um sistema linear de m equações com n incógnitas que tem o seguinte aspecto:
+ . . . . . . . . . . . . . . . .. + CllnXn =
S:
CllnXn = {31
+ '" + 72nXn = {3;
................................................
3. SISTEMAS ESCALONADOS
Qzr2xr2
.........
Para cada Cl ü :::f= O (i = 2, 3, ... ,m) multipliquemos por (-Cl ü ) a primeira equação e somemos o resultado à equação i-ésima. Com algumas permutações convenientes de equações (se for o caso) obteremos um sistema SI do seguinte tipo: Xl
CllIl x r1
0·0
+
+ QznXn = Clkrkxrk
+ ... + ClknXn
{31 {32
= {3k
onde 72fl =1= O e ri:> 2, que é equivalente aS. Dividindo a segunda equação de SI por 72fl óbtemos um sistema S2' ainda equivalente a S1> com o qual começamos a repetir o raciocínio feito até aqui, porém a partir da sua segunda equação. Evidentemente, depois de aplicar um certo número finito de vezes esse raciocínio chegaremos a um sistema escalonado equivalente a S. •
OXn = {3k+ 1 onde Cl1rl =1= O, Cl2f2 =1= O, ... , Clkrk =1= O e cada ri:> 1. Se tivermos 1
< ri < r2 < ... <
near escalonado. É claro que se {3k + 1
=:
r k < n diremos que S é um sistema liO, a última equação de S pode ser elimina-
da do sistema. Logo, num sistema escalonado o número de coeficientes iniciais nulos em cada equação, a partir da segunda, é maior .do que na precedente. Exemplo de sistema escalonado:
A importância dos sistemas escalonados reside na Proposição 1. Sendo todo sistema equivalente a um sistema escalonado, bastará que saibamos lidar com os sistemas escalonados e saibamos reduzir um sistema qualquer a um escalonado.
Nota: Convém observar que as equações do tipo O = O que por ventura aparecerem no processo de escalonamento devem ser suprimidas, como é óbvio. Exemplo - Escalonemos o seguinte sistema:
2X - y - z - 3t {
6
z-
=O
t
=1
2t
=2
S:
+z
-
t = 4
+
2t = 1
2x- y - z -
t=O
2X 3x
+
1 .5x
y
2y - z
+ 2t
= 1
7
S ~
(
Z
+
Z
+ 3x + 2y + 2t = 1
- Z
2x -
+ 2x
y -
-
+ 2x -
O
+ 2t =
1
y -
t
t
=
z + 2x -
=4
=
y -
5x Z
t
~
5x
4x 5x
2y
+
y
4
Z
2t = 4 1
t
+ 2t =
5x
5
+ 2t =
+
(11) Obtém-se um sistema escalonado do seguinte tipo:
=4 =5
t
+ 2x
1 1 X+sY+st=
1
14 14 -sy -st
=
O
=
-4
Y
t
+
t
+ G'2nXn ••
(
e
(
y+t=O Y - t = 4
(Z ~
+ 2x - y 5x + y +
t = 4 t = 5
y+
t=O
= 'Y1 = 'Y2
Exemplo - Discutir e resolver o seguinte sistema: x-y+
- 2t = 4
r- y+ -r3x - y
z =
S
~
4. DISCUSSÃO E RESOLUÇÃO DE UM SISTEMA LINEAR
z=l
2x + y + 2z = O
{
Observe o leitor que (1, 2, 2, - 2) é a única solução de S, pois é a única solução do sistema escalonado.
3y
+
z
=
{
~
I
1
y+z=
= -2
2y - 2z = -2
Discutir um sistema linear S significa efetuar um estudo de S visando a classificá-lo segundo a definição 3. Resolver um sistema linear significa determinar todas as suas soluções. O conjunto dessas soluções recebe o nome de conjunto solução do sistema.
x-y+
z=
y-
z = -1
~
y-z=-l 3y
= -2
r-y+'~ y - z = - lI
3z =
z=
-
1 3
I
Seja S um sistema linear de m equações com n incógnitas. Procedendo ao escalonamento de S chegaremos a uma das três seguintes situações:
2 3
x-y
(I) No processo de escalonamento, numa certa etapa, obtém-se um sistema:
*
2 --3
y
z
Como S' é incompatível, então o mesmo se pode dizer de S. (Ver exemplo no parágrafo 2).
= 'Yn
Logo S é compatível determinado e ('Y1' 'Y2, ... , 'Yn) é a sua solução.
S:
8
= ~n
Neste caso S' poderá ser transformado, por equivalência, no seguinte sistema
Xn
z + 2x - y - t = 4 5x + y + t = 5
~
•••••••••••••
Xn
4
y -
X2 +
s:
1
=
-
+ G'lnXn : ~1
Xl + G'12 X2 +
4x - 2y - 2t = 4
(
1 1 x+-y+-t=
5
y -
* **
=
1 3
O
X
**
2
y
--3 z
=
I 3
Somamos a terceira equação à segunda. Somamos a segunda equação à primeira.
9
Logo o sistema é compatível determinado e
Exemplo - Discutir e resolver o sistema:
(o, - ~ , ~) é a sua solução.
x-2y- z=1
Observação: Depois de conseguir o escalonamento poderíamos ter achado a solução do sistema por substituição do seguinte modo: Como z =
1-3
e y - z = - I então y -
'
1-3 = - I Daí y = ...!.. ' 3
Agora, se na primeira equação do sistema substituirmos y por acharemos x =
~
I
{
2 I
S
3'
~
o,
+ .. , + aU2xr2 + ... + alr3Xr3 + , .. + a1r pXr p + , , . + aln Xn = Xr2
S':
onde p
Xr3
+ , .. + a3rpXrp + ... + a3nXn =
+
- 5y
2
7
- Sz=
eliminando o termo a1r2xr2' Feito. isto, passamos para o segundo membro de cada equação todas as parcelas, exceção feita à primeira. Teremos então algo como:
= f1
x r2 = f2
1
S-
I 2 y-Sz=-S
Daí tiramos:
133
É fácil então ir eliminando, por meio de operações elementares, o termo em x r2 na primeira equação, os termos em xr3 da primeira e segunda equações, , .. , os termos em xrp da primeira à (p - l).ésima equação, Por exemplo, multiplicando a segunda equação por (-aU2) e somando o resultado com a primeira
= I = -2 O= O
2y- z 5y - z
z=
X= .
1-+2z
{ Y= .
2 1 --+-z 5 5
< n.
Xl
=
z
~
3
y-~z=-~
{
131
+ .. , + azr3Xr3 + ... + aztpXr p + .. , + a2n Xn = l3z
{X -
z= 1 5y - z = -2
X- 2y-
(I1I) Obtém-se um sistema escalonado do tipo abaixo:
Xl
{
=O =
x - 7y
X- 2y -
=-3'
e z por
2x + y - 3z
S:
Logo, { (~
+ ~ z,
-
~+
i
5
z, z): Z E
5
IR} é o conjunto de todas as soluções
1 de S (conjunto solução de S). Dizemos também que ( 5 z E
+ 5"7 z, -"52 + "51 z, z ) ,com
IR, é a solução geral do sistema lirlear S.
RESUMO DA DISCUSSÃO A discussão feita acima pode ser resumida do seguirlte modo: Suponhamos que um sistema tenha sido escalonado e, retiradas as equações do tipo O = O, restam p equações com n irlcógnitas. (I) Se a última das equações restantes é
Xrp = fp onde cada fi é uma expressão linear nas variáveis Xj com j =1= I, j =1= f2, ',' . ,j =1= r p ' A cada seqüência de valores que dermos então a estas n - p variáveis (variáveis livres) obteremos valores para Xl, Xr", ... , Xr P. e conseqüentemente uma solução . do sistema. Como p < n, teremos mais do que uma solução (infinitas na verdade) e o sistema é indeterminado neste caso.
10
OX1
+ .. , +
OXn =
I3p (l3p
=1=
O)
então o sistema é incompatível; Caso contrário, sobram duas alternativas: (11) Se p = n o sistema é compatível determinado; (I1I) Se p
< n,
então o sistema é compatível indeterminado. 11
4. Resolver por escalonamento:
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 1. Resolver por escalonamento: 5X - 2y + 2z = 3x +
s:
{ Solução {
S-
y
z =
++
4z = -1 Y 3x 2 - 2y + 5x + 2z =
-{'+
3x +
z =
3
4z = -1
llx + 10z = x +
s:
+ 4z = -1
4x - 3y +
- 3y + 4x +
2
O
3
-c {+
z ;::
y
z= -3
{"
2
y + 2z =
I
3x + 2y + 3z =
3
2x +
Solução 3x + 4z = -1 llx + 10z =
O
13x + 13z =
O
s-{
x + y + z = 2 ~ 5 2y 2z y
-3
y
-3
3x + 4z = -1
+
x
O
z =
x -
y +
z =
O
z=
O
Daí:y=3,z=
I I -I e x = -2"'
Resposta: O sistema é compatível determinado, sendo ( -
~, 3, - ~) sua única solução.
De z = O, tiramos x = O e daí teremos y = - 1. Resposta: (O, - 1, O) é a única solução; o sistema é compatível determinado.
5. Resolver por escalonamento:
2. Resolver por escalonamento:
3X + 3y
s:
s:
X + Y + z + 3t = 1 { x + y - z + 2t = O
Solução X+ Y+
z + 3t = 1 2z + t = 1
-
= -2
{x
t =
+ 5z -
y
1 - 2z
S-
Resposta: {(-2 + 5z - y,y,z,1 - 2z) IY,z E IR} é o conjunto solução do sistema. O sistema é compatível indeterminado, pois tem infinitas soluções.
2x -
X+Y+Z=1
x - y - z= 2
s:
{
Daí:
2x + y + z = 3
+ Y+ z
=1
- 2y - 2z = 1 -
y-
z=1
X+ {
Y+ y+
z = 1 {X + Y + z = 1 z=-1 y+z=-1
2y + 2z = - 1
- 3x
~
z - 2t =
I
+ 3z -
y
t
=-
I
Resposta: O sistema é incompatível, por causa da igualdade O = 1.
2
I ~1
3y + 2z = -2
x - 4y + Sz = -3
_ {t ~ 3x ~ 3y + 2z =
~2
x + 4y - Sz =
3
x - 4y + Sz = -3
x= -4y + Sz + 3 e t =
~9y
+ 13z + 7
O=
1
6. Resolver o sistema homogêneo por escalonamento: X -
s:
2y ~ 3z
x + 4y {
12
2
Resposta: {(-4y + Sz + 3, y, z, ~ 9y + 13z + 7) I y, z E IR} é o conjunto das soluções e portanto o sistema é compatível indeterminado.
Solução X
r'
+ 3x + 3y ~ 2z = - 2t + Sx + 2y + z = - t + 2x - y + 3z =
-{
3. Resolver por escalonamento:
{
Sx + 2y + {
t =
Solução
s- {
S-
2z -
2x -
y +
=O
z= O Z
= O
13
li. Resolver o sistema:
Solução
= 34
x2 + y2
S·.
- 2y - 3z == O
{ _ x 2 + y2 = 16
6y + 2z == O 3y
+
2y - 3z == O
X
- 2y - 3z
y+~z==O
{
3y Daí:
Solução: Este sistema não é linear, pois x e y aparecem em segundo grau. Mas podemos intro-
7z == O
+
solução (única) é u Há portanto 4 soluções para o sistema S: (3,5), (3, - 5), (- 3,5) e (- 3, - 5).
1 y +Tz == O 6z
7z == O
-o ' + vv == 34 = x 2 e v = y 2 toman d o-se então sIstema S em { _ u u + 16 cuja = 9, v = 25. Daí obtemos x 2 = 9 e y2 = 25, ou seja, x = ± 3 e y = ± 5.
I ' as varlavels .,. u
(UZII
== O
== O
x == O, y == O e z == O.
O sistema admite somente a solução trivial (O, 0, O), sendo portanto determinado.
7. Resolver o sistema homogêneo por escalonamento: y+
s: { : :
2x + y
I. Resolver os sistemas abaixo:
z+t==O
+
t ==
O
+ 2z --
t ==
O
2z
y
EXERCÍCIOS PROPOSTOS
y
+
y
+ 2z
1
Z =
6y + 3z
y + Z =
+
X
Y+
x-
b)
2
=
Z
-2
[
-3
2y
3
=
Solução X
S
+ Y +
~
t == O
z +
- 3z {
X
- 3t == O
x+ y +
t==O
z
+z+ t
3: : 7~ : :
=O
z
r
==0
2. Determinar os valores de a e b que tornam o sistema == O
+ 3t = O
y {
+ 3t == O
Y
{
y
-
== O
- y
+
[
-- 2t == O
+ 3t == O
y
z
==0
S:
2x {
S { Daí, necessariamente a = Resposta: a = O e
14
{(l,
-
y==O
[:: :
e
a
2
-a
2y = 6
y
+ y
x
-2
O
== 1 4.
== 2
Determinar os valores de m para os quais o sistema é determinado:
[H2Y2,-
Solução
y == 1
a + b - 1
o
3y == a
x+
x + 2y
3. Discutir os seguintes sistemas lineares (em função de a):
8. Determinar o valor de a para que o sistema linear S admita uma única solução e determiná-la:
+ y + y
5a + 2b
compatível e determinado. Em seguida resolver o sistema.
O conjunto {(2t, - 3t, O, t) I t E IR} é o conjunto solução; o sistema linear é compatível indeterminado. Observe que o valor da incógnita z é determinado, isto é, não depende de 1.
X
5x + 3y
.{X+ -
3y == a
°
Y
==1 y == O
O)} é a solução única de S.
3t
2x
5t
3x
2y y +
z
-1
z - mt =
9
O
5. Resolver os sistemas homogêneos abaixo:
O == a
e o sistema S é equivalente a {x
t =
2x - 2y - 2z -
+ Y Y
y + 2z -
1
O·
a)
[3;
+ y + 3z +
t = O t = O
Y - z - 5t = O
+ y+z+w-t=O b) [:
Y - z + 2w - t = O
15
c)
4X {
+ 3y -
x -
y+
z+t
=o
2z - t =
o
3X
+ 2y
x -
d)
{
y+
2x - 3y
=o z= o
- l2z
Exemplo - A matriz
+ 5z = o
6. Mostrar que um sistema linear homogêneo de m equações en incógnitas é compatível indeterminado se n > m.
é uma matriz real 3 X 2. Logo A E M3x 2 (R).
LINHAS E COLUNAS Dada uma matriz:
5. MATRIZES A
Definição 5 - Sejam m ;;;, I e n ;;;, I dois números inteiros. Uma matriz m X n real é uma dupla seqüência de números reais, distribuídos em m linhas e n colunas, formando uma tabela que se indica do seguinte modo:
= (:::...
~ ~~ ~: ..
am1 am2
...
'.'
)
amn
as m seqüências horizontais A(1) = «a11, a12' ... , a1n ). , ... , A(m) = (am1, am2, . .. , amn ) são chamadas linhas da matriz A, enquanto que as n seqüências verticais am
a11
a2n
~1
Abreviadamente esta matriz pode ser expressa por (aij)1E;; i O;; m ou apenas lO;; j O;; n (aij), se não houver possibilidade de confusão quanto à variação dos índices. Cada número que compõe uma matriz chama-se termo dessa matriz. Dada a matriz (aij)l';;; i.;;; m, ao símbolo aij que representa indistintamente todos os seus 1';;;
j.;;; n
termos daremos o nome de termo geral dessa matriz. Notações - Indicaremos por Mm x n (IR) o conjunto das matrizes reais m x n. Se m = n, ao invés de Mn x n (IR), usa-se a notação Mn (IR). Cada matriz de Mn (IR) chama-se matriz quadrada de ordem n. Em contraposição, quando m =1= n, uma matriz m x n se diz uma matriz retangular. Uma matriz I x I (a11) se identifica com o número real a11 .
, ... , A(n)
A(l) a m1
a mn
são as colunas de A.É de se notar que cada A(i)E M 1xn(R) e cada A(j)E Mmx1 (R). Exemplo - Na matriz 2 X 3
A~G ~-:) as linhas são (1, O, 1) e (O, 6, - 5) ao passo que as colunas são
Cada matriz costuma ser denotada por uma letra maiúscula do nosso alfabeto.
16
17
Para a adição de matrizes acima definida valem as seguintes propriedades: IGUALDADE DE MATRIZES Consideremos duas matrizes reais m X n: A que A = Bse, e somente se,
= (aij)
e B
= (bij).
Dizemos
(lI) A + B = B + A, VA, B E Mmxn(R) (comutativa);
aij = bij (i = 1, 2, ... ,m; j = 1, 2, ... , n).
Exemplos 1)
(~ 2)
G 3) (:
O 1
2
3
2
x
~) ~ (~
z)
2
-1
O
<=>
(1) A + (B + C) = (A + B) + C, V A, B, C E Mm x n (R) (associativa);
(III) Existe uma matriz O E Mmxn (R) tal que A + O = A, VA E Mmx n (R) (existe elemento neutro);
F:-: t =
O
z=
1
N) Dada uma matriz A E Mmxn (R), existe uma matriz (-A), também m X n, tal que A + (-A) = O (existe a oposta de qualquer matriz). A verificação da propriedade associativa se faz assim:
:)*G D :) *G D
Se A = (aij), B = (bij) e C (A + B) + C
= (aij
= (aij
+ (bij + Cjj»
=
(ciD, então
+ bij) + (Cij)
= (aij)
= ((aij
+ (bij + Cij)
+ bij) +Cij)
=A
=*
+ (B + C).
Quanto à (I1I) é fácil ver que:
2
3
O
O =
(~ ~ ~) .. .. ::: ..
O O ..•
6. OPERAÇÕES COM MATRIZES
O
Esta matriz chama-se matriz nula m X n. (a) ADIÇÃO Sejam A = (aij) e B = (bij) matrizes m X n. Indicamos por A + B e chamamos soma de A com B a matriz m X n cujo termo geral é aij + bij, ou seja
A+ B=
(~:'. +b:, .a.'~.+b~
~:~ ~ b~
am1 + bm1 am2 + bm2 - . ..
(1 21) O 1
2
A+B=
18
e B=
(1 3-1) 259
4
la A = ( -2 1
-
Por exemplo, se
2) então -A (- 1 - a
O'
=
2
-1
(b) MULTIPLICAÇÃO DE UMA MATRIZ POR UM NúMERO
amn + bmn
(O 1-2), 2
= (aij), é evidente que (- A) = (- aij).
)
A operação que transforma cada par (A, B) de matrizes do mesmo tipo na matriz A + B chama-se adição de matrizes. É uma operação no conjunto Mm xn (IR).
Exemplo _ Se A =
Por último, se A
Dada uma matriz real A = (aij), m x n, e dado um número real a, o produto de a por A é a matriz real m x n dada por:
então
7
Usamos nesta passagem a propriedade associativa da adição de números reais. 19
Para essa operação que transfonna cada par (a, A) de m. X Mmxn (m.) na matriz real exA E Mmxn (R.), valem as seguintes propriedades:
Nas condições acima, a operação que transfonna cada par de matrizes (A, B) na matriz AB chama-se multiplicação de matrizes.
,~I
(I) (ex{j)A = ex({jA);
2
Exemplo --'- Sejam A = (.
(11) (ex + {j)A = exA + (jA; (I1I) ex(A
+ B)
= exA
(\;12'-
O 1
+ exB;
(N) IA = A;
J
l' O 2
Então:
quaisquer que sejam as matrizes A e B e quaisquer que sejam os números reais
ex e {j. AB =
Provemos (11).
(ex + (j) • A = ((ex + (j) • aij) = (ex • aij + (j • aij) =
+ ({j
Ex=p~
- S, •
~
20 A
• aij) = exA
2·4+1·0+0·0
( 0·3+1·0+2·1
0·4+1·0+2·0
2.5+1.0+0.1)= O· 5+1 ·0+2·1
=(6810).
Suponhamos A = (aij). Então: = (ex • aij)
2 ·3 + 1 • O + O • 1
2
O
2
+ (jA.
~ C~ ~).
,ntão .A
~ G~
D
Proposição 2 - Sejam A = (aij), B = (bjk) e C = (Ckr) matrizes reais m X n, n X p e p X q, respectivamente. Então A(BC) = (AB)C.
Demonstração - O tenno geral de A(BC) é dado por: (1)
(c) MULTIPLICAÇÃO DE MATRIZES Consideremos a matriz A = (aij) de tipo ~. x n e a matriz B = (bjk) de tipo n x p. O produto A • B (também indicado por AB) é a matriz m x p cujo termo geral é dado por:
ao passo que o tenno geral de (AB)C é dado por:
(2) n
Cik =
L j=l
aij . bjk = ail • b lk )
+ ... + ain
• bnk
*
Usando a notação de matriz linha e a de matriz coluna a definição acima significa que A (1) • B(l)
A (1) • B(p)
A (2) • B(l)
A(2) • B(p)
AB=
As propriedades da adição e da multiplicação de números reais nos ensinam, contudo, que (1) = (2). Então a proposição está demonstrada. Proposição 3 - Sejam A, B e C matrizes reais m X n, n X p e n X p, respectivamente. Então A(B + C) = AB + AC.
Demonstração - Usa-se o mesmo tipo de raciocínio da demonstração anterior. Fica como exercício. Nota: Analogamente, se A e B são matrizes m X n e C é n X p, então
(* ) O símbolo
20
~ é uma letra do alfabeto grego, correspondente ao nosso S.
(A
+ B)C = AC + BC.
21
EXERCÍCIOS RESOLVIOOS -
1. Sejam:
(: : :) B~ (~ : :) , C~(: 2~)
A=
{X + Z - 2Y = B Z - 2Y = B - Z + 3Y = A - 2B Z + 3Y = A - 2B -
X + -
{
- 5Y = -- 4A + 5B + C.
- 4Z + 7Y = C - 3B Daí: Y = i(4A - 5B - C) = +«4
1 matrizes de MZx 3(IR). Calcular 3(A - TB) + C.
Analogamente, X =
(+
O
O O) - (O 5 O) - (O O
1)
(+
e Z =
-3
-
~)
Solução
1
4. Dadas as matrizes A e B abaixo, determinar os produtos AB e BA:
3
3(A - TB) + C = 3A - 2"B + C =
6 ( 3
O)
3 6
2. Determinar a matriz X
(O O 3) 96 3
3 E
Mz x 3 (IR) tal que
~
2 O) = (9 O1 O -6
+ (3
A~0 ~)
5 - 3).
O
AB= Solução
(
(X + A) = 3(X + (B - A»
- C
=> X + A = 6 (X + (B - A» - 2C = >
=> X + A = 6X + 6B - 6A - 2C = > 5X = 7A - 6B + 2C
2·0+1-1
1·1+0·0
1·0"+0·1
2-1+1-1) 1·1+0-1
0·1+1·0
0·0+1-1
0-1+1-1
~
7
= 1- ( 20 5 -29
3.
14
(O O 12) + (6 4
7
36
24
12
O 2
> X = ; (7A-
O)~~ = O
~: -~:) (-:9 :~ ~ 152). =
-5- -5- -
I
O O),
Dadas as matrizes reais, X 3, A = (1 B= minar as matrizes X, Y e Z de Mlx3 (IR) tais que: 2X -
Y
X - 2Y
S:
{
+
(O
1
1
O) e C = (O .O 1), deter·,
Z = A
~
{ 2X
+
Z = A
-Z=C
22
~
+
3Y {
~
(:
:)
O/Dada uma matriz A = (aij) E Mmxn(IR) denomina-se transposta de A e indica-se por At a seguinte matriz n X m: At = (bji), onde bji = aij (i = I, ... , m;j = 1, ... , n). Valem as seguintes relações: a) (A+B)t=At+B t ; b)
(a
c)
(At)t = A;
d)
(AB)t = BtAt ;
E
IR;
Sejam A = (aij) , At = (bji), B = (Cjk) e Bt = (dkj). Então bji
=
aij e dkj
=
Solução
S
:)
Solução
+ Z= B
X - 2Y
O
desde que as operações aí indicadas estejam definidas. Provemos (IV) já que as três primeiras são imediatas.
3X + Y - Z = C.
X - 2Y + Z = B
c
Analogamente: BA
5
,O
2-1+1,0
- 6B + 2C). Logo
X= 1-~(14 7 O)
I
Solução (X + A) = 3 (X + (B - A» - C, sendo
A, B e C as matrizes do exercício 1.
+
~
' I'
B=
Z = B Z = A - 2B
7Y - 4Z = C - 3B
rik =
Cjk. Supondo AB = (rik) e BtAt = (ski), temos: n
n
n
j=1
j=1
j =1
L aijCjk = L bjidkj = L
dkjbji = Ski
o que mostra que de fato (AB)t = BtAt .
23
6. Para cada número real O< consideremos a matriz:
Y)
Logo X = (x
onde x e y são números quaisquer.
O x-y
_ ( cos a - sen a ) Ta sen a cos O<
'I.
Dada a matriz
A=(: :)
a) Mostrar que T a T/3 = Ta + /3; b) Calcular T -O<' Solução ToT,
~ (::~:
-:::)
cos (a + /3) ( sen (a + /3)
To =
(:~;~::
(:~:
determinar uma matriz X :::) =
- sen (a + /3») cos (a +
m
-::;::) { : :
E
M2 (IR) de maneira que AX = 12
Solução'
::: To< +/3,
F~,odo X = (:
:::)~
(,.,'
Td
<=>
x+z
t (';:):;ma matriz quadrada A se diz simétrica se At = A e anti-simétrica se A = - A.
:) (: :) (: então
'y+t ) { y+ t O
:) <=>
'
"',._~,,-, ......
a) Mostrar que a soma de duas matrizes simétricas é também simétrica. Mostre que o mesmo vale para matrizes anti"simétricas.
Resolvamos o sistema obtido por escalonamento:
{:
b) O produto de duas matrizes simétricas de ordem n é uma matriz simétrica? Solução t t a) Sejam A e B as matrizes. Então (A + B)t = A + B = A + B. Logo A + B é simétrica. Analogamente, se A e B são anti-simétricas, (A + B)t = At + Bt = - A + (- B) = = -(A
+ z +
= 1
Z
2y
+ B).
+t=O +
b) (AB)t = BtAt = BA,seAeBsãosimétricas. ComoemgeralAB i= BA,entãonemsempre o produto de duas matrizes simétricas é uma matriz simétrica. Por exemplo:
(: :)(::) (: :)-(: :)
+t= - t = - z
-{" -{'
EXERCiClOS PROPOSTOS ;"'-...
'?mmm .",guiut" :.:(~
Solução : ) . Eu"o
:)(: ) ( :
:)(:
~)
x+z=x
<=>
{
O
+t= z
2
=0
+z
+t = 1
Y
=0
Z
y
+ t = 1
2y
+ t = O -z
= 1
= -1
1
= -1 t=
X=
ou seja, todas as matrizes X de tipo 2 X 2 tais que AX = XA.
Z
Y
Logo:
A=(: :).
AX~XA<=> (:
+
+t = O
+
+ t= O
= 1
= 1
+ z
x
-{"
-z 2y
r
<=>
2y
=0 + t = 1
~2
8. Determinar todas as matrizes que comutam com a matriz
Su!"M.mo, X = ( :
y
O
Z
y
-{'
+ z
=0 + t == 1
Y
:)
: ) = (:
-{'
y
,
= -1 t=
2
C: -:)
dr;} B=(: : n
Mostre queAB = BA. Pode-se concluir daí que é válida a propriedade comutativa da multiplicação em M3 (IR)?
y + t =x
O=z
Explique bem sua resposta. "
24
I
2S
(2jse A, B
E
Mn (R) e se AB = BA, prove que:
a) (A ~ B)2 = A 2 -
2AB
10. Se A e B são matrizes reais de ordem 2 que comutam com a matriz
c: :)
+ B 2;
b) (A - B)(A + B)= A2 ~ B 2 ; c) (A ~ B)(A2 + AB + B2 ) = A3 ~ B3 .
mostre que AB = BA.
3. Send~ A e B as matrizes do exercício proposto 1, determine matrizes X, Y E M3 (R) de maneIra que: 2X - Y = A {
11. Seja B uma matriz real 2 X 2 que comuta com a matriz
A~(:
+B
X+Y=A-B
:)
Mostre que existem números reais a e b tais que:
5. Determinar uma matriz A
E
M2 (R) tal que A
*"
O e A2 = AA = O (matriz nula).
+
B = aA
4. O produto de duas matrizes anti-simétricas de mesma ordem é uma matriz anti-simétrica? Justifique sua resposta. .
b1 2 •
12. Se A, B E Mn (R) são tais que AB = O (matriz nula), pode-se concluir que BA também é a matriz nula? Prove ou contra-exemplifique.
6. Efetue os produtos AB e BA onde
A
~
U) , ~ B
(1
2
1)
7. Mostrar que se:
A=(: :), 2
então A ~ 6A
+ 51 2
= O (matriz nula).
7. MATRIZES INVERSÍVEIS Consideraremos neste parágrafo apenas matrizes quadradas de ordem n. Neste caso a multiplicação transforma cada par de matrizes de ordem n numa outra matriz, também de ordem n. E além das propriedades dadas pelas proposições 2 e 3 acima (associativa e distributiva em relação à adição) a multiplicação, neste caso, gozada propriedade de admitir elemento neutro que é a matriz
8. Mostrar que as matrizes
(: :)
onde y é um número real não nulo, verificam a equação X2 = 2X. 9. Determinar todas as matrizes quadradas de ordem 3 que comutam com a matriz:
In
(~, ~
.. .. ::: ..
O
O
. ..
~.) I
e que evidentemente verifica as condições AIn
=
InA
=
A,
para toda matriz A de ordem n. A matriz In chama-se matriz identidade de ordem n. Definição 6 - Uma matriz A de ordem n se diz inversível se, e somente se, existe uma matriz B, também de ordem n, de modo que:
AB onde a é um número real.
26
=
BA
=
In
Esta matriz B, caso exista, é única e chama-se inversa de A, indica-se por A-I. 27
Exemplos
DETERMINAÇÃO DA INVERSA
1) A matriz
Daremos aqui um algoritmo (= método) para determinar a inversa de uma matriz A, caso A seja inversível. Contudo a demonstração do teorema em que se baseia esse método somente será feita no Apêndice I, ao fim do capítulo. Definição 7 - Dada uma matriz A entendemos por operações elementarei"') com as linhas de A, uma qualquer das seguintes alternativas:
é inversível uma vez que, tomando
(I) Permutar duas linhas de A; (11) Multiplicar uma linha de A por um número
=1=
O.
(III) Somar a uma linha de A uma outra linha de A multiplicada por um número. então AB
Se uma matriz B puder ser obtida de A através de um número finito dessas operações, diz-se que B é equivalente a A e escreve-se B ~ A. Para esta relação valem as propriedades reflexiva, simétrica e transitiva.
~ ~ (~ ~) ~ ~. DA
Logo adiante ensinaremos um algorítmo (processo) para determinar a inversa de uma matriz, caso esta inversa exista.
Teorema - Uma matriz A é inversível se, e somente se, In ~ A. Neste caso, a mesma sucessão de operações elementares que transformam A em In, transformam In em A- l .
Demonstração 2) Se uma linha (ou coluna) de uma matriz A é nula, então A não é inversível. Suponhamos a linha i-ésima de A nula, isto é, A (i) = (O, 0, ... , O). Dada então uma matriz X qualquer de ordem n, como
(AXP) = A(i)X = (O
O
Está feita no apêndice 1, ao fim do capítulo.
Exemplos 1) Verificar se a matriz
O)
A~G ~
(ver definição de produto), então
AX ~ (O::O::·::.:~) *
In. pMa roda mam X.
D
é inversível e determinar A -1, caso esta matriz exista.
3) Se A e B são matrizes de ordem n, ambas inversíveis, então AB também é inversível e (AB)-l = B- l • A- l .
Devemos orientar nosso trabalho no sentido de transformar (se possível) a matriz A na matriz 13 , Como essa mesma sucessão de operações levará 13 em A -1, então convém reunir A e 13 numa mesma matriz e operar a partir daí.
De fato (AB) • (B- l • A- l ) = A(B • B- l ) • A- l e analogamente (B- l . A-1) . (AB) = In.
L'(
=A
• In • A- l "'= A • A-i
= In,
Lz
I
O
1
O
I
1
O
I
O
2
O
O
D-
L,
(' I
Lz
L3
O 1
(*)
Tal como para sistemas lineares, ver § 2.
L;
O
= L3 -
1
O:
1
O
O
I
I
I : I
Ll
O- 1
2: -1
O
D-
4) Se A é inversível, então A -1 também o é e vale a seguinte igualdade: (A -1)-1
28
= A.
29
1
L,
4"
1 O:
1 O:
,I I' O
O
1
I ( I = L, + L; O O 3:-1
I I
11I
1
Como a matriz A é equivalente à matriz
O
1 :.::l : 3
Ll
1
1
O'I
1
O
O
2
1
1
1
que não é inversível (tem uma linha nula) então A também não é inversível.
I
~ L,' =
I
L, - L;"
4'''
O O 1
L l' = L l - L,'
1
L,'
O O 1
L'" 3
1
O 1 O: I I I I J
1
-"3 "3 "3 3
3
1
2
3
3
-1
1
3
3
8. SISTEMAS DE CRAMER Seja
+2 --2
O
O O 1
3-3
T
allxl
lltrl1 Xl
Logo a matriz A é inversível e
-2
~+C
3
2
A- l =
3
-2 2
-1
1
1
-:)
3
+ atnXn
+
+ antnxn
A~G 2 6 :I 1 O I 1 5 ,O 1 O
G
3
7
I I I
0)
all ... aln )
A=
~l
(Xl
••• ~n
..........
X2
X
=
O O 1
- (~ 30
e B
=
Xn
2
de tipos m x n, n x 1 e m xl, respectivamente, então S poderá ser escrito sob a forma matricial
1
AX = B
D C2 DD 3
6: I
~
= bn
um sistema linear de m equações com n incógnitas sobre R. Se formarmos as matrizes:
am l .•• a mn
2) Vejamos o mesmo problema com a matriz
= bl
~l.~l. ~ '.~. ~.~~~.~ .:.
1
s:
+
O
1
1
O
5: O 1 I O -1 -5 :-2 O
2 6: 1 O I I 5: O I I O 0:-2 1
onde A recebe o nome de matriz dos coeficientes de S. Um sistema de Cramer é um sistema linear de n equações com n incógnitas cuja matriz dos coeficientes é inversível. Se AX = B é um sistema de Cramer, como AX = B <===> A- l (AX) = K l B <===> X = A- l B, então esse sistema é compatível determinado e sua única solução é dada por A-I B. Em particular um sistema quadrado e homogêneo cuja matriz dos coet1. cientes é inversível só admite a solução trivial.
31
Exemplo - A matriz dos coeficientes do sistema X
{
2
+Y
1: 1
=
1
1
2
O
1
Y
+ z=
1
1
1: O
O
+2z=0
2
O
1
1
O
1
x
é a matriz:
A~ G~ D A- l =
I
I
~.)-(~ :
O
1
1
2 O O -1
O -1
~)-C :
1
1
1
2
O
1
-2
1
~ -~)-(~ ~ 1- 1-
2 1
que já vimos ser inversível (parágrafo 7); já determinamos também 2 3 1 3 -1 3
I
O
22,
-2 - 1 3 3 2 -1 3 3 1 1 3 3
O
O
1
O
O
1
O2)
O -1. 1 1
O O
-
TT
Logo: Logo A é inversível e
A- l ==
e a solução do sistema é (O, 1, O).
-} -} ;) 1(-1-1 3) == 2 (-2 2 2 1
O -1
1
1
2
1
0-2
-1
1
1
Solução
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 1. Verificar se a matriz A abaixo é inversível e, se o for, determinar sua inversa:
A~C : :)
2
2
1
O
2
2:
1
2
O
1
1
2
3
4
O
O
1
2 : -1
2
Solução Utilizaremos o processo explicado no §,7.
32
o fato
2: I
1
O
O
1
1
2
O
0:-1 -1
I I
I I I
1
O
O
1 O
de a matriz:
33
a) Determinar se possível x e y em IR a fim de que a matriz
0:0
../2
x
y
fi
(
que é equivalente a A, ter uma linha nula, basta para concluir que A não é inversível.
)
seja ortogonal. b) Provar que o produto de duas matrizes ortogonais é ortogonal.
Solução
1
O
1
O
1
-1
O
-4
O
~1
1
O
3
-2 -3
1
4
1 -3 O
2
(
O
~ -~ ~)~
1 -1
-8 2-8
: 7 1 S-3)
O -1: 1
O
8 5
-8
O:
:
1
1
3
5
1
1
8" 2 -8 ~
=
(i ~ -i) ~ =
5
1
1
-8 2-8
{x
+2 =
<
1
(01
)
>
+y=O
{X2 y2
01) <
>
=-1 "= _ 1
x+y=
O
- a dm"lte soIuçoes -" - x 2 = - 1 e y 2 =- 1 Portanto o problema em M2 (R ) nao pOiS as equaçoes não têm solução em R.
b) Sejam A e B matrizes ortogonais de ordem n. Sendo A e B inversíveis, então já vimos que AB também é inversível e que (AB)-l = B- l A-l. Daí (AB)-l
= B-1A-l = BtAt = (AB)t.
5. Determinar a E IR a fim de que a matriz real
seja inversível em M3 (R).
(: -5
: -:) 4-1
t ' I e A-1 - A. " 4. Uma matriz quadrada A se diz ortogonal se A e' mvemve
34
y2
: -8 T-8
A inversa de A é portanto a matriz:
A-1
<__>
X2+ 2 = 1
x
8 -2
I
ij)
1 4 1
.J2y + .J2 .J2y + .J2x y2 + 2 2 +x
511
1
G:)=>
~(~;,) (~:,)
SOIUçãO(~ ~ ~) (~_~ ~) (~_~ ~) ~ 1
2
a
O
1 a-I
O
O a- 1
3S
-
(~ ~ ~) (~ ~ ~) O
O a-I
O
O
7. Resolver ,o seguinte sistema de Cramer: se a - I
x+y-z=O
*" O.
2x
1
{
Solução A matriz dos coeficientes do sistema é:
6. Resolver o seguinte sistema linear: X
+ 2y +
z =
1 A=
y + 2z = -4 {
x+ y+ z=
2
(
I 1_1) :
_~
~
que é inversível conforme já vimos (exercício resolvido 3) e sua inversa é a matriz:
Solução
1
Façamos
4" 1
8 5
-S Então o sistema fica AX = B. Já vimos no exercício resolvido nl? 1, que a matriz A é inversível e
1
3x - y + z = 1
*"
Logo A é inversível para a 1. Se a = 1, então a matriz A é equivalente a uma matriz com uma linha nula e portanto não é inversível.
+y +z=
1
O
"4
1
3
1
1
2 -S 2" -8
Logo:
G}
1
"4
O
1
"4
1
1
8
"2
-s
5
1
1
-g
2
3
-s
C)~
1 4 1
8 3
S
Logo trata-se de um sistema de Cramer cuja solução é dada por:
-;) (-D ~
11
-2 -2 X
= A -I B = (
1
O
1
1
-2 2 +
+ + A seqüência ( ; , -1, -
36
~) é a solução
(-2;6) ~
EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Seja A uma matriz quadrada inversível. Mostre que A-I também é inversível e que (A -1)-1 = A. 2. Mostrar que a matriz real
-
""2 do sistema.
é inversível Va, b, c
E
R e que: O 1
-c
~) 37
3. Verificar quais das seguintes matrizes são inversíveis e determinar as inversas respectivas:
A=C
~), B=C
o
APÊNDICE I
2
Matrizes Elementares
4. Resolver os seguintes sistemas de Cramer:
a){x -
Defmição 8 - Uma matriz elementar de ordem n é uma matriz E obtida de In por meio de uma e uma só operação elementar.
x+ Y + z=2 b) x - Y + z = O { y+2z=0
y = 4
x + Y= O x-y+z+
Exemplos
t=O
x+y - z+ t = J c) -x +y +z- t = O { . 2x - y - z + 3t = 1 5. Determinar m
E
E,
IR de modo que o sistema abaixo seja de Cramer e, a seguir, resolvê-lo: y+ :{
=G ~ D ~ =G e
!D
são matrizes elementares. A primeira se obtém de 13 multiplicando por 2 a segunda linha; a segunda se obtém de 13 somando à segunda linha desta matriz a sua primeira linha multiplicada por 3. Prop9sição 4 - Seja E uma matriz elementar de ordem n. Se aplicarmos, então, em uma matriz A, também de ordem n, a mesma operação elementar que transformou In em E, obteremos a matriz EA.
z=2
+2z=1
x + 2y + mz = O
Demonstração ->
Faremos a demonstração apenas para a operação elementar (IU) ficando os dois casos restantes como exercício.
7. Se A, B e C são matrizes inversíveis de mesma ordem, determinar a matriz X de maneira que A(B-IX) = C-IA.
Suponhamos que a linha j-ésima de E seja a soma da linha j-ésima de In com a linha i-ésima de In multiplicada por a, enquanto que as demais linhas de E e de In coincidem, ou seja
6. Sejam A, B e C matrizes reais de ordem n. Se A é inversível, prove que AB = AC = > B = C e que BA = CA => B = C.
8. Dada a matriz A =(
~
_ :)CalCUlarA 2 = AA,A 3 = AAA, ... ,A
n
=A... A(nvezes).
e
E(k) 9. Determinar x, y e z de modo que a matriz
=
In(k), k
=1=
j.
= E(r)A, para todo r entre 1 e n, então (EA)(j) = E(j) • A = = (IJj) + aln(i))A = In(j) • A + a (IJi) • A) = (InA)(j) + a (InAP) = A(j) + aA(i) , Como (EA)(r)
o que vem provar que a linha j-ésima de EA é igual à linha j-ésima de A mais a linha i-ésima de A multiplicada por a. Por um raciocínio análogo se prova que as demais linhas de EA coincidem com as respectivas de A. seja ortogonal. 2
10. Existe alguma matriz inversível A tal que A = O (matriz nula)? Justifique.
38
Logo, as mesmas operações que transformaram In em E irão transformar A emEA.39
Proposição 5 - Toda matriz elementar E é inversível.
segue que
Demonstração
A-1 = E t
Por hipótese obtém-se E de In por meio de uma certa operação elementar. Consideremos a operação elementar inversa que transforma E em In. Se aplicarmos esta última em In obteremos uma matriz elementar E 1 . Devido à proposição anterior teremos E 1 • E = In, O que é suficiente para concluir que E é inversível e E 1 é a sua inversa (por quê?). •
Exemplo - Consideremos a matriz elementar:
E~ G! D A operação elementar que transfonnou 13 em E consiste em somar à segunda linha de 13 o triplo da primeira linha. Então E será transformada em 13 somando à sua segunda linha a primeira multiplicada por (- 3). Logo a matriz inversa de E, obtida efetuando em 13 esta última operação elementar, é:
O
•
Et_l • '"
• E 1 • In
que prova a última afinnação do teorema.
( = » Observemos primeiro que se B ~ A, então A é inversível se, e somente se, B é inversível. Isto por que se B ~ A, então B = PA, onde P é uma matriz inversível (P é um produto de matrizes elementares). Nossa observação decorre então dessa igualdade. Façamos o escalonamento da matriz A por meio de operações elementares, isto é, façamos com que cada uma das suas linhas (a partir da segunda) tenha mais zeros iniciais do que a precedente. Como a última linha de A não é nula (pois A é inversível) obteremos:
A
~ (T . ~: ·.·.·. ~~ ) O
O
ann
onde cada aíi =1= O. Mas esta última matriz é equivalente à matriz In. Logo In '" A.•
Nota final: Toda a teoria desenvolvida neste capítulo sobre sistemas lineares e matrizes seria feita da mesma maneira se substituíssemos o conjunto :IR dos números reais pelo conjunto (C dos números complexos. Teorema - Uma matriz A de ordem n é inversível se, e somente se, In ~ A. Neste caso, a mesma sucessão de operações que transformam A em In, transforma In em A- 1 •
Demonstração
«=) Como cada operação elementar com A é o mesmo que multiplicar A (à esquerda) por uma matriz elementar, então existem matrizes elementares E 1, ... , E t de, maneira que: E t • Et - 1 •...• E 1 • A = In. Logo A = E 1 -1
•
E-1 2
• • •••
1 Et
•
In·
Como cada matriz do segundo membro é inversível, então A é inversível (um produto de matrizes inversíveis é inversível, conforme já vimos). Além disso, observando que:
40
41
-+
2
CAPíTULO
-+
-+
-+-+
Se a = 1, au = u e se a = O, então au = O. Em geral lau 1= lallu I. Essa multiplicação tem as seguintes propriedades já certamente vistas pelo leitor no seu curso de Cálculo Vetorial:
Espaços Vetoriais
(a!3)ú = a(!3ú) (a + !3)ú = aú + !3ú a ( -+ u + -+ v) = aú + a1 -+ lÚ =u
1. INTRODUÇÃO
para todos os números reais a e
Examinemos certos aspectos relacionados com dois conjuntos certamente já conhecidos do leitor.
No conjunto Mm x n (IR) também está definida uma adição, a adição de matri· zes estudada no capítulo 1. Conforme vimos nesse capítulo, essa adição é associativa, comutativa, admite elemento neutro, que é a matriz nula
a primeiro é o conjunto V dos vetores da geometria, definidos através de segmentos orientados, e o outro é o conjunto Mmx n (IR) das matrizes reais m por n, onde m e n são números naturais dados (ambos maiores que zero). À primeira vista pode parecer que tais conjuntos nada têm em comum. Mas não é bem assim conforme mostraremos a seguir.
--------------7 / / /
No conjunto V está definida uma adição (adição de vetores), conforme figura ao lado, adição essa dotada das propriedades comutativa, associativa, além da existência de elemento neutro (vetor nulo) e do oposto para cada vetor de V.
a vetor nulo pode ser representado
/
/
/ / / /
O
O
••.
O
e toda matriz A de Mmxn (lR) tem uma oposta. Como vemos o comportamento de Ve o de Mmxn (IR) quanto à adição é o mesmo. Mas não ficam aí as coincidências. ,Pode-se também multiplicar uma matriz por um número real obtendo-se uma matriz da seguinte forma:
...
v
-;.
u
-;.
-u
ti
por um número real a e isso
(a
-;.
Essa multiplicação apresenta as mesmas propriedades que as destacadas para V, linhas acima. auseja, valem sempre as igualdades:
< -lI
au
!3)A = a(!3A) (a + !3)A = a.A + !3A a(A + B) = aA + aB (a
/au 42
..
... ..
-;.
Além disso podemos multiplicar um vetor se faz conforme esquema abaixo:
II
( ~ ~ ::: ~)
""------------.-/
por qualquer ponto do espaço e o oposto de Ú se determina conforme a figura ao lado.
(a>
!3 e vetores Ú e 1.
(O
~(-l
au
au
,
IA
=A 43
Logo os conjuntos Ve Mm x n (IR) apresentam uma coincidência estrutural no que se refere a um par importante de operações definidas sobre eles. Nada então mais lógico do que estudar simultaneamente V, Mm x n (IR) e todos os conjuntos que apresentem essa mesma "estrutura" anteriormente apontada. É isso o que começaremos a fazer no parágrafo seguinte.
2. ESPAÇOS VETORIAIS Vamos introduzir agora o conceito de espaço vetorial. Os espaços vetoriais constituem os objetos de estudo da Álgebra Linear. Definição 1 - Dizemos que um conjunto V é um espaço vetorial sobre IR quando, e somente quando:
"* .e
I - Existe uma adição (u, v) dades:
~
u
+
v em V, com as seguintes proprie-
a) u + v = v + u, \,lu, v E V (comutativa); b) u + (v + w) = (u + v) + w, Vu, v, w E V (associativa); c) Existe em V um elemento neutro para essa adição o qual será simbolizado genericamente por o. Ou seja: 3o E V
I u + o = u, \lu
E V;(*)
d) Para todo elemento u de V existe o oposto; indicaremos por (- u) esse oposto. Assim:
\lu E V, 3 (-u) E V I u + (-u)
= 0.(**)
11 - Está definida uma multiplicação de IR X Vem V, o que significa que a cada par (a, u) de IR X V está associado um único elemento de V que se indica por au, e para essa multiplicação tem-se o seguinte:
= (amu b) (a + {j)u = au + (ju c) a(u + v) = au + av a) a({ju)
d) 1u
=u
Prova-se que é único esse elemento neutro (ver exercício resolvido n'? 1 do § 3). Prova-se que é único o oposto de um elemento (ver exercício resolvido n'? 2 do § 3)" 44
para quaisquer u, v de V e a, (j de IR. Nota: De maneira análoga se define espaço vetorial sobre ~, conjunto dos números complexos. Deste capítulo até o capítulo V, inclusive, toda a teoria dos espaços vetoriais a ser aqui desenvolvida é a mesma quer sobre IR quer sobre
1) O espaço vetorial IR Não é novidade para o leitor que a adição de números reais verifica as propriedades l-a, I-b, l-c e I-d da definição de espaço vetorial. Tão pouco que o produto de um número real por um outro é também um número real e que essa multiplicação obedece aos itens lI-a, II-b, lI-c e II-d da definição mencionada. Logo IR é um espaço vetorial sobre IR.
2) O espaço vetorial CC Com a mesma argumentação acima verifica-se que
+ b n)
Ora, tal afirmação pressupõe que se tenham verificado as oito,propriedades que constam da definição, o que não faremos aqui. Sugerimos tais verificações como exercício.
45
. Apenas ressaltaremos que o = (O, O, ... , O), se u = (al' ... , an ), então - u = (- al, ... , - an ) e, a título de exemplo, que a prova da propriedade lI-a se faz do seguinte modo: -Seja u = (al> ... , a n ) um elemento de R.n . Dados então a e {3 em R., (a + {3)u = ((a + {3)al' , (a + {3)an ) = (aal + {3al, ... , aan + {3an ) = = (aal' ... , aan) + ({3al' , {3an ) = au + l3u. .
Recomendamos ao leitor que procure justificar cuidadosamente cada passagem desta última dedução. Os matemáticos estão de acordo com a seguinte frase: o R.n é o espaço vetorial mais importante.
6) O espaço
~n
O conjunto
e que a multiplicação de um elemento de V por um número real seja dada por: au = u a , \tu E V e
Com isso o conjunto V se torna um espaço vetorial sobre lR. Observemos apenas que o elemento neutro da "adição" é o número I e que a verificação de H-c se faz assim: a(u <±l v) = a(uv) = (uv)a = uaya = (au)(av) = em <±l avo
Nota: Na teoria dos espaços vetoriais é comum aproveitar-se a terminologia do exemplo 3 acima. Assim é que os elementos de um espaço vetorial qualquer são chamados de vetores, o elemento neutro da adição de vetor nulo desse espaço e os elementos de lR (ou C) de escalares.
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
= {(x, y) I x, Y E IR}. O IR2 pode ser visto como espaço vetorial sobre IR desde que se definam adição e multiplicação por um número real assim:
1. Como já vimos IR2
7) O espaço Pn (R.) Seja n ;;;. O um número natural. Indicaremos por Pn (R.) o conjunto dos polinômios reais de grau .;;;; n, mais o polinômio nulo. O leitor, que já estudou os polinômios sobre R., não terá dificuldades em perceber que (a) f(t), g(t) E P n (R.) = > f(t)
(b) a E lR, f(t) E Pn (lR)
+ g(t)
E P n (lR)
> af(t) E Pn (lR).
Daí, lembrando as propriedades das operações com polinômios, concluirá que P n (lR) é um espaço vetorial sobre lR. 8) O espaço P n (
Até aqui os exemplos dados, além de importantes, correspondem a situações por assim dizer usuais. Vejamos um caso que de uma certa forma ~scapa dessa situação. Seja V = {u E lR lu> O}. Suponhamos que consideremos a "adição" em V como sendo a multiplicação de números reais positivos, isto é, u $ v
46
símbolo
El:l
(Xl, Yl) + (X2, Y2) a (x, y)
= (ax,
= uv ,
Vu , v E V(*)
serve, neste exemplo, paxa distinguir a "adição" aqui definida da usual.
= (Xl + x2,
Yl + Y2) e
ay).
Faxemos aqui a verificação dos axiomas relativos à multiplicação. lI-a: (ab)(x, y) = «ab) x, (ab)y) = (a(bx), a(by)) = a(bx, by) = a(b(x, y)). lI-b:
(a + b)(x, y) = «a + b)x, (a + b)y) = (ax + bx, ay + by) = (ax, ay) + + (bx, by) = a(x, y) + b(x, y).
lI-c:
a«xl, Yl) + (X2, Y2)) = a(xl + x2, Yl + Y2) = (a(xl + X2), a(Yl + Y2)) = = (axl + aX2, aYl + aY2) = (axl> aYl) + (ax2, aY2) = a(xl, Yl) + a(x2, Y2).
lI-d:
I (x, y) = (Ix, Iy) = (x, y). 3
2. O IR 3 é o conjunto de todas as ternas ordenadas de números reais. Ou.seja: IR = = {(x, Y, z) I x, Y, Z E IR}. A adição e a multiplicação por escalares são definidas no
IR 3 por:
(Xl> Yl> Zl) + (X2, Y2, Z2)
9) Exemplo "Patológico"
o
Va E lR.
= (Xl + x2,
Yl + Y2, zl + Z2) e
a(x, Y, z) = (ax, ay, az). Faremos neste caso apenas a verificação dos axiomas relativos à adição. I-a: «Xl, Yl, Zl) + (X2, Y2, Z2)) + (x3, Y3' Z3) = = (Xl + x2, Yl + Y2, Zl + Z2) + (X3' Y3, Z3) = = «Xl + X2) + x3, (Yl + Y2) + Y3, (Zl + Z2) + Z3) = = (Xl + (x2 + x3), Yl + (Y2 + Y3), Zl + (Z2 + Z3)) = = (Xl, Yl, Zl) + (x2 + x3, Y2 + Y3, Z2 + Z3) = = (Xl> Yl> Zl) + «X2, Y2,. Z2) + (X3, Y3' Z3))·
47
I-b: (Xl, YI. Zl) + (XZ, Yz, ZZ) = (Xl + XZ, YI + YZ,zl + ZZ) = = (XZ + Xl, yz +Yl. Zz + ZÜ = (XZ, Yz, ZZ) + (Xl. YI. Zl).
lI-a: ((ab)f)(O lI-c:
I-c: O vetor nulo é (O, 0, O). I-d: Para cada u
= (x,
Y, z)
E
IR 3 , -u
= (-X,
Nota: Podemos associar a cada vetor (x, y)
do IR z o vetor xi + yJdo cálculo vetorial, já do conhecimento do leitor. O vetor nulo é o par (O, O). As definições dadas de adição e multiplicação por escalares concordam com as regras usuais para a adição de vetores planos e multiplicação de um vetor plano por um número.
-Y, -z) o que é evidente. (a
Y
v
/
././
/
/
/
/
Provemos algumas das condições. l-b:
-fl!::-;+;..",,---
l-c:
x
3
Fato análogo acontece com o IR : podemos associar a cada (x, Y, z) E IR 3 o vetor xi + yJ + zk do cálculo vetorial. As definições dadas de adição e multiplicação por escalares estão de acordo com as regras para a adição de vetores e de multiplicação de um vetor por um número real no espaço geométrico estudado no Cálculo Vetorial.
Z
11
= (UI
-->
= (lu,
Iv)
= (u,
--> -->
i
x
IR e (aO(t) = af(t), Vt
E
1. Completar as verificações nos exercícios I, 2, 3 e 4 anteriores. 2. No conjunto V = {(x, y)
I x,
Y E IR} definamos "adição" assim:
((f + g) + h)(t) = (f + g)(t) + h (t) = ([(O + g(t» + h (t) = f(t) + (g(t) + h(t» + (g + h)(t) = (f + (g + h) )(t), V f, g, h E C (I) eVt E I.
A função e dada por e(t) = 0, Vt E I, é contínua, e, além disso, (e + O(t) = e(t) + fIO = O + f(t) = f(t), Vt E I.
+
(xz, yz) =
(Xl + XZ, O)
e multiplicação por escalares como no IR z, ou seja, para cada a E IR,
Nessas condições V é um espaço vetorial sobre IR? Por quê?
I.
=
= f(t)
48
+
a(x, y) = (ax, ay).
O Cálculo nos ensina que f + g e af são funções contínuas, isto é, f + g, af E CCI). Temos então sobre CO) uma adição e uma multiplicação por escalares. E pode-se verificar qtte C(I) é um espaço vetorial com relação a esse par de operações. Verifiquemos alguns dos axiomas.
Função de I em IR.
(uz, vz)
EXERCÍCIOS PROPOSTOS
f + g*: I ~ IR e (f + g)(t) = f(t) + g(t),Vt E I
I-c:
=
Y
i
3. Seja I um intervalo de IR e indiquemos por C(I) o conjunto das funções contínuas definidas no intervalo I e tomando valores reais. Dados f, g E C(I) e a E IR, definem-se f + g e af do seguinte modo:
I-a:
(uz + UI, Vz + vI)
v).
(Xl, YI)
~
=
O espaço vetorial U X V acima def"mido chama-se espaço vetorial produto de U e V.
k
Por último observemos que os elementos do IR z e os do IR 3 são de natureza distinta e assim sendo não deve o leitor cometer o engano de dizer que o IR z é subconjunto do IR 3 • Mais adiante será explicado que o IR z pode, de uma certa maneira, ser considerado idêntico ao subconjunto {(x, Y, O) I x, Y E IR} do IR 3 . (Veja Capítulo 4, § 5, exercício resolvido n9 11).
af: I
+ Uz, VI + vz)
O vetor nulo neste caso é (o, o), onde o primeiro o é o vetor nulo de U e o segundo é o vetor nulo de V.
l1-d: I (u, v)
(a,b,c)=af + br + ck
3
(UI, VI) + (uz, vz)
+ (UI, VI)'
_
uf
I
V} é um espaço vetorial em relação ao seguinte par de operações:
(11) a(u, v) = (au, av).
(C,d)
r
E
(I) (UI, VI) + (uz, vz) = (UI + uz, vI + vz)
1
./ V
/
+
4. Sejam U e V espaços vetoriais sobre IR (ou lC). Mostrar que U X V = {(u, v) I u E U e
+ c, b + d)
././ ./
= (ab)f(t) = a(bf(t» = a((bf)(t» = (a(bf))(t), Vt E I. = af(t) + ag(t) = (af)(t)
(a(f + g»(t) = a(f + g)(t) = a(f(t) + g(t» + (ag)(t) = (af + ag)(t),Vt E I.
=
3.
N~ conjunto V do exercício anterior definamos a "adição" como o fazemos habitualmente no IR z e a multiplicação por escalares assim: a(x, y) = (ax, O). É então V um espaço vetorial sobre IR? Por quê?
4. Seja V o conjunto dos pares ordenados de números reais. V não é um espaço vetorial em relação a nenhum dos dois seguintes pares de operações sobre V:
= (xl
a)
(xI' YI) + (xz, yz)
b)
(Xl> YI) + (xz, yz) = (Xl' YI) e a(x, y) = (ax, ay).
+ xz, YI + Yz) e a(x, y)
= (X, ay), e
Diga em cada caso quais dos 8 axiomas não se verificam.
49
5. Seja V como no exercício anterior. Definamos:
1, então podemos concluir (usando o axioma ll-d) que
(Xl, Yl) + (X2, Y2) = ( 2Xl - 2Yb -Xl + Yl), a(x, y) = (3ay, - ax),
u
= 0.-
Com essas operações definidas sobre V, perguntamos se este conjunto é um espaço vetorial sobre R. 6. Seja V = {(x, y) I x, Y E
P4.
e V (x, Y) E V.
oo
au
=
-(au).
+ (-a)u = (a + (-a))u = Ou = o
usando o axioma II-b e P2 • Por outro lado, oo
7. Seja R = {(Xl, X2, ) I Xi E R}. Considerando sobre R as operações dadas por (Xl, X2, ...) + (Yb Y2, ) = (Xl + Yl, X2 + Y2,·") ea (Xb X2,··.) = (axb aX2, ; ..), mostrar que R oo é um espaço vetorial sobre R. 8. Mostrar que todo espaço vetorial sobre
a(-u)
Prova - Notemos que
(Xl, Yl) + (X2, Y2) = (Xl + X2' Yl + Y2), V(Xl, Yl) e (x2, Y2) E V e
(lI) a(x, y) = (ax, ay), Va E R
=
Para todo a E IR e todo u de V, (-a)u
au
+ (-au) = o.
Então: au
+ (-a)u = au + (-au).
Somando -au a ambos os membros desta última igualdade acharemos: (-a)u
3. PRIMEIRAS PROPRIEDADES DE UM ESPAÇO VETORIAL
=
-au.
Um raciocínio análogo nos mostrará que a(-u)
=
-(au). -
Nota: Define-se diferença entre dois vetores u e v do espaço V assim:
Seja V um espaço vetorial sobre IR. Provaremos a seguir algumas propriedades que são conseqüências praticamente imediatas da defmição de espaço vetorial. Para todo a
E
IR, ao
ao = a(o + o) = ao + ao; somando a ambos os membros o vetor - (ao) temos o = - (ao) + ao = -ao + ao + ao = ao. =
IR e u E V, só é possível se a = Oou u = o. Prova - Suponhamos a =1= O. Daí existe o número reala- l . Multiplicando então au = o por a- l teremos: a-l(au) = a-lo
= au
= o, com a E
Levando em conta. o axioma lI-a e a propriedade P l : (a-la)u
=o
- {3u.
Prova
(a - (3)u
= (a + (-{3))u = au + (-{3)u = au + (-({3u)) = au
= au
- (3u. -
- avo
Prova - Análoga à anterior. Fica como exercício. -
Dados {3, al, ... , a n em IR e Ul, ... , u n em V, então: {3
(t
J=l
50
u + (-v).
Quaisquer que sejam a em IR, u e v em V, a(u - v)
o.
Prova - Do mesmo tipo da anterior. Fica como exercício. -
Uma igualdade au
=
Quaisquer que sejam a, {3 E IR e u em V, (a - (3)u
= o.
Prova - Devido aos axiomas lI-c e I-c da defmição de espaço vetorial têm-se:
Para todo u E V, Ou
u - v
n
ajuj)
=
L j
({3aj)Uj'
=1
Prova - Faz-se por indução a partir dos axiomas lI-a e lI-c da defmição de espaço vetorial. -
SI
Solução
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS Além das propriedades de Pl a P 7 , enunciadas e demonstradas acima, podemos ainda citar:
a) 2u + v - 3w = (2,4,2) + (3,1, - 2) - (12,3, O)
= (- 7,2, O).
1 b) Aplicando-se as propriedades já conhecidas vem x = T(v + w -
3u). Fazendo os
1. O vetor nulo de um espaço vetorial V é unico. cálculos obtemos x = (2, - 2, - ;);
Prova Há um umco vetor o que satisfaz I-c, pois se + 01 = 01 + o = 01.
01
goza da mesma propriedade, então c) Do sistema dado obtém-se:
o = o
z=v-u
y-
2. Para cada vetor u de um espaço vetorial V existe um único vetor (- u), oposto de u. Prova Seja UI tal que u -u = -u 3. Para cada u
E
+ uI = o. Daí então, + 0= -u + (u + UI)
{ -y
= (-u
+ u) + uI = o + uI = uI.
V, tem-se - (-u) = u.
EXERCÍCIOS PROPOSTOS
Prova O axioma I-a diz que (-u) 4. Se u, v e w
E
+u
= u
+ (-u) == o.
Logo u é o oposto de -u.
1. No espaço vetorial M3x2 (R), consideremos os vetores:
V' eu + v = u + w, então v = w (lei do cuncchuncnto da adição). A
Prova (- u) + (u + v) = (- u) + (u + w) u) + u) + v = « - u) + u) + w
(l-d)
o+v=o+w
(l-c)
«-
V, então existe um único vetor v tal que u
+v
= w.
Prova Inicialmente verifica-se que w + (- u) satisfaz a equação dada. De fato: u + (w + (- u» = = u + «-u) + w) = (u + (-u)) + w = o + w = w. Por outro ludo, somando (-u) ambos os membros da equação, vem: (- u) + (u + v) = (- u) + w. Da{ «-- u) + u) + v = =w + (-u). Logo v = w + (-u). 6. Consideremos no espaço vetorial IR? os vetores u = (I, 2,1), v = (3,1, - 2) c w = (4,1, O).
a)
Calcular 2A + B - 3C;
b)
Calcular X
c)
Existem tl, t2
c) Resolver o sistema de equações
E
v+2z=y
52
E
IR 3.
1
+X
M3x2 (R) tal que A E
e C
1
=(/~ ~). O -1
2
_ X - B = C'
a)
Calcular (3 + i)u - 'iv - (2 - i)w;
b)
Existe z
E
3
'
R de maneira que A = tlB + t2 C?
+ i) vetores no espaço vetorial ([;2.
3. No espaço vetorial P3 (R) sejam dados os vetores f(t) = t 3 - 1, g(t) = t 2 + t - 1 e h(t) = t + 2. a)
Calcular 2f(t) + 3g(t) - 4h(t); R de maneira que f(t) + kg(t) = h (t)?
b)
Existe k
c)
Existem kl, k2
4. No R a)
2
E
E
R tais que f(t) = klg(t)
+ k 2h(t)?
consideremos os vetores u = (1, 1), v = (3, - 2) e w = (3, - 2).
Resolver a equação:
x + u
u+y=v+z nas incógnitas y, z
=(~ ~)
2. Seja u = (l + i, i), v = (1 - i, 2i) e w = (2, 3
a) Calcular 2u + v - 3w; b) Resolver a equação 3u + 2x = v + w;
B
O
(l-u)
v=w E
=(~~) O
Somemos - u à igualdade que consta da hipótese:
5. Se u, w
+ 2z = -v.
Adicionando membro a membro estas últimas equações obtemos z = - u = (- I, - 2, -1) e, então, y = z + v - u = (1, - 3, - 4).
v+ x
--2- + - 3 - = w, na incógnita x E R 2 ;
53
b)
X+ Y + z=u 2x - y + z = v { nas incógnitas x, y,
Z E
lR
2
x+y-2z=w .
4. SUB-ESPAÇOS VETORIAIS
(a) o E W; (b) V u, v E W, u
+
(c) V(X E R e Vu E W, (xu E W. Notemos que (b) significa que a adição de V, restrita a W, é uma adição em W. O significado de (c) é que está defrnida uma multiplicação de R X W em W. Mas será W, nessas condições, um espaço vetorial sobre R? Proposição 1 - Se· W é um sub-espaço vetorial de V, então W também é um espaço vetorial sobre R. Demonstração - A rigor temos oito itens a provar (ver definição de espaço vetorial). Contudo mostraremos apenas que:
uEW=> -uEW uma vez que os demais itens decorrem sem artifícios das hipóteses. (X
=-
1. •
Exemplos
1) Para todo espaço vetorial V é imediato que {o} e V são sub-espaços de V. São os chamados sub-espaços impróprios ou triviais.
= {(x, Y, z) E lR3 I x + Y = O} é sub-espaçó de R 3 • (a) o = (O, 0, O) E W (por quê?); (b) se u = (Xl, YI, Zl) e v = (X2' Y2, Z2) estão em W, então Xl + YI = = X2 + Y2 = O. Como u + v = (Xl + X2, YI + Y2' Zl + Z2) e (Xl + X2) + + (YI + Y2) = (Xl + YI) + (X2 + Y2) = + O = 0, então u + v E W. 2) W
°
(c) Exercício.
(a) o E U e o E W. Logo o E U () W. (b) Exercício. (c) Tomemos (X E lR e u E U () W. Como u E U e u E W (que são sub-espaços), então (xu E U e (xu E W. Logo (xu E U () W.
aUxI
!
+ al2 x 2 + ... + alnXn =
°
~~1.~1..~ .~~~~ .~.'.'.'.~.~~~~~.~.~
aml Xl
v E W; e
Mas isso é fácil: é só fazer em (c)
I
Sejam W e U esses sub-espaços.
4) Consideremos um sistema linear homogêneo sobre R de tipo m X n:
Definição 2 - Seja V um espaço vetorial sobre R. Um sub-espaço vetorial de V é um subconjunto W C V, tal que:
54
3) A intersecção de dois sub-espaços vetoriais do mesmo espaço V é também um sub-espaço vetorial de V.
Resolver o seguinte sistema de equações:
+ am2 X2 + ... + amnxn =
°
Já vimos, o que é óbvio, que (O, 0, ... , O) é solução desse sistema. Por outro lado é fácil verificar que a soma' de duas soluções de S é solução de S e que o produto de uma solução de S por um número real também é solução desse sistema. Verifiquemos a última afirmação. Se ({31' (32' ... , (3n) é solução, é verdadeira a frase ajl{31 + aj2{32 + ... + ajn{3n = 0, V j, 1 .,;;; j .,;;; m. Logo, para todo kElR, também é verdadeira a frase k(ajl{31
+ aj2{32 + ... + ajn{3n) =
°
que é equivalente a 3jl (k{31)
+ aj2 (k{32) + ... + ajn (k{3n) =
°
Esta última nos mostra que (k{31' k{32' ... , k{3n) também é solução do sistema considerado.
O conjunto solução de um sistema homogêneo é chamado espaço solução desse sistema. Trata-se de um sub-espaço vetorial do IRn. 5) Ps(lR) é sub-espaço de Pn(lR) desde que
°.,; ;
s .,;;; n (exercício);
6) O conjunto das matrizes simétricas é um sub-espaço vetorial de Mn (lR). 7) Se V é um espaço vetorial e v E V, o conjunto dos vetores da forma com À. E IR, é um sub-espaço de V.
À.
v,
55
u + v = (u + w) + (v - w).
5. SOMAS DE SUB-ESPAÇOS
Devido â unicidade que a hipótese menciona podemos afIrmar que: Sejam U e V sub-espaços vetoriais de um espaço vetorial W. Definição 3 - Indicaremos por U o seguinte subconjunto de W: U
+
V = {u
+ V e chamaremos
+vIu
u = u
de soma de U com V
e v = v - w.
Logo w = o. Provamos pois que U fi V = {o}. Exemplo - O espaço IR3 é soma direta dos sub-espaços:
E U e v E V}.
Nota: É claro que U + V = V + U e que U + {o} = U, para todos os sub-espaços U ,e V de W. Também é verdade que
U C U + V e V C U + V. Proposição 2 - Se U e V são sub-espaços vetoriais de W, então U também é um sub-espaço vetorial de W.
+w
z
U = {(x, O, O) I x E IR} e V
= {(O,
v=
Y, z) I Y, z E IR}.
É imediato que:
+V
Demonstração
l'
U fi V = {(O, O, O)};
y
u
3
por outro lado, V- (x, y, z) E IR , (x, y, z) = (x, O, O) + (O,y, z) E U + V.
x
(a) Como o = o + o, o E U e o E V, então o E U + V. (b) Sejam W1 = U1 + V1 e W2 = Ü2 + V2 elementos de U + V, onde estamos supondo U1, U2 EU e vi> V2 E V. Então: W1 + W2
= (U1
+ V1) + (U2 + V2)
= (U1
+ U2) + (V1 + V2).
Como U1 + U2 e V1 + V2 pertencem a U e V" respectivamente, então W1 + W2 E EU+V. (c) Exercício.DefInição 4 - Sejam U e V sub-espaços vetoriais de W tais que U fi V = {o}. Neste caso diz-se que U + V é soma direta dos sub-espaços U e V. Notação: U $ V. Se U e V são sub-espaços de W tais que U $ V = W dizemos que U e V são suplementares ou que U é suplementar de V (ou V é suplementar de U). Proposição 3 - Sejam U e V sub-espaços vetoriais de um espaço vetorial W. Então W = U $ V se, e somente se, cada vetor w E W admite uma única decomposição w = u + v, com u E U e v E V. Demonstração
( = » Por hipótese a decomposição existe. Suponhamos w = u + v = = U1 + V1 (u, U1 E U e v, V1 E V). Daí u - U1 = V1 - v. Como V1 - v E V (pois ambos os termos estão em V), então u - U1 E U fi V = {o}. Logo u - U1 =0 e então u = U1' Levando em conta isto conclui-se que V1 - v = o e portanto que V1 = V.
«=) teremos: 56
Suponhamos que w E U fi V. Tomando então u E U e v E V,
6. COMBINAÇÕES LINEARES Seja V um espaço vetorial sobre IR. Tomemos um subconjunto S = {U1, ... , u n } C V. Indiquemos por [S] o seguinte subconjunto de V construído a partir de S:
[S] = {a1 U1
+ ... +
anun
I a1,
... , a n E IR}
É fácil ver que [S] é um sub-espaço vetorial de V. De fato:
(a) Como o = OU1
+
(b) Se v = a1U1 + S, então v + w
= (a1
+ Oun ,
então o E S.
+ anun e w = 131U1 + ... + I3n Un pertencem a + 131)U1 + ... + (an + I3n)un
também é um elemento de S. (c) Exercício. Defmição 5 - O sub-espaço [S] que acabamos de construir recebe o nome de sub-espaço gerado por S. Cada elemento de [S] é uma combinação linear de S ou combinação linear de U1 , ... , u n . Ao invés de [S] também costuma-se escrever: [U1, U2, ... , un ]. Diz-se também que U1, ... , u n geram [S], ou então que são um sistema de geradores de [S]. 57
Notas:
7. ESPAÇOS VETORIAIS FINITAMENTE GERADOS 1) Estenderemos a definição acima para o caso S = JJ mediante a seguinte convenção: [e] = {O}.
Observemos no n~.3 o conjunto S = {(1, O, O), (O, 1, O), (O, O, 1)}.
2) No caso de S C V ser um conjunto inftnito, definimos [S] através da seguinte frase: u E [S] =3
<=>
aI> ... , at E lR
vI> ... ,
=3
Vt
E S e
I u = aIvI + ... + atvt.
Da definição 5 e. de suas ampliações, dadas acima, decorrem as seguintes propriedades que deixamos ao leitor como exercícios: a)
se
Como, para todo (a, b, c) E lR 3 , vale a igualdade: (a, b, c)
= a(l,
O, O)
+
b(O, 1, O)
+
c(O, 0, 1)
podemos dizer que os vetores de S geram o lR 3 • Muitos outros subconjuntos finitos do lR3 têm essa mesma propriedade, o que não é difícil de notar. Definição 6 - Dizemos que um espaço vetorial V é finitamente gerado se existe S C V, S finito, de maneira que V = [S].
[S] Neste texto praticamente só focalizaremos espaços vetoriais que, como o lR 3 , possam ser gerados por um número finito dos seus vetores.
b) SI C S2 C V==.;> [SI] C [S2]
c) [S] = [[S]] Salvo menção contrária somente consideraremos este tipo de espaço vetorial.
d) Se SI e S2 são subconjuntos de V, então: [SI U S2] =
[sd +
[S2]'
Exemplos Exemplo - Se V = lR3 ,
= (1, O, O) e v = (1,1, O) o que é lu, v]? lu, v] = {au + {3v I a, {3 E lR} = {(a + {3, (3, O) I a, {3 E lR} = = {(x, y, O) I x, Y E lR} uma vez que o sistema U
a+{3=x
1) O espaço V dos vetores da geometria definidos por segmentos orientados é finitamente gerado pois considerando a terna fundamental {t, j, [} para todo ti E V, existem a, b, c E lR, de mab""""+ '+k neira que -+""""+ u ai ~ c. o
{
(3=y
é compatível determinado, V-x, y E lR. Graficamente:
...... k
.,.,. J -7
I
=
Ressalte-se que f = (1, 0, O), tenham identificado V e lR3 •
J = (O,
1, O) e
k = (0,0,
1) desde que se
2) Se o indica o vetor nulo de um espaço vetorial qualquer, então V = {o} é finitamente gerado pois, fazendo S = {o}, vale V = [S]. z
58
59
4) R n é fmitamente gerado. Com efeito, generalizando o raciocínio feito
2. Mostrar que o conjunto W = (ex, y)
E
IR2 I Y = O} é um sub-espaço vetorial do IR2.
ao início do parágrafo verifica-se que o conjunto
8
=
(a) (O, O) E W.
{(I, O, ... , O), (O, 1, O, . " , O), ... , (O, ... , O, I)}
verifica a igualdade IRn = [8], ou seja, que 8 gera o IR n . Convém notar que o conjunto 8 é formado de n elementos.
(b) Sejam u
= (Xl, O) e v = (x2, O) em W; daí u + v = (Xl + X2, O), donde u + v E W.
(c) Sejam u = (x, O) em W e a em R; então au = (ax, O), donde au
E
W.
Outra maneira de resolver: observar que W é gerado por (1, O).
5) Mmxn (IR) é finitamente gerado. Verifique que as m • n matrizes do conjunto
8
3. Mostrar que é sub-espaço de M2(1R) o seguinte sub-conjunto:
=1(~. ~. ·.·.·~) (~. ~ ~), , (~. ~ ~)) 00 ... 0
00
0
00
W
(a)(: :)
E
={C :)
E M 2 (R) I Y
W;
1
geram o M mxn (IR), generalizando a decomposição feita no exemplo 3 acima.
=-x}-
(b) Sejam u = (Xl Zl
Yl) tl
e v =
X2 (
Z2
Y2) t2
elementos de W. Então:
6) P n (IR) é finitamente gerado. Os polinômios f o , f l , ... , f n dados por fo(t) = 1, fl(t) = t, ... , fn(t) = t n , Vt E IR, são geradores de Pn (lR) uma vez que se f(t) = ao + al t + ... + a n t n é um elemento de Pn (IR), então f
=
aofo
+
alf l
Observe que {fo , f1> ... , f n } possui n
+
Como Yl + Y2
+ ... +
anfn . 1 polinôlnios.
1. Seja V o conjunto dos vetores geométricos do espaço. Sendo li um vetor fixo desse espaço, mostrar que W = {ali I a E R} é um sub-espaço vetorial de V.
Solução
W
(a)
(c) Sejam v = au e À E R; então ÀV À(au) = (Àa)Ii, logo V E W.
60
(-X2)
= -(Xl + X2),
então u + v
E
W.
u~
(:
:)
=W,.E"D.{.u~ ( axaz
Como ay = a(- X) = - (ax), então au
E
ay) at
W.
4. Seja I um intervalo real e consideremos o espaço vetorial C (I) das funções reais contínuas definidas em L Mostrar que o subconjunto W de C(I) constituído das funções que são deriváveis em todos os pontos de I é um sub-espaço vetorial de C(I).
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
=
= (-Xl) +
(c) Sejam:
Nota: No apêndice 11, logo a seguir, daremos um exemplo de espaço vetorial que não é finitamente gerado.
Ô E W: basta considerar a = O. (b) Sendo v = ali e iN = {31i em W, então 1 + iN = ali + {3u = (a + {3)Ii, logo 1 + iN E ...,. W. ...,. ...,.
Yl + Y2) tl + t2
...... u
Solução O cálculo nos ensina que a função nula é derivável, que a soma de duas funções deriváveis é derivável e que o produto de uma função derivável por um número é uma função derivável. 5. Mostrar que são sub-espaços vetoriais de Mn (IR) os seguintes subconjuntos: a) U = {A E Mn (IR) I At = A}
b) V = {A
E
Mn (R) I AT = TA} onde T é uma matriz dada de Mn (R).
61
Solução
Solução
a)
u = (x, y, z) E U n V < > u E U e u E V <=> x + y = O e x = O <_> x = y = O. Logo U n V = {(O, O, z) I z E IR}, que é gerado pelo vetor (O, O, 1).
(a) A transposta da matriz nula é a própria matriz nula. (b) Sejam A, B E U. Como (A + B)t = At + Bt = A (c) Sejam AEU e a E IR. Do fato de (aA)t
b)
+ B, então A + B E U.
= aAt = aA
segue que aA EU.
(a) A matriz nula comuta com todas as matrizes. (b) Sejam A, B E V. Então AT = TA e BT = (AT)B = (TA)B = T(AB).
= TB. Daí (AB)T = A(BT) = A(TB) =
10. São sub-espaços vetoriais de C(l) os seguintes subconjuntos: U
= a(AT) = a(TA) = T(aA).
(c) Sejam A E V e a E IR. Então (aA)T
6. Provar que se S e T são sub-espaços vetoriais de um espaço V, então S
+T
V
= [S
U
= {f E = {f E
C(l) I f(t) C(l) I f(t)
= f(- t), Vt E IR} e = -f(-t), Vt E IR}
Mostrar que C(n = U Ea V.
Tl.
Solução
Solução
Como S + T :) S e S + T :) T, então S + T :) S U T. Daí S + T :) [S U TI. Por outro la.do, se u E S + T, então u = s + t (com sE S e tE T). Como, então, s c t pertencem a S U T, podemos afirmar que u = s + tE [S U Tl. Logo S + T c [S u Tl.
(a) Toda função real f definida em I pode ser assim decomposta: f(t) = g(t) + h(t), Vt E I, onde g(t) = f(t) + f( - t)
e h(t) = f(t) - f(- t)
2
2 7. Achar um conjunto de geradores (sistema de geradores) dos seguintes sub-espaços de IR a)
U
= {(x, y, z, t) E
IR4 I x - y - z
b)
V
= (ex, y, z, t) E
IR4 I x - y
4
:
Como
+ t = O};
g (-t)
= z + t = O}.
f(-t) + f(t)
2
= g(t)
e h(-t)
então g E U e h E V. Portanto C(n = U
Solução a)
=
(x, y, z, t) E U se, e somente se, x - y - z + t = O, isto é, se, e somente se, x = = y + z - t. Logo (x, y,.z, t) E U equivale a (x, y, z, t) = (y + Z - t, y, z, t) = y(l, 1, O, O) + z(l, O, 1, O) + t(-l, O, 0,1). Assim:
=
f(-t) - f(t)
2
= -h(t),
+ V.
(b) Se f E U n V, então f(t) = f( - t)e f(t) = - f(- t), Vt E L Logo 2f(t) = O, Vt E L Donde f é a função nula. Assim então U n V só contém a função nula f(t) = O, Vt E L
{(l, 1, O, O), (1, O, 1, O), (- 1, O, O, I)} é um conjunto de geradores de U. b)
De maneira análoga chega-se a que (1, 1, O, O), (O, O, 1, - 1) é um sistema de geradores de V.
EXERCÍCIOS PROPOSTOS 3
1. Quais dos seguintes conjuntos W abaixo são sub-espaços do IR ?
8. Consideremos no IR 3 os seguintes sub-espaços vetoriais: U = [(1, O, O), (1, 1, 1») e V = (O, 1, O), (O, O, 1»). Determinar um sistema de geradores de U n V. E U n V
<=>
w E U,
a(l, O, O)
W
E V
+ (3(1,
<=>
a
+ fi = O, (3 - l' = O, = - fi(l, O, O) + fi(l,
1, 1) = 1'(0, 1, O)
fi - ti 1, 1)
+
9. Dados os sub-espaços U = {(x, y, z) E IR 3 do IR , determinar o sub-espaço U n V.
62
Ix
I x E Z}
= {(x, W = {(x,
(e)
y, z) E IR 3 I x - 3z y, z) E IR
3
I ax
= O}
+ by +
cz
= O,
com a, b, c E IR}
ti (O, O, 1)
2. Quais dos conjuntos abaixo são sub-espaços do espaço P(IR) de todos os polinômios reais? (Leia o apêndice lI).
= O. Daí a = - fi, l' = fi e ti = fi. = fiCO, 1, 1). Então U n V = (O, 1, 1)1. 3
I x = O}
(b) W = {(x, y, z) E IR
(d) W 3 a, fi, 1', ti E IR tais que:
ou ainda que: Donde w
3
3
(c) W = {(x, y, i) E IR 3 I y é irracional}
Solução W
(a) W = {(x, y, z) E IR
+ Y = O} e V = {(x, y, z) E IR I x 3
(a) W = {f(t) E P (R) I f(t) tem grau maior que 2} (b) W = {f(t) I f(O) = 2f(1)}
= O}
(c) W = {f(t) I f(t)
> O,
Vt E IR}.
(d) W = {f(t) I f(t) + f'(t) = O}
63
L
*3. Verificar que não são. sub-espaços vetoriais do IR?: IR 3 I X = l} (b) {(X,y,Z)EIR3 Ix2 +y+z=0}
(a) {(x, y, z)
(C)
E
{(x, y, z) E IR 3 I X
(d) {(x, y, z)
E
E;;
IR 3 I x
Y
E;;
*11.
z}
+ Y E Q}
12.
Em cada caso quais axiomas não se verificam? (Q é o conjunto dos números racionais.)
(a) {f E C(I) I f(O) = O} (b) {f E C(I) I
*13.
.1: f(t)dt =
O}
(c) {f E C(I) I f(O) = fel)}
V + V = V
d)
V n V = V - > V c V.
::J
V;
Sejam u e v dois vetores não nulos do IR2 . Se não existe nenhum t E IR tal que u = tv, mostrar que IR2 é soma direta dos sub-espaços [uI e [v I. Verificar se as seguintes matrizes geram o espaço vetorial M2 (IR):
(:
*4. Seja I = [O, 11. Verificar se são sub-espaços vetoriais de C (I) (veja exercício resolvido n94):
>V
c)
~), (~ ~), (~ ~), (~ :)
Se V, V e W são sub-espaços vetoriais do mesmo espaço, mostrar que (V n V) + + (V n W) c V n (V + W). Descubra um exemplo para o qual o primeiro membro dessa relação é diferente do segundo e um exemplo onde ocorre igualdade.
14.
Mostrar que os números complexos 2 + 3i e 1 -
15.
Mostrar que é sub-espaço de Mn(IR) o subconjunto formado pelas matrizes anti-simétricas. Mostrar também que Mn(IR) é soma direta dos sub·espaços das matrizes simétricas e das anti-simétricas.
16.
Mostrar que os dois conjuntos {(I, -1, 2), (3, O, I)} e {(-I, - 2,3), (3,3, -4)} geram o mesmo sub-espaço vetorial do IR 3 .
*17.
Mostrar com um exemplo que se V, V e W são sub-espaços vetoriais do mesmo espaço, e se valem as relações V n V = V n We V + V = V + W, não se tem necessariamente V = W.
18.
Mostrar com um exemplo que a união de dois sub-espaços vetoriais de um mesmo espaço vetorial não precisa ser um sub-espaço vetorial desse espaço.
19.
Mostrar que a união de sub-espaços vetoriais do mesmo espaço é também um sub-espaço se, e somente se, um dos sub-espaços dados está contido no outro.
*20.
Considere os seguintes vetores do IR 3 :(_I, O, 1) e (3, 4, -.2). Determinar um sistema de equações homogêneas para o qual o espaço solução seja exatamente o sub-espaço gerado por eSses vetores.
*21.
Repita o exercício 20 com os vetores (1, O, 1, 2), (O, O, 1, O) do IR4.
2i geram o espaço vetorial CC sobre IR.
(d) {f E C(I) I f(t) = O em todos os pontos de I menos um número finito deles}. *5. Seja V um espaço vetorial. Se (Vj)j E J é uma família de sub-espaços vetoriais de V, mostrar que
~
Vj também é um sub-espaço vetorial de V.
*
*6. Seja V um espaço vetorial. Dado um subconjunto S \ó\ de V, provar que a intersecção de todos os sub-espaços vetoriais de V que contêm S também é um sub-espaço vetorial de V, sendo o menor sub-espaço de V que contém S. 7. Sejam V, V e W os seguintes sub-espaços do IR 3 : V
= {(x,
V
= {(x, y, z)
=
Ix
= z},
=y
= O} e
y, z) I x + y + z = O}. 3 3 IR , V + W = IR e V + W = IR 3 . Em algum dos casos a soma
W
Verifique que V + V é direta?
y, z) I x
= {(x,
8. Mostrar que os polinômios 1 - t, (1 - t)2, (1 - t)3 e 1 geram P3(IR). 9. Dar um sistema de geradores para cada um dos seguintes sub-espaços do IR 3 : a)
V = {(x, y, z) I x - 2y = O}
b)
V = {(x, y, z) I x + z = O e x - 2y = O}
c)
W = {(x, y, z) I x + 2y - 3z = O}
d)
V n V
e)
V + W.
{(x, y, z, t) E IR4 I x - y = z - t = O} do IR4 .
64
V - > V + V = V;
V
b)
V c V
C
(a) Determinar um suplementar do seguinte sub-espaço do IR 3: {(x, y, z) I x - y = O} (b) Mesmo exercício com o sub-espaço:
10. Sejam V e V sub-espaços vetoriais do espaço W. Provar que: a)
22.
.
>V n
V = V;
23.
Mostrar que os dois conjuntos abaixo formados de funções contínuas reais definidas em IR geram o mesmo sub-espaço vetorial de C (IR): 2 {sen t, cos2 t, sen t • cos t} e {I, sen 2t, cos 2t}
65
*24. Sejam U, V e W sub-espaços vetoriais do mesmo espaço para os quais valem o,seguinte: U n (V + W) = V n W = {o}. Provar que se u + v + w = o (vetor nulo), com u E U, v E V e w E W, então u = v = w = o. *25. Mostrar que o espaço vetorial R
oo
CAPíTULO
3
Base e Dimensão
(exercício proposto 7 - § 2) não é finitamente gerado.
Sugestão: raciocinar como será feito no apêndice lI.
Lembremos o seguinte fato relacionado com o espaço dos vetores da geometria, defInidos por meio de segmentos orientados: se considerarmos um sistema de coordenadas ortogonais, de origem 0, e se chamarmos de 1", 1 e lt os três vetores unitários com os sentidos dos eixos x, y e z, respectivamente, então cada vetor õP admite uma única representação 6P = a1" + b1 + clt, onde a, b e c são as coordenadas de P, em relação ao sistema considerado. z
p
APÊNDICE 11
Exemplo de Espaço que não é Finitamente Gerado
x
Indiquemos por P(lR) o conjunto de todos os polinômios reais. O leitor, lembrando a operação adição de polinômios e a operação multiplicação de um polinômio por um número, concluirá que P(lR), com esse par de operações, é um espaço vetorial sobre lR.
Nosso objetivo principal, neste capítulo, é mostrar que em todo espaço vetorial finitamente gerádo V eXiste um subconjunto finito B tal que todo elemento de V é combinação 'linear, de uma única maneira, desse subconjunto. E que todos os outros subconjuntos de V que têm também essa propriedade (sempre os há) possuem o mesmo número de elementos que B. Daí sairá então o conceito de "dimensão".
Mas P(IR) não é fInitamente gerado. Com efeito, dado S = {fl , ... , fn } e P(IR), supondo que cada fi seja não nulo e que fn seja o polinômio de maior grau de S, então o grau de qualquer combinação linear alfl
+ ... + anfn
não ultrapassa o grau de fn . Assim [S] só contém polinômios de grau menor que ou igual ao de fn . Como porém P(IR) compreende todos os polinômios reais, existem neste espaço polinômios de grau maior que o de fn . Logo [S] P(IR), para todo conjunto fInito se P(IR).
*'
66
1. DEPENDÊNCIA LINEAR Seja V um espaço vetorial sobre IR. Definição 1 - Dizemos que um conjunto L = {Ul' ~, ... , un } e V é linearmente independente (L.I.) se, e somente se, uma igualdade do tipo
+ . . . + a nun = o possível para al = ... = a n = O. al Ul
com os ai em IR, s6 for
67
Definição 2 - Dizemos que L = {Ul, ... , un } C V é lineannente dependente (L.D.) se, e somente se, L não é L.I., ou seja, é possível uma igualdade do tipo alul
sem que os escalares
ai
Portanto:
+ ... + anun = O
{
sejam todos iguais ao número zero.
X
1) O conjunto L = {(I, 1,0, O); (0,2, 1, O); (O, 0, 0, 3)}
>
: 1
+ 2y y
C
R 4 é L.I. pois:
~ =° 3z = °
b) C]R4
x(1, 1, 0, O) + y(O, 1, 0, O) + z(2, 1, 0, O) =(0, 0, 0, O)
°
X + 2z = x+y+ z=O
:::::=>
{x
°
_{X +
+ Y + 3z = O 3y + 3z = O 5y + 5z = O
Y + 3z = O y
+ z = O
Esse sistema admite outras soluções além da trivial; daí o conjunto é linearmente dependente. Como x=:- 2, y =: - 1 e z =: 1 é uma solução não trivial temos - 2(1, 1, O) - (1, 4, 5) + (3, 6, 5) =: (O, O, O). Esta é uma relação de dependência entre os 3 vetores dados.
x=y=z=O
2) O conjunto L = {(l, 1,0, O), (O, 1,0, O), (2, 1,0, O)}
:::::=> {
{
z(O, 0, 0, 3) = (O, 0, 0, O) _ >
:
5y + 5z = O
Escalonando o sistema, vem:
Exemplos x(l, 1, 0, O) + y(O, 2, 1,0
+ Y + 3z = O
X
x + 4y + 6z = O
é L.D. pois:
_>{2::4;: 8:: ~
>
+ 2z = y- z=o
x(l, 2, 3) + y(l, 4, 9) + z(1, 8, 27) = (O, O, O) - >
3x + 9y + 27z
Escalonando o sistema, vem:
Sendo indeterminado o sistema obtido, então há outras soluções, além da trivial, para a igualdade condicional de que partimos.
Nota: Convencionaremos que o conjunto vazio (~C V) é L.I. Como para um subconjunto L C V deve valer uma, e uma só, das duas definições anteriores e a segunda destas pressupõe elementos em L, fica justificada esta convenção.
=O
X
+
+ z= O + 6z = O 6y + 24z = O
{
c)
y y
+ 3z + 4z
=O =O =O
{X + Y + -
y
z
+ 3z z
=O =O =O
>
x(1, 2, 1) + y(2, 4, 2) + z(5, 10, 5) = (O, O, O) X
{
X
1. Verificar quais dos seguintes conjuntos de vetores do espaço vetoriál IR 3 , são linearmente
{
z
Daí, a única solução é a trivial, e o conjunto é linearmente independente.
+ 2y +
5z = O
- > 2x + 4y + 10z
EXERCÍCIOS RESOLvmos
X+ Y +
Y
2y
= O
+ 2y + 5z = O
Escalonando o sistema, vem: X + 2y + 5z = O e o sistema é indeterminado, isto é, além da solução trivial admite outras soluções; portanto o conjunto é linearmente dependente. Achar uma relação de dependência entre os 3 vetores.
independentes. a)
{(I, 1, O), (1,4,5), (3, 6, 5)}
b)
{(I, 2, 3), (1,4, 9), (1, 8, 27)}
c)
{(I, 2, 1), (2,4,2), (5, 1O,5)}
Solução a) Façamos: x(l, 1, O) + y(l, 4, 5) + z(3, 6, 5) = (O, O, O).
68
2. Se u, v e w são vetores de um espaço vetorial V tais que u {u, v} é linearmente dependente.
E
Iwl e v
E
Iwl, mostrar que
Solução Os vetores u e v são da forma u = ÀW e v = OIW, com À, 0/ E IR. O caso 0/ = À = O é trivial pois então u = v = o e basta ver que lu + Iv = o. Supondo por exemplo À O, então ÀV - O/U = À{OIW) - O/(Àw) = (ÀO/ - O/À)w = Ow = o; logo {u, v} é L.D.
'*
69
3. Consideremos, no espaço vetorial IR2, osvetores:u = (1 - 01,1 + a)ev = (l + 01,1 - a) onde a * O. Mostrar que {u, v} é LJ.
Solução I'
Solução
Para que o conjunto seja L.I. é necessário e suficiente que: x(1, O, a) + y(1, 1, a) + z(l, 1, 012 ) = (O, O, O)
(1)
só se verifique para x = y = z = O. Ora de (l), vem:
Seja X(l - 01,1 + a) + y(l + a, 1 - a) = (O, O) ou, o que é equivalente, (1 - a)x + (1 + a)y = O { (1 + a)x + (1 - a)y = O
x+y+z=O Esse sistema linear e homogêneo não deve ter soluções diferentes da trivial, para o que é necessário e suficiente que a matriz: l-a
1 +01) l-a
( 1+01
Como a * Oe a * 1 então 01 2 - a * O, o que acarreta z
seja inversível, isto é, que o sistema seja de Cramer. Como a foi tomado não nulo esta matriz é inversível e daí {u, v} é L.I. 2
y+z=O 2 (01 - a)z = O
{
2
4. Mostrar que o conjunto de vetores {I, x, x , 2 + x + 2x } de P3 (IR) é L.D. e que qual-
6. Mostrar que se o conjunto {u, v, w} de vetores de um espaço vetorial V for L.I., o mesmo acontecerá com o conjunto {u + v, u + w, v + w}
Solução Com efeito, façamos:
quer subconjunto de três elementos dele é L.I.
x(u + v) + y(u + w) + z(v + w) = o
Solução Se fIzermos aI + (3x + 'Yx2 + 0(2 + x + 2x2) = O
(1)
(o zero do segundo membro de (1) é o polinômio identicamente nulo), virá: a + 20 + «(3 + o)x + ('1 + 20)x2 = O.
Daí, segue: (x + y)u + (x + z)v + (y + z)w = o Mas o conjunto {u, v, w} é L.I. Então: Xx
+
{
a
(3 {
'1
+ 20 = O + o= O + 20 = O
o sistema admite outras soluções, além da trivial, o que nos leva a concluir que o conjunto é L.D. Um subconjunto qualquer do conjunto dado, por exemplo {I, x, x2 } é L.I.; de fato, 2 aI + (3x + 'Yx = O, implica a = (3 = '1 = O pelo princípio de identidade de polinômios. Nos 3 demais casos procede-se do mesmo modo. 5. Mostrar que o conjunto {(1, O, a), (1,1,01),(1,1, a 2)} de vetores do IR 3 é L.I., desde que a*Oea*1.
Y
= O
+z=O
Pelo princípio de identidade de polinômios, teremos:
70
Oe daí vem y = Oe x = O.
y+z=O
Escalonando o sistema, vem:
X+ Y {
=0
-y+. z=o y+z=O
_{X
+
~_
z: ~ 2z
=O
e o sistema só admite a solução trivial x = y = z = O. Logo, o conjunto {u + v, u + w, v + w} é L.I.
7. Mostrar que o conjunto de vetores sobre IR.
{(l - i, O, (2, - 1 + O}
de~2 é L.D. sobre ~ mas L.I.
71
Solução
EXERCÍCIOS PROPOSTOS
No primeiro caso, devemos mostrar que existem zl' Z2 E
(l)
1 + i e Z2 = - 1 satisfazem (1), o que mostra que o conjunto é L.D. sobre
É fácil verificar que Zl
=
x(l - i, O
+ y(2,
- 1
+ O = (O, O),
1. Quais os subconjuntos abaixo do IR 3 são linearmente independentes: a)
{(l, O, O), (O, 1, O), (O, O, 1), (2, 3, 5)}
b)
{(l, 1, 1), (1, O, 1), (1, O,. - 2)}
c)
{(O, O, O), (l, 2, 3), (4, 1, - 2)}
d)
{(l, 1, 1), (1, 2, 1), (3, 2, -I)}
vem:
f(l - Ox + l ix + (i -
2y = O
l)y = O
X {
ix
+ +
(i
+
l)y = O
(i - l)y = O
Escalonando o sistema, vem: x + (i + l)y = O e daí x = y = O. Logo o conjunto é LJ. sobre IR. 8. Mostrar que o conjunto {I, cosx, cos2x} de vetores de CO-1T, 1Tl) é L.I.
Solução
2. Quais dos subconjuntos abaixo de P4 (IR) são linearmente independentes: a) {(I, x-I, x 2 + 2x + 1, x2 } b) {2x, x 2 + 1, x + 1, x 2 - I} c) d)
{x(x - 1),x3 , 2x 3 4
{x + x-I, x
li!
x 2, x}
x + 1, x2 - I}
3. Demonstrar que o conjunto {I, eX, e2X } de vetores de C( lO, 1l) é L.I.
+ 13 cos x + '1 cos 2x = O,Vx
E [-1T,
1Tl.
* 5. Demonstrar que é L.I. o conjunto {I, (x - a), (x - a)2, ... , (x _ a)n-l}
Então: X=-1T====>
x=
O
x=
"2
de vetores de Pn - l (IR), onde a éum número arbitrário.
lI!-{3+'Y=O
>lI!+{3+'Y=O
1T
* 6. Mostrar que o subconjunto {Xl' X2' ... ,xn} de vetores de um espaço vetorial V é L.D. se,
-'1=0
>
e somente se, existe um inteirô k (1 .;; k .;; n) tal que Xk é combinação linear dos demais vetores do conjunto.
Escalonando, vem: lI!-
{3+ '1=0 2{3
{ li!
-
-
4. Mostrar que o conjunto {I, eX, xeX} de vetores de COO, 1l) é L.I.
Suponhámos:
Daí
3
7. Determinar m e n para que os conjuntos de vetores do IR3 dados abaixo sejam L.I.
= O
13 + 2'1 = O
= 13 = '1 = O e o conjunto é L.I.
9. Mostrar que o conjunto {I, sen2 x, cos 2 x} de vetores de C( [Solução Basta lembrar que sen2 x + cos 2 x - I = O.
1T,
1Tl) é L.D.
a)
{(3, 5m, 1), (2, 0,4), (l, m, 3)}
b)
{(1, 3, 5), (2, m
c)
{(6, 2, n), (3, m
+ 1, lO)} + n, m - I)}
8. Seja {u, v, w} um conjunto L.I. de vetores de um espaço vetorial V. Provar que o conjunto {u + v - 3w, u + 3v - w, v + w} é L.D. 9. Quais dos seguintes subconjuntos do C 3 são L.I. sobre C?
+ i, 2, O), (3, 1, O)} O, (O, i, O} (c) {(i, 1, O), (2 + i, 3i, 5 - O, (2,4 + 4i, 4 - 60} (a) {(i, 1, O), (l
(b) {(i, 1, O), (O, 1,
10. Suponha que {Vl' ... ,Nn} é um subconjunto L.I. de um espaço vetorial. Mostrar que {a l v1 , ..• ,anvn} também é L.I., desde que os escalares ai sejam todos não nulos.
72
73
Suponhamos (Xl *" O. Então existe o inversc:fde&l e multiplicando a igualdade acima por este inversojeremos:
*11. Suponha que {Uh' .. , Ur, Vl, ... , vs} é um subconjunto L.I. de um espaço V. Mostrar que
Ul + ((XI-ICXz)~ + ... + ((Xl- l (Xn)Un = o. Daí Ul
*12. Se {UI' ... , ui, ... , Uj, ... , un} é L.I., mostrar que {Ui> ... , ui> ... , Uj também é L.I., para todo escalar
+ o
=
(-(XI-ICXz)~
+ '" + (-(Xl-l(Xn)u n
o que mostra que Ul é combinação linear de U2, ... , uno Analogamente se procede quando (Xj *" O. -
... , un}
0<.
P4 . *13. Sejam 0<1' ••• , O
Se Sl e S2 são subconjuntos fmitos e não vazios de V, se Sl C S2 e Sl é L.D., então S2 também é L.D. Prova - Suponhamos Sl ::: {Ul, ... , ur } e S2
* 14. Provar que o conjunto de funções {e at cos bt, e at sen bt}, onde a e b são números reais e b O, é L.I.
= {Ul, ... , Ur, ... , ut}·
Por hip6tese existem números reais (Xl' ... , (Xr, não todos nulos, de maneira que \
"*
(XIUl
+ ... + (Xrur = o.
Daí aproveitando os escalares e completando com zeros teremos (XIUl + ... + (XrUr + OUr + l + ... + OUt = O. Como nem todos os escalares que figuram nesta última igualdade são nulos, então pode-se dizer que S2 é um conjunto L.D. -
2. PROPRIEDADES DA DEPENDÊNCIA LINEAR Consideremos um espaço vetorial V sobre IR. Pl
.
Ps .
Se um conjunto fmito L C V contém o vetor nulo, então esse conjunto é L.D. Prova - Seja S
P6 •
para todo (X *" O. Isso é suficiente para concluir que S é L.D.•
Prova - Suponhamos (xu = o. Como u *" o, então (X vimos nas propriedades dos espaços vetoriais. -
o conforme já
Se S = {Ul , ... , un} C V é L.D., então um dos seus vetores é combinação linear dos outros. (Veja exercício proposto n9 6, § 1.) Prova - Por hipótese existem números reais (Xl, ... , (Xn, nem todos iguais a zero, de modo que
(XIUl +
(X2~
+ ... + (XnUn
un} é L.I., e para um certo u E V tivermos S U {u} = L.D., então o vetor u é combinação linear dos vetores ul, ... ,un,istoé,u E [S]. Se S
= {Ul,""
= {Ui> ... , u n , u}
Prova - Por hip6tese tem-se uma igualdade
Se S = {u} C V eu*" o, então S é L.I.
74
Prova - Se Sl fosse L.D., então o mesmo aconteceria com S2' devido à propriedade anterior. -
= {o,
U2, . . . , u n }. Então, evidentemente (xo + O~ + ... + OUn = o
Se Sl e S2 são subconjuntos finitos e não vazios de V, com Sl C S2 e S2 L.I., então Sl também é L.I.
= O.
(Xl Ul + ... + (Xn Un + (XU = o
(1)
onde nem todos os escalares que nela figuram são nulos. Afirmamos que um dos escalares não nulos é o (x. De fato, se (X = O, então (XIUl + ... + (Xnun = o. Como porém o conjunto S é L.I., esta última igualdade s6 é possível com (Xl = ... = (Xn = O. Daí, se (X = O, então (X = (Xl = ... = (Xn = O, o que é impossível.
75
'* ° podemos multiplicar a igualdade (1) por a- l
Sendo a
(a-lal)Ul
e teremos:
(a) [B]
+ ... + (a-lan)Un + U = o
ou ainda u
= V.
(b) B é linearmente independente. Exemplos
= (-a-lal)Ul + ... + (-a-lan)un
1) {(1, O), (O, I)} é uma base do IR2
igualdade que nos mostra que U E [S].•
2) {(I, 0, ... , O), (O, 1, 0, ... , O), ... , (O, ... , 0, I)} é uma base do P7 •
Se S = {Ul' ... , Uj, ... , u n } e Uj E [S - {Uj}] (isto é, Uj é combinação linear dos demais vetores de S), então
[S]
= [S
- {Uj}].
Prova - Faremos a prova supondo j
=
3) {(1, 0, ... , O), (O, 1, 0, ... , O), ... , (O, ... , 0, I)} é uma base do espaço vetorial (Cn, considerado como espaço vetorial sobre (C.
loque nada tira em generalidàde.
4) O conjunto das m· n matrizes reais
É óbvio que [S - {ud] C [S], pois S - {ud C S. Por outro lado, dado um vetor u E [S], então: u
= alul + ... + anun
°
(1)
(ai E IR).
1 0 0
Como porém o vetor Ul está em [S - {ud], por hipótese, então: Ul
= 13211:2 + ... + 13nun'
( (2)
°
00)
~ ~.:::. ~
(0OQO 1
,
~"'~"~"
0) O
~
°
(0
'''''.
~
0) .
~ ~
Substituindo (2) em (1) iremos obter u
=
al (13211:2
+ ... + 13n un ) + a211:2 + ... + a n un·
é uma base do espaço Mm x n (IR). 5) Os n
Daí u = (al132
+
~)11:2
[(1, 1, 0, O), (O, 1,0, 2}, (O, 0, 1, O), (O, 2, -1,4)].
"
É fácil perceber a seguinte relação
2(0, 1, 0, 2) - (O, 0, 1, O)
=
=
[(1, 1, 0, O), (O, 1, 0, 2), (O, 0, 1, O)].
3. BASE DE UM ESPAÇO VETORIAL FINITAMENTE GERADO Defmição 3 - Seja V um espaço vetorial finitamente gerado. Uma base de V é um subconjunto finito B C V para o qual as seguintes condições se verificam:
76
IR de modo
= ao + alt + ... + antn ,
Vt E IR,
o que é conseqüência da própria definição de polinômio. (b) Se ao + alt + '" + antn = 0, Vt E IR, então ao devido ao princípio dos polinômios identicamente nulos.
= '" = an =
0,
(O, 2, -1, 4).
A propriedade acima nos garante, então, que
S
ao, al, ... , an E
que f(t)
Exemplo - Observe no IR4 o seguinte sub-espaço
=
1, t, ... , t n formam uma base de Pn (IR) pois
(a) Dado f E Pn (IR), existem (e são únicos)
+ ... + (al13n + an)u n
o que prova que UE [S - {Ul} ] e conseqüentemente que [S] C [S - {Ul}]' •
S
+ 1 polinômios
6) Se indicamos por o o vetor nulo de um espaço vetorial qualquer, então uma base do espaço {o} é, conforme nossas convenções a respeito, o conjunto fi). Nota: As bases exibidas nos exemplos 1, 2, 3, 4 e 5 são chamadas bases canônicas dos espaços IR 2, IRn, (Cn, Mmxn(IR) e Pn(IR), respectivamente, devido a sua naturalidade. Obviamente, esses espaços têm outras bases, conforme veremos a se· guir. Deixamos como exercício a verificação nos exemplos de 1 e 4.
Proposição 1 - Todo espaço vetorial finitamente gerado admite uma base. Demonstração - Indiquemos por V o espaço. Se V = {o}, então ~ é uma base de V devido às convenções a respeito para este caso.
77
Caso contrário existe um subconjunto finito e não vazio S C V, de maneira {o}, então existem subconjuntos não vazios de S que que V = [S]. Como S são L.I. Tomemos um deles com o maior número possível de elementos. Indicando por B esse subconjunto, afirmamos que B é uma base de V.
"*
Devido à maneira como tomamos B, para todo u E S - B teremos que B U {u} é L.D. Logo u é combinação linear de B (ver P6 no parágrafo anterior). Usando agora a propriedade P 7 , conclui-se que: [B] = [S] = V. Como, por outro lado, B é L.I., pela própria maneira como foi construído, então B é uma base de V. -
onde all lo 1.
"* O, a2r "* O, ... ,aprp "* Oé n 2
p. Para isso, ler novamente o Capítu-
Proposição 2 (Teorema do Completarnento) - Seja V um espaço vetorial de dimensão n ~ I. Se {UI, ... , ur} C V é um subconjunto L.I. com r vetores e r < n, então existem n - r vetores UH I, ... , u n E V, de maneira que B = {UI> ... , ur, u r + I, ... , u n} é uma base de V.
Demonstração - Tomemos uma base C
= {VI,
... , Vn} de V e formemos
a união: S = {Uh,'"
4. DIMENSÃO Iremos enunciar logo a seguir um resultado bastante importante que diz respeito ao número de vetores das bases de um espaço vetorial finitamente gerado. Sua demonstração, contudo, somente será feita no apêndice, ao fim deste capítulo, pelo fato de ser um tanto quanto trabalhosa. Esse apêndice é especialmente recomendado aos alunos dos Cursos de Matemática. Teorema da invariância - Seja V um espaço vetorial finitamente gerado. Então duas bases quaisquer de V têm o mesmo número de vetores. Apoiados no teorema da invariância, damos a seguinte definição. Defmição 4 - Seja V um espaço vetorial finitamente gerado. Denomina-se dimensão de V (notação: dim V) o número de vetores de uma qualquer de suas bases. Diz-se também, neste caso, que V é um espaço de dimensão finita. Decorre da defmição dada e de considerações já feitas nos exemplos após a defmição 3 que:
1) dim IR?
= 2;
2) dim IRn = n;
3) dim Cn = n;
5) dim Pn (IR) = n + I;
4) dim Mmxn(IR) = m • n;
6) dim {o} = O.
Deixamos ao leitor a tarefa de concluir que a dimensão do espaço solução de um sistema homogêneo escalonado auxI
+
al2 x 2 a2r2x 2
+ +
. .
+
atnxn = O
+
a2nxn = O
Ur, VI,""
vn}'
Dentre os subconjuntos de S que são L.I. e que contém UI, ... , u r tomemos um com o maior número possível de elementos. Seja B = {UI, ... , ur, VI, ... , vs} esse conjunto. (Obviamente párticularizamos em B a seqüência dos índices dos elementos Vi> o que não traz nenhum prejuízo à demonstração.) Mostremos que B é uma base de V. Decorre da própria escolha desse conjunto que ele é L.I. Por outro lado VI, ... , Vs são obviamente combinações lineares de B. O mesmo se pode dizer de VS +1, ••• , Vn devido à propriedade P6 vista neste capítulo. Sendo todos os vetores de C combinações lineares de B, conclui-se, pelo fato de C ser uma base de V, que todos os vetores de,\' também são combinações lineares de B. Portanto B é uma base de,V. - , . Proposição 3 - Todo sub-espaço~etorial de um espaço vetorial fmitamente gerado é também finitamente gerado.
Demonstração - Seja V finitamente gerado e W um sub-espaço vetorial de V. Se W = {O}, nada há a provar. Senão, tomemos WI E W, WI O. Se W = = {ÀIWI: ÀI E IR}, está provado. Senão,existew2 EW,quenãoédaformaÀlwl, isto é, {WI> W2} é L.I. Se W é gerado por{W1> W2}, está terminado. Senão, existe W3 em W, que não é combinação linear de { WI, W2}' E assim por diante. Este processo deve parar senão haveria em V um conjunto L.I. e infinito. -
"*
Proposição 4 - Seja Wum sub-espaço vetorial de V. Se dim W = dim V, então
W = V.
78
79
Demonstração - Pela proposição 3, W é fmitamente gerado. Logo W tem uma base. Toda base de W também é base de V devido à hipótese de que dim W = dim V. Logo todo vetor de V pertence a W. Assim V C W e, como W está contido em V, segue que V = W.•
Exemplo - Seja V = [(2, 1, 1, O), (1, O, 1, 2), (O, -1, 1, 4)] C IR4 . Na prática formamos com esses vetores as linhas de uma matriz simbólica da seguinte maneira:
( °~ ~ -1
5. PROCESSO PRÁTICO PARA DETERMINAR UMA BASE DE UM SUB-ESPAÇO DElR" (ou
~ ~)
1
4
A seguir aplicamos convenientemente as "·operações" (I) e (11) acima até obtermos a situação da hipótese de (III). Vejamos como.
(I) Se no segundo membro da igualdade acima permutarmos dois dos vetores que lá figuram evidentemente não alteramos o sub-espaço gerado, isto é, V
= [UI,
... , Ui, .. , , Uj, ... , Ur]
= [UI,
... , Uj, ... , Ui, ... , Ur]'
(11) Para todo número real Ct tem-se a seguinte igualdade:
= [UI, seja U = í3I UI +
+ Ctui, ... , ur]. + ... + í3jUj + ... + {3rur um elemento
, Ui, ... , Uj
V
+ í3iUi De fato, de V. Esse elemento também pode ser escrito da seguinte maneira: U = {3I UI
= {3IUI Logo U E [UI,
+ +
+ {3iUi - {3j CtUi + + (í3i - í3jCt)Ui + , Ui, ... , Uj
+ Ctui,
+ {3jUj + í3j CtUi + + í3j (Uj + CtUi) +
+ í3 r u r = + í3rur'
, ur].
Fica como exercício provar que o sub-espaço V contém o sub-espaço gerado por UI, ... , Ui, ... , Uj + CXUi, ... , Ur. (Veja o exercício proposto n9 12,§ 1.)
No que fizemos acima a seta indica apenas a passagem de uma etapa para outra do processo. Na primeira passagem permutamos a primeira e a segunda linhas. Na segunda passagem multiplicamos por - 2 a primeira linha e o "resultado somamos com a segunda linha. Na última passagem somamos a segunda linha com a terceira linha. Levando em conta (I) e (11) temos que V
=
[(1, O, 1, 2), (O, 1, -1, -4), (O, O, O, O)].
Como o vetor nulo pode ser retirado do segundo membro desta última igualdade, então
V
=
[(1, O, 1, 2), (O, 1, -1, -4)].
Levando em conta (III) concluímos que:
{(I, 0, 1, 2), (O, 1; -1, -4)} . é uma base de V e que dim V = 2. .
"
(111) Se UI , u~, ... , Ur, se apresentam na forma escalonada, ou seja, se o número de zeros iniciais de U2 é maior que o de UI e assim sucessivamente, então os vetores UI, ... , Ur formam um conjunto L.I. e, portanto dim V = r. Isso não é difícil de ver. Se os geradores de V não formassem um conjunto L.I., então teríamos algo como: UI
= Ct2 U2 + ... + cxrur .
Mas isso não é possível pois o número de zeros iniciais de UI é certamente diferente do número de zeros iniciais de Ct2 U2 + ... + cxru r ' devido à nossa hipótese a respeito desses vetores.
80
6. DIMENSÃO DA SOMA DE DOIS SUB-ESPAÇOS Seja W um espaço vetorial sobre IR. Já vimos que se U e V são sub-espaços de W, então U () V e U + V também são sub-espaços de W. No caso em que a dimensão de W é finita as dimensões de U () Vede U + V estão relacionadas conforme proposição e demonstração abaixo.
81
Proposição 5 - Seja W um espaço vetorial sobre IR de dimensão finita. Se U e V são sub-espaços de W, então: dim (U íl V)
+
dim (U
+ V) =
dim U
+
= ... = or = rI = ... = rt = = ... = rt = o a igualdade (1) fica: 01
Se rI
dim V.
+ V. W E U + V.
= alul + ... +
arur
+
= al'ul + ... +
a;ur
+ f31'Wl + ... +
f31Vl
+ ... +
v
onde as letras gregas indicam, obviamente, números reais.
=
= [(1,
O, 1, O), (O, 1, O, O)] e V
dim V.•
= {(l,
= {(x, y, z,
t) I x
+ Y = O}.
O, 1, O), (O, 1, O, O)} é uma base de U. Logo
=
(x, - x, z, t), onde x, z, t E IR <=>
V
Logo
=
+ z(O,
O, 1, O)
+ t(O,
O, O, 1).
[(l, -1, O, O), (O, O, 1, O), (O, O, O, 1)].
Pela forma escalonada como se apresentam os geradores de V que aí figuram podemos dizer que:
V.
C
+ ... + arur + f31 Vl + ... + f3 svs + rl Wl + ... + rtWt = o
(1)
Então: aluI
+
dim U
= r + s, dim V = r + t e
+ V).
< - > u = x(l, -1, O, O)
= (aI + al')ul + ... + (ar + a;)ur + f31 Vl + ... + f3 svs +
(b) Suponhamos aluI
O.
Quanto a V temos:
+ f31'Wl + ... + f3tWt.
+ ... + aru r +
f31 Vl
+ ... + f3svs = -rlWl
- ... -rtWt.
Como o primeiro membro desta última igualdade está em U e o segundo membro está em V e se trata do mesmo vetor, então: -rlwl - ... - rtWt E U íl V. Logo existem o 1, . . . , or E IR tais que: -rl W l - ... - rtWt
=
0l Ul
+ ... + orur'
Daqui tiramos que 0l Ul
+ ... +
0rur
+
rl Wl
Do fato de B 3 ser L.I. , conclui-se então que
82
+ V) + dim (U íl V) =
u E V <=> u
Logo [B]
= o.
Exemplo - Consideremos os seguintes sub-espaços de IR4 :
Daí W= U+ v
f3 svs
Finalmente observando que dim (U íl V) = r, dim U dim (U + V) = r + s + t, chegamos à fórmula
É fácil notar que B dim U = 2.
f3íWt
+ ... +
= f31 = ... = f3 s =
01:
Determinemos dim (U íl V) e dim (U
e
f31Vl
Com isso provamos que B de fato é um conjunto L.I.
U
f3 svs
= ... =
aI
dim (U
(a) Seja Então W = U + V (u E U, V E V). Sendo B2 e B3 bases de U e V, respectivamente, podemos representar
+
arur
Lembrando que o conjunto B2 também é L.I. tiramos daí que
é uma base de U
U
+ ... +
aluI
Demonstração - Seja B1 = {UI, ... , ur} uma base de U íl V. Como B1 é L.I. em U e em V, o teorema do comp1etamento nos garante a existência' de VI, ... , Vs E U e Wl, ... , Wt E V de tal modo que B2 = {UI, ... , Ur, VI,' .. , vs} é base de U e que B3 = {UI, ... , Ur, Wl, " . , Wt} é base de V. Mostremos que
O.
+ ... +
rtWt
= o.
= {(1,
-1, O, O), (O, O, 1, O), (O, O, O, 1)}
é uma base de V e que dim V
=
3.
Por outro lado, decorre da própria definição de soma de sub-espaços que = [B U C]. A partir disto podemos achar uma base de U + V do seguinte modo:
U + V
1
O
1
O
O
1
O
O
1
O
1
O
O
1
O
O
1
O
1
O
O
1
O
O
O
O
1
O
O
1
O
O
1 -1
O
O
O
O
1
O
O
O
1
O
O
O
O
1
O
O
O
O
O
1
1 -1
O
O
O
O
Logo dim (U dim (U íl V) = 1.
+
V)
-+
-+
= 4 e conseqüentemente U + V = IR
4
•
Disto segue que
83
4. DeterminaI uma base do R 4 que contenha os vetores (l, I, I, 1), (O, I, -I, O) e (O, 2, O, 2).
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
Solução
1. MostraI que o subconjunto {l, i} é uma base de Q:; sobre IR.
Solução Os vetores I e i constituem um sistema de geradores de
Q:;
Se tomaxmos o vetor (O, O, O, 1), então o conjunto B = {(l, 1,1, 1), (O, I, - 1,0),(0,0,2,2), (O, O, O, '1)} é L.I. Logo B é uma base do IR 4 • Obviamente, substituindo (O, O, 0,1) nessa O) obtém-se outra base do IR4 . base por qualquer (O, O, O, a)(a
2. MostraI que o subconjunto de vetores: {(O, 2, 2), (O, 4, 1)}
'*
é uma base do seguinte sub-espaço vetorial do R 3 : U = {(x, y, z) E R 3 I x = O}.
5. No espaço vetorial R 3 consideremos os seguintes su1respaços vetoriais: S = [(l, -1,2), (2, I, 1)], T = [(O, 1, -1), (l, 2, 1)], U = {(x, y, z) I x + Y = 4x - z = O} e V = = {(x, y, z) I 3x - y - z = O}. Determinar as dimensões de: S, T, U, V, S + T, S n T, T + U e T nU.
Solução Como (x, y, z) E U se, e somente se, x = O e (O, y, z) = y (O, 1, O) + z(O, O, 1), então {(O, 1, O), (O, O, I)} é uma base de U. Logo dim U = 2. Por outro lado (O, 2, 2) e
'O, 4,
1)
~o m~PM~n(~ PO:'
":r:o
:'c -: :) ~ G-; -:)
(~~r:f
Logo os vetores dados formam uma base de U, pois pertencem a U. 3. No espaço vetorial R 3 consideremos os seguintes sub-espaços: U = {(x, y, z) E R
3
I x = O} e
V = [(1, 2, O), (3, 1, 2)1.
Determinar uma base e a dimensão dos sub-espaços U, V, U + V e U n V. Solução
I
Logo dim S = 2.
b) É imediato que dim T = 2 pois seus geradores já se apresentam na forma escalonada. c) Os vetores de U são da seguinte forma: (x, - x, 4x) = x(l, -1,4). Logo {(l, -I, 4)} é uma base de U e dim U = 1. d) Os vetores de V se apresentam assim: (x, y, 3x - y) = x(l, O, 3) + y(O, I, -1). Logo V = [(I, O, 3), (O, I, -1)1. Como os geradores de V que aí apaIecem já estão na forma escalonada, então dim V = 2.
De acordo com o exercício anterior (CO, 1, O), (O, O, I)} é uma base de U. Por outro lado (1, 2, O) e (3, 1, 2) formam uma base de V pois:
(:
2
:)
~ o:_:
:)
e)
e {(l, 2, O), (O, -5, 2)} é L.I.
Determinemos uma base e a dimensão de U
2
O -5
2
O
O
2
O
O
O
Logo U + V = [(l, O, O), (O, 1, O), (O, O, 1)] e U + V = R 3 . Comeqüentemente dim (U n V) = dim U + dim V - dim (U + V) = 1. Como o vetor (O, 5,2) está em U e está em V, então (CO, - 5, 2)} é uma base de U n V. 84
O
1 -1
1
2
-----+
(~ -~ _~)
1
O
1 -1
O
3 -1
--+
Logo dim (S + T) = 3 e daí S + T = R
+ V:
( ~ ~ :)-+(~ : ~)-+(~ : :)-+(~ : ~) O -5
(~-~ ~)
3
(~ -~ _~) O
O
O
O
O
2
•
f) A paItir das dimensões de S, T e S + T, acha-se que dim (S n T) = 1.
g)
(~ ~ -~) ~ (~ ~ -~) (~ ~ -~) ~ (~ ~ -~) -----+
1 -1
4
Logo dim (T
1 -1
+ U)
4
O -3
3
O
O
O
= 2.
h) A proposição 5 deste capítulo nos conduzirá a dim (T n U)
= 1. 8S
8. Consideremos o sub-espaço vetorial de M3(IR) constituído das matrizes simétricas. Determinar uma base desse sub-espaço.
6. Determinar uma base e a dimensão do espaço solução do seguinte sistema: X-Y-z-t=O S:
{
2x
+Y
+t
Solução
= O
Podemos decompor uma matriz simétrica X de M3 (IR) da seguinte maneira:
z-t=O
O O
Solução
+
X=
Inicialmente escalonemos S: XS -
Daí tiramos: z = t, y = -
z e x =
~ t,
- / t, t, t ) I t
t=O
E IR}
t = O
1 3" t.
Logo o conjunto solução de S é V ={(
z-
= {t(
É fácil verificar que as seis matrizes em que X se decompôs formam um conjunto L.I.
+, -~ ,
1, 1 ) I t
em M3 (IR). Logo essas seis matrizes formam uma base do sub-espaço das matrizes simétricas de M3 (IR) cuja dimensão é, portanto, igual a 6. Lembre-se que M3 (IR) tem dimensão 9. E IR}
Nota: Generalizando o raciocínio que acabamos de fazer pode-se concluir que o sub-espaço 2
das matrizes simétricas de Mn (IR) tem dimensão n ; n enquanto que Mn (IR) tem dimensão n 2 . É o que pedimos no exercício 16 a seguir.
Isto mostra que o conjunto
9. (Exercício patológico) Mostrar que o conjunto {2} é uma base do espaço V = {x E IR I I x > O} cuja adição é dada por u $ v = uv e a multiplicação por escalares por O! • u = = uO!, VO! E IR.
é uma bas~do espaço SOIUr-O de S e que, portanto, a dimensão desse espaço é 1. Uma outra base de V e{(l, - 5,3,3) . 7. Seja {Ul, u2, ... , un} uma base de um espaço vetorial V de dimensão n sobre
+ ... +
anun
+ bl(iul) + ... + bn(iun),
o que mostra {Ul' ... , u n , iUl, ... , iun } gera V sobre IR. b) Por outro lado, se alul
(al
+ bli
+
1
Solução Lembremos que o vetor nulo desse espaço é o número 1. (a) A teoria dos números reais nos ensina que dado um número real u > O, existe um único número real O! tal que u = 20! : O! = log2 u. Logo u = 20! = O! • 2. (b) Se O! • 2 = 1 (vetor nulo), então 20! = 1, donde O! = O.
Nota: É claro que todo número real maior que zero e diferente de 1 constitui uma base de V sobre IR. 10. Sejam U e V sub-espaços vetoriais de um espaço de dimensão n. Supondo que dim U > ~ e que dim V
> ~, prove que: U n V *" {o}.
Solução
+
então
Logo al
O O ( O O
3y + 2z + 3t = O
{
5 3" t
Y-
f
+ bli)Ul + ... + (an + bni)un = O. + bni = O.
Consideremos a fórmula dim U + dim V = dim (U + V) + dim (U n V). Se U n V = = {o}, teríamos dim (U n V) = O. Daí dim (U + V) = dim U + dim V > n. Absurdo pois U + V é sub-espaço de um espaço de dimensão n.
= ... = an
Donde al = ., . = an = b l = ... = b n = O.
Nota: O exercício nos ensina que se a dimensão de V sobre
86
87
EXERCÍCIOS PROPOSTOS
3 11. Para que valores de a E IR o seguinte conjunto é uma base de IR : 4
1. Dar uma base e a dimensão do sub-espaço W de IR onde W = {(x, y, z, t) E IR 4 I x - y = y e x - 3y + t = O}. 2. Sendo W e U sub-espaços do IR4 de dimensão 3, que dimensões pode ter W (1, 2, 1, O), (-1, 1, O, 1), (1, 5, 2, 1) é um sistema de geradores de W n U?
+ U se
3. Sendo W o sub-espaço do exercício 1 .e U o sub-espaço do IR4 gerado por (1, 2, 1, 3) e (3, 1, 1, 4), determinar uma base e a dimensão de U + W e de U n W. 4. Achar uma base e a dimensão do seguinte sub-espaço de IR4 : U e x + 2y + t = O}.
= {(x, y, z, t)
Ix - y
=O
B = {(a, 1, O), (1, a, 1), (O, 1, a)}.
12. Sejam uI' ... , Un vetores de um espaço vetorial V. Provar que se cada vetor u de S = = [UI' ... ,unI admite uma única representação como combinação linear de uI> ... , Un , então os vetores UI> ... , un formam uma base de S. 13. Suponha que {u I> ... , un} é uma base de um espaço vetorial. Mostrar que {UI' UI + U2, ... 'UI + U2 + ... + un} também é uma base desse espaço. 14. Considere o seguinte sub-espaço vetorial de W = [(1, O, i), (1, 1
5. No espaço vetorial IR 3 consideremos os seguintes sub-espaços: U = {(x, y, z) I x = O}, V = {(x, y, z) I y - 2z = O} e
+ i,
+
ce3 :
1 - i), (1, -1 - i, - 1
+ 3i)1
Determinar uma base desse sub-espaço.
W = [(1, 1, O), (O, O, 2)1.
Determinar uma base e a dimensão de cada um dos seguintes sub-espaços: U, V, W, U V + W eU + V + W.
n V,
15. Sejam U e V espaços vetoriais sobre IR de dimensões m e n, respectivamente. Considere o espaço vetorial U X V cuja adição é dada por (UI, VI) + (u2, V2) = (UI + U2' vI + V2)
6. Detemúnar uma base e a dimensão do sub-espaço de M3 (IR) constituído das matrizes anti-simétricas. 7. Mostrar que os polinômios 1,1
+ t, 1 - t 2 e 1 - t - t 2 - t 3 formam uma base de P 3 (IR).
e a multiplicação por escalares por IX (u, v) = (IXU, IXV). Admitindo que {UI> ... , um} e {Vlo ... , vn} são bases de U e de V, respectivamente, prove que: {(Ulo o), ... , (um, o), (o, VI), ... , (o, vn )}
8. Determinar uma base e a dimensão do espaço solução de cada um dos seguintes sistemas lineares homogêneos:
a){2:
=:~::
b){
x
3x + 2 Y = O
C){2X - 2y + z = O 3x - y + 3z = O 3y + 4z = O
O
x + y + z. = 2x - y - 2z = O
é uma base de U X V. 16. Determinar a dimensão dos seguintes sub-espaços de Mn (IR): a) Sub-espaço das matrizes simétricas; b) Sub-espaço das matrizes anti-simétricas; c) Sub-espaço das matrizes A tais que A = 2At .
+ 4y + 5z = O
n
d) Sub-espaço das matrizes A = (aij) tais que
d){
x -
y -
3x -
y
z -
+ 2z
t =
O
L
aii =
o.
i= 1
- 4t = O
2y + 5z + t
=O
9. Mostrar que as matrizes:
(~ ~) .(: ~). (: ~),
G:)
7. COORDENADAS
formam uma base de M2 (IR). 10. Determinar uma base de IR4 que contenha os seguintes vetores (1, 1, 1, O), (1, 1, 2, 1).
88
Vamos trabalhar agora com bases ordenadas de wn espaço vetorial V. Uma base ordenada é uma base na qual fixamos quem é o primeiro vetor, quem é o segundo vetor, etc.
89
Seja V um espaço vetorial de dimensão finita. Dada uma base ordenada
Po"...to a matriz das coonl,mui.. de f(t) é ( -
= alul
+ ... + anun . É fácil provar que os escalares que figuram nessa igualdade estão univocamente determinados. De fato, suponhamos v Então:
(al -
=
alul +
~l)Ul
+
8. MUDANÇA DE BASE
+ anun = ~lUl + ... + ~nun' + (an - ~n)un = o. ~1
Como o conjunto B é L.I., então al -
al
) "m "laç
nada B.
de V, então todo vetor v desse espaço é combinação linear de B. Ou seja, existem al, ... , a n E IR de modo que: v
~
= ~1,
a2
= ~2'
= ... = a n ..• , a n = ~n'
~n
=
A partir de agora, diremos apenas base em vez de base ordenada, para facilitar o texto. \
O e daí
Defmição 5 - Os escalares al, ... , a n que figuram na igualdade v = al Ul + + ... + anun , conforme as considerações acima, são chamados coordenadas do vetor v em relação à base ordenada B. É conveniente, por outro lado, associar uma matriz às coordenadas do vetor u. Assim, se u =alul + ... + a n un , em relação à base ordenada B = {ut. ... , u n }, considera-se a matriz n x 1
Seja V um espaço vetorial de dimensão n e consideremos duas bases de V: ... , un } e C = {Vl, ... , vn}' Então existe uma única família de escalares aij de maneira que
B
= {Ul,
Vl
= a11u l
+ ... + antun
{,
Ou simplesmente ou
CJ
n
Vj =
Defrnição 6 - A matriz quadrada de ordem n
a11
Nota: É evidente a necessidade de trabalhar com bases ordenadas de V (não apenas bases de V) para podermos considerar a matriz de coordenadas como foi definida acima. Sem ordenar a base, não saberíamos qual seria o al, o a2, etc. Exemplo - É fácil verificar que B = {1, 1 + t, 1 + e} é uma base ordenada de P2(IR). Achemos as coordenadas de f(t) = 2 + 4t + em relação a essa base ordenada:
e
90
1, y
= 4,
x + y + z
=
2 => x
=
-3, y
=
P
=
(
a11
4 e z
=
1.
a1n)
~~~ .. ~~2 anl
an2
~~. G:nn
'"
chama-se matriz de mudança da base B para a base C. Exemplos
1) Qual a matriz de mudança da base B espa.ço P 1 (IR)?
+ t 2 = xl + y(1 + t) + z(1 + t 2) - > 2 + 4t + t2 = (x + Y + z) + yt + zt2 > 2 + 4t
=
(j = 1,2, ... , n).
i= 1
apenas se não houver possibilidades de confusão, como a matriz das coordenadas de u em relação à base ordenada B.
z
L aijUi
I {t
= XlI + = X2I+
= {I,
Yl(l + t) _ > {Xl + Yl Y2(1 + t) Yl
=
=
1 + t} para a base {l, t} no
1 e {x2 + Y2 O Y2
=
=
O 1
>
91
>
Xl
1, Yl
=
0, X2
é a matriz pedida.
2) Se B = C, obviamente a matriz de mudança de C para B ou vice-versa é a matriz idêntica. ba~.
Três problemas importantes se apresentam no que se refere a mudanças de .
Problema 1 - Se a matriz de mudança da base B para a base C é P = (aij) e a matriz de mudança da base C para uma outra base D (do mesmo espaço) é Q = Uhj), qual a matriz de mudança de B para D?
Dos diagramas ao lado decorre que PQ = QP = In. Logo P é inversível e p- 1 é simplesmente a matriz de múdança de C para B.
Problema 2- Se a matriz das coordenadas de u E V em relação à base B é:
x~ (J
Suponhamos B = {UI, ... , u n}, C = {VI,"" vn} e D = {Wl"'" wn}. A definição de matriz de mudança nos garante então que: n
Vj
L
(j
aijUi
=
1, ... ,n) e
i=l n
Wk =
L
e a matriz de mudança de base de B para C é P = (aij), qual a matriz das coordenadas de u em relação â base C?
~jkVj
(k = 1, ... , n).
j=l
Seja
Daí
t
1=1
(t aij~jk)
Ui
(k
= 1,
... , n).
J=l
essa matriz. Então o termo geral da matriz de mudança da base B para a base D é dado n
por
L
n
aij ~jk que é o termo geral de P.Q. Logo a matriz de mudança de B para D
Temos então u =
=
L j =1
n
Como cada Vj =
L
(j = 1, 2, ... ,n), então
aijUi
i=l
Nota: Uma conseqüência do que acabamos de ver é que uma matriz de mudança de bases é sempre inversível. Senão vejamos.
92
n
xiui
i=l
j=l
é a matriz PQ.
Sejam P a matriz de mudança de B para C e Q a matriz de mudança de C para B.
L
n
u=
L
i=l
n
XiUi =
n
L i=l L aijUi = Yj
j=l
t
1=1
(t
a ijYj )
Ui·
J=l
93
Devido à unicidade das coordenadas segue que:
Solução
n
Xi
=
L
(i
QijYj
= 1,
a)
Quanto à base canônica as coordenadas são as próprias componentes do vetor, ou seja, 2, 1 e 4.
b)
u = x(l, 1, 1) + y(l, 0,1) + z(l, O, -1)
2, ... , n)
. j =1
>
X+ Y +Z=2
ou
> {
Xn
= 1
x
x+y-z=4
Resolvendo o sistema obtido, encontramos x = 1, y = 2 e z = - 1. Logo as coordenadas de u neste caso são I, 2 e-L A matriz das coordenadas de u é
= Qn1Y1 + Qn2Y2 + ... + QnnYn·
Usando a notação matricial obtemos a relação desejada X
que equivale ainda a Y Problema 3 - Se
= p-
l
= py
X.
{UI> •.• ,
inversível, então os n vetores Vj
=
u n } é uma base de Ve P n
L
QijUi (j
= (Qij)
é uma matriz
= 1, ... , n) também formam uma
2. Determinar as coordenadas da matriz
(:
i=1
base de V? n
Suponhamos
L
XjVj
= O.
Então
j=l
doM,(m)
n
L j=l
ui
= {(:
Solução
= o.
1 -1) =x (1 0) +y (0 1) +z (0 0) +t (0 0) = > ( 20 01 00 20 12 1
x
L
QijXj
=
:). (: ~). (: :)}
':Y(~
n
Daí
-~)
O (i
= 1, 2, ... , n).
Como este sistema é homogêneo e a matriz
j=l
dos seus coeficientes é P (inversível), então Xl
L.I. e portanto também é base de V.
= ... = Xn = O. Logo {V1, ••. , vn }
= -1
y
->
2z +
t =
é x
x=
+ 2t =
2
y = -1
>
°
Logo as coordenadas pedidas são 1, - 1,
z =
-
5
4
t=_-.L 2
~
e - ; .
EXERCÍCIOS RESOLvmos 1. Determinar as coordenadas do vetor u = (2, I, 4) do
94
IR?
em relação às bases:
3. Determinar as coordenadas do polinômio
a)
Canônica.
a)
b)
{(l, 1, 1), (1, O, 1), (1, O, -I)}.
b)
1 + 2t - t 3 E P3 (IR) em relação
à base canônica desse espaço; à base {I, 1 - t, 1 - t2 , 1 _ t 3 }.
95
Solução a) b)
Solução
As coordenadas neste caso são obviamente 1, 2, O e -1. 3 1 + 2t - t = a1 + b(l - t) + cO - t 2) + dO _ t 3)
a + b + c + d
=
1
- b
=>
Por definição:
=>
2
o
- c
é a matriz de mudança de B para C. Para achar a matriz de mudança de C para B é só determinar a inversa dessa matriz:
- d = -1
(: (:
Logo as coordenadas são: 2, - 2, O e 1.
4. Achar a matriz de mudança da base B =
para a base canônica do
{(l, 1, O), (O, 1, O), (O, O, 3)}
IR?
Solução
2
1
1
2
O
1
1
O
O
2
O
1 ,' 1 2', O
1
O
21-1
1
2
O:,'
1
O:
O
1: _l : 2
,
(1, O, O) = a(l, 1, O) + b(O, 1, O) + c(O, O, 3) (O, 1, O) = dO, 1, O) + eCO, 1, O) (O, O, 1) = g(l, 1, O)
+ f(O, O, 3)
r ri CO f=O = 1
b
=0
= O,
Logo:
,{: + h
= 1
{ : +e
3c = O
3f = O
b = -1
e = 1
O
f = O
c =
>
(:
+ h(O, 1, O) + i(O, O, 3)
e
=0 =0
.()
I
D-(: D- (:
~L~) 2 2 2 1
O -1
1- ~ 2
2
~
(:
2
-1
2
l', I
2 II O O
I 1 1,--
,
2
O
O
3i = 1 Portanto a matriz de mudança de C para B é:
h = O . 1 1 =3
O
(-: D
é a matriz pedida.
O
6. Considerando os dados do exercício anterior, se as coordenadas de um vetor u em relação à base B são 1, 1 e 2, quais as coordenadas desse vetor em relação à base C?
3
5. No espaço IR consideremos as bases B == {e}> e2' e3} e C == {gl' g2, g3} relacionadas
seguinte maneira:
da
Solução Sejam a, b e c essas coordenadas. Então:
=
+ e3 g2 = 2eI + e2 + e3 g3 = e 1 + 2e2 + e3
gl
el
Determinar a matriz de mudança de B para C e de C para B.
96
91
a) Mostrar que os seguintes subconjuntos de M2(IR) são bases de U:
EXERCÍCIOS PROPOSTOS 0Determinar as coordenadas do vetor u
\-') a
, . canolllca;
b)
{(l, I, I), (I, 2, O), (3, I, O)};
c)
{(l, 2, 1), (O, 3, 2), (I, I, 4)}.
= (4, -5, 3) E
3
IR , em relação às seguintes bases:
B=W :) (: :) (: :)}.
c={(: :) (:-~) (: :)}
2. Determinar as coordenadas de I - 2i E (C em relação à seguinte base de Ir sobre IR: {I - i, I + i}.
(;;~eterminar ~-"
as coordenadas do vetor (l, I, i) (I, i, I + i).
E
(C3, em relação à base (l, O, O), (O, i, O),
b) Achar a matriz de mudança de B par,a C ea de C para B. c) Achar uma base D de U, de tal manej.ra que a matriz de mudança de D para B seja:
Determinar as coordenadas do polinômio t 3 em relação à seguinte base de P 3 (IR): {I, 2 - t, t2 + I, I + t + t 3 }. A matriz de mudança de uma base B do IR 2 para a base {(I, I), (O, 2)} desse mesmo espaço é:
(:
~)
(5)seja B = {UI' ... , un } uma base do espaço vetorial V e seja C = {vI" .. ,vn} onde Vi = un _ i + I (i = 1, ... , n). Provar que C é uma base de Ve calcular a matriz de mudança de B para C.
Determinar a base B. 6. A matriz de mudança da base {I de P2 (IR) é
+ t, I
- t 2 } para uma base C ambas do mesmo sub-espaço
® " " , •• 0
Seja B = {UI" .. , un} uma base do espaço vetorial Ve seja C = {UI' UI - u2" .. ,uI un}. Mostrar que C é também uma base de V. Achar as matrizes de mudança de base de B para C e de C para B. _
Determinar a base C.
gl =
el -
g2 = g3 a) b)
= 3el
~
2e2
-
e3
+ +
3e3 e3
Determinar as matrizes de mudança de B para C e de C para B. Se um vetor u de IR 3 apresenta coo'rdenadas I , 2 e 3, em reI açao - a B,quais . as coordenadas de u relativamente a C?
8. Considere o seguinte sub-espaço vetoria! de M2 (IR):
APÊNDICE 111
Teorema da Invariância Lembremos que o Teorema da Invariância, já enunciado ria pág. 80, afirma que todas as bases de um espaço vetorial dado têm o mesmo número de vetores. Precisaremos de três lemas para poder provar o Teorema da Invariância.
U={(: :) IX-'_'=O}
Lema 1 - Seja B Se u E V e ainda se
= {u},
Ü2, ••. ,
u n } urpabase de um espaço vetorial V. (1)
98
99
com ai =1= 0, então o conjunto C uma base de V.
=
{Ul, ... , ui_I> U, ui+I> ... , u n} também é
Demonstração - Faremos a demonstração supondo i trabalho com os índices.
=
1 para facilitar o
on de jJ(.I -- ai-1 ,1"'2 (.I
= J3u + J32~ + ... + J3nun
= 'YIUI + 'Y2U2 + ... + 'Ynun
=
('YIJ3)U
Lema 3 - Suponhamos V como no lema anterior. Então todo subconjunto de V que seja L.I. tem no máximo n .vetores. C
Ficou provado assim que o espaço V é gerado por
3al, ... , a n E lR
{u, U2, ... , un }.
Então alUI + ... + anun é L.D. Absurdo. -
(b) Suponhamos
+ X2 Uz + ... + Xn Un =
o
(4)
com x, X2, ... , Xn em lR. Substituindo (1) em (4) teremos: (xal)uI
+ (xa2 + X2)U2 + ... + (xa n + xn)un = o.
Como B é L.I. desta última igualdade decorre que:
= 0, xa2 + X2 = 0, ... , xa n + Xn = x = 0, X2 = 0, " . , Xn = O. _
xal Mas ai =1= O. Logo
B
Demonstração - Suponhamos que exista S = {UI, V que tenha t > n vetores e que seja L.I. Então B = {UI,
, u n , un+I> ... , ud , u n } tem n vetores e é um subconjunto L.I. Logo B é base de V devido ao lema anterior. Daí
+ ('YIJ32 + 'Y2)U2 + ... + ('YIJ3n + 'Yn)un .
xu
vn}
(3)
Substituindo (2) em (3) teremos: v
V3, •.. ,
A repetição desse raciocínio nos levará à conclusão de que {UI, U2, ... , u n} é uma base de V. -
Seja v E V. Então existem 'YI, ... , 'Yn E lR de forma que v
{UI, Uz,
(2)
(.I -ai-1 Q:z, ••• , jJn -_ -ai-1 a n.
-
-
°
é também uma base de V.
(a) Como ai =1= 0, da igualdade (1) da hipótese segue que UI
Também não podemos ter J32 = ... = J3n = 0, senão {UI, Uz} seria L.D. e, portanto, o mesmo aconteceria com o conjunto B. Admitindo que J32 =1= teremos, em virtude do lema anterior, que
O.
I un+1 = alUI + ... + anun.
+ (-l)un +1 = o
o que vem mostrar que o conjunto S
Teorema da invariância - Duas bases quaisquer do mesmo espaço vetorial finitamente gerado têm o mesmo número de vetores.
Demonstração - Sejam B = {UI> ... , u n } e C = {vI, ... , vrn } duas bases quaisquer de V. Como B é base de V e C é L.I., então m < n. Analogamente, como C é base de V e B é L.I. , então n < m. Logo m = n. -
Lema 2 - Suponhamos que exista uma base de V com n vetores. Então se " . , u n } C V é LI. e possui n vetores, B é também uma base de V.
= {Ul>
Demonstração - Seja C = {VI, ... ,vn } uma base de V. Então: UI
=
alvl
+ ... +
anvn
(ai,""
a n E lR).
Não podemos ter todos os escalares nessa igualdade nulos, pois isto implicaria que UI = o o que é impossível já que o conjunto B é L.I. Lógo um dos ai é não nulo. Suponhamos ai =1= O. O lema anterior nos assegura então que: {UI, V2, ... , vn} é uma base de V. Portanto U2 é combinação linear deste conjunto, ou seja, existem J31' J32' ... , J3n em lR de maneira que U2
100
= J3I UI + J32 V2 + ... + J3nvn 101
CAPíTULO
4
Transformacões . Lineares
Duas aplicações F: U
-+
V e G: U
V são iguais se, e somente se, F(u) =
-+
= G(u), \fu E U.
Dado W C U denomina-se imagem de W por F o seguinte subconjunto de V: F (W) = {F (u) I u E W}. Se W = U, então F (U) recebe o nome de imagem de F e a notação será Im (F). Portanto Im(F) = {F(u) I u EU}. Exemplo - Seja S: m.2 -+ m.2 a
1. NOÇÕES SOBRE APLICAÇÕES Nos capítulos precedentes nos detivemos estudando alguns aspectos intrínsecos dos espaços vetoriais fmitamente gerados: base e dimensão, principalmente. Neste capítulo nosso enfoque será outro: trataremos de examinar correspondências entre espaços vetoriais. As transformações lineares que definiremos no parágrafo dois constituem o ponto mais importante desse estudo. Mas antes façamos algumas considerações preliminares. ' Definição 1 - Dados dois conjuntos U e V, ambos não vazios, uma aplicação de U em V é uma "lei" pela qual a cada elemento de U está associado um único elemento de V. Se F indica essa lei e u indica um elemento genérico de U, então o elemento associado a u é representado por F (u) (lê-se "F de u") e se denomina imagem de u por F.
x
u= (x.y) /1
./0 I ,/
I
/ I aplicação dada por S (x, y) 2i: (x, - y), / I / I \f (x, y) no m.2 . S pode ser visualizada '- 'y 'na figura ao lado e leva cada ponto do ",I 2 m. no seu simétrico em relação ao eixo x. '-J s(u) = (x. -v) Em pat:ticular a imagem da reta Y = x é a reta x + y = (e vice-versa), a imagem do eixo x é o próprio eixo x e a imagem do eixo y é o próprio ,eixo y.
°
Defmição 2 - Uma aplicação F: U \fUI, U2 E
u,
F(ud
-+
V se diz injetora se, e somente se,
= F (U2) - >
UI
= ~.
Ou, em outra formulação, se, e somente se, \fUI, ~ E U, UI
-=1=
U2 = > F(UI)-=I= F(~):
Exemplos 1) A aplicação S: m.2 -+ m.2 dada por S(x, y) = (x, -y), V(x, y) E injetora pois se UI = (Xl, YI) e U2 = (X2, Y2) então: F(UI) = F(U2) = > (Xl, -YI)
- Y2) = > Xl
= X2
e
> UI = U2'
YI = Y2
2) A aplicação f : IR 2 pois temos, por exemplo, (1, 1)
= (X2'
m.2, é
-=1=
-+
IR 3 dada por F(x, y) =:: (O, X '.
+
Y, O) não é injetora
(2, O) e F (1, 1) = F(2, O) = (O, 2, O).
Definição 3 - Uma aplicação F: U -+ V se diz sobrejetora se, e somente se, Im (F) = V, ou seja, para todo v E V, existe u E U tal que F (u) = v.
Exemplos 1) S: m.2
O conjunto U é o domínio e o conjunto V é o contra-domínio da aplicação F. Para indicar que F é uma aplicação de U em V costuma-se escrever
F: U
-+
V
ou ainda, indicando por u um elemento genérico de U u 102
r+
F(u).
dado
m.2 definida por S(x, y) = (x, -y) é sobrejetora. De fato, v = (c, d) E m.2 , basta tomar u = (c, - d) para termos F (u) = v. 2) F: m.2 -+ m.3 dada por F(x, y) = (O, x + y, O) não é sobrejetora. Isto -+
Resumidamente escreveremos sempre S (x, y) para indicar a imagem de (x, y) por S.
103
Exemplos
porque, por exemplo, (1, 0, O) E lR3 e não é imagem por F de nenhum elemento u E lRz (o primeiro termo de cada imagem é zero).
1) Seja o: U """* V a aplicação assim definida: O (u) = o (vetor nulo de V), Vu E U. Verifiquemos que O é linear. (a) O(UI
+
Uz) = o = o
+o
= O(UI)
+
O(Uz)
(b) O(au) = o = ao = aO(u) O se denomina transformação linear nula de U em V. 2) Seja I: U"""* U definida assim: leu) = u, Vu E U. É mais um exemplo de transformação linear pois:
(O, t, O)
(a) I(UI
Definição 4 - Uma aplicação F: U """* V se diz bijetora se, e somente se, F é injetora e é sobrejetora. Exemplo - A aplicação S: lRz """* lRz dada por S (x, y) = (x, - y) é injetora e é sobrejetora conforme já vimos. Logo S é bijetora.
Uz) = UI
+
Uz = I(U1)
+
I(uz) e
(b) I(au) = au = al(u). I é o operador idêntico de U. 3) F: lR 3 """* lRz definida por f(x, y, z) = (x, 2x - z), V(x, y, z) E ~.3, também é linear.
Nota: Se F: U """* V é bijetora, então cada elemento de V é do tipo F (u), com u E U bem definido e se fizermos a associação F(u) f-+ u teremos uma aplicação de V em U pois não podemos ter F(UI) = F (uz) e UI =1= Uz já que F é injetora. Essa nova aplicação assim definida (no caso de F ser bijetora) é chamada aplicação inversa de F e é indicada por F-I. Tem-se então: p-l (F(u)) = u e F(F- I (v)) = V Vu E U e
+
Sejam UI = (Xl' YI, Zl) e Uz = (xz, Yz, Zz) em lR 3 • (a) F(UI - (Zl
+ Zz))
+
Uz) = F(XI
= (Xl> 2XI - Zl)
+ Xz,
YI
+ Yz,
+ (Xz , 2xz
Zl
+ Zz)
= (Xl
- Zz) =F (UI)
+ Xz,
2(XI
+ Xz )-
+ F (uz).
(b) Exercício. 4) F: lRn """* lRm definida por:
Vv E V.
F (Xl, ... , x n ) = (aUxI
+ ... + alnxn , ... , amlxl + ... + amnxn )
é uma transformação linear para toda família (aij) de números reais dados. Verifica-se essa afirmação generalizando o que se fez no exemplo 3. Fica como exercício. 5) Seja D: P n (lR) """* Pn (lR) definida por D (f(t)) = f'(t) para todo polinômio f(t) de Pn(lR). (f' (t) indica a derivada de f(t)). Como a derivada da soma de dois polinômios é igual à soma das derivadas e a derivada do produto de um polinômio por um número é igual a esse número multiplicado pela derivada do polinômio, então D é mais um exemplo de operador linear.
2. TRANSFORMAÇÕES LINEARES
Sejam U e V espaços vetoriais sobre lR e consideremos uma transformação linear F: U """* V. Valem a\ seguintes propriedades para F:
Definição 5 - Sejam U e V espaços vetoriais sobre lR. Uma aplicação F: U"""* V é chamada transformação linear de U em V se, e somente se, (a) F (UI
+ Uz)
= F (ud
+ F (uz),
(b) F (cw) = aF(u), Va E lR e
F (o) = o (F transfotma o vetor nulo de U no vetor nulo de V.)
Vu E U.
No caso em que U = V, uma transformação linear F : U """* Ué chamada também de operador linear.
104
PI .
-V-U1, Uz E U, e
Prova - Como o é o elemento neutro da adição em V: I1
'I
F(o)
+ o = F (o). lOS
o fato
(c) Sejam v E F (W) e a E lR. Então v
de F ser linear e o fato de o ser o vetor nulo de U dão:
F(o)
=
F(o
+ o) =
F(o)
+o
= F(o)
av
=
aF (u)
F (au).
av E F(W).•
Somando - F (o) a ambos os membros desta última igualdade chegaremos
= F (o) .
=
Como au E W, pois W é sub-espaço vetorial de U, então:
+ F (o).
Nota: A propriedade P4 acima significa que uma transformação linear transforma sub-espaço vetorial em sub-espaço vetorial. Em outras palavras, uma transformação linear "respeita" a estrutura de espaço vetorial.
a que
o
F (u), com u E W.
Logo
+ F(o).
Comparando os resultados obtidos tiramos:
F(o)
=
•
Sendo F: U -+ V linear então n
I
)
ai F (Ui).
i=l
Prova: Faz-se por indução sobre n.•
EXERCÍCIOS RESOLVIDO.S P2'
F(-u)
= -F(u),
1. Verificar se a aplicação F: IR 3 -+ IR2 definida por:
Vu E U.
F (x, y, z) = (z, x + y) é linear.
+ (-F(u» = 0= F (o) = F(u + (-u» = F(u) + F(-u). + F(-u) = F(u) + (-F(u». Somando -F(u) a ambos os
Prova - F(u)
Solução
Logo F(u) membros desta última igualdade obteremos
(a) Sejam u = (Xl, Yl, Zl) e v = (X2' Y2, Z2) dois elementos genéricos de IR 3 . Então:
F(-u)
=
F (u + v)
-F(u).•
= F (Xl
+ x2, Yl + Y2, zl + z2)
=
= (Zl + Z2, (Xl + x2) + (Yl + Y2)) =
Nota: Recomendamos ao leitor que procure justificar cada passagem desen" volvida na primeira linha da demonstração de P2.
=
(Zlo
Xl + Yl) + (Z2, x2 + Y2) =
= F(u) + F (v); (b) "Ia E IR eVu = (X, Y, z) E IR?;
P3 •
F(UI - U2)
= F(UI)
F (au) = F (ax, ay, az) = (az, ax + ay) = a(z, X + y) = aF(u).
- F(~), VUb ~ EU.
2. Verificar se F : IR
Prova (exercício). •
-+
IR 2 é uma transformação linear, onde F(x) = (x,2) "Ix E IR.
Solução P4 •
Se W é um sub-espaço de U, então a imagem de W por F é um sub-espaço de V.
Prova - Lembremos que F (W) W por F. (a) Como F (o) (b) Exercício.
106
= o,
= {F (w) I w E
então o E F(W).
W} é a imagem (direta) de
Vx,yE IR, temos F(x + y)
= (x
+ y, 2)
:/=
(x,2) + (y, 2)
= (x
+ y,4).
Logo F não é uma transformação linear. Nota: Como uma transformação linear leva o vetor nulo do domínio no vetor nulo do contra-domínio e F (O) = (O, 2) :/= (O, O) poderíamos, por este caminho, ter concluído que a aplicação F do exercício 2 não é linear. Contudo o fato de uma aplicação F: U -+ V transformar o vetor nulo de U no vetor nulo de V nã" implica que ela seja linear. Procure um exemplo. '
107
3. Verificar se a aplicação F: IR 2 mação linear.
-->
IR2 definida por F(x, y) = (x2
+ y2, x) é uma transfor-
Solução
Solução Se u
(xl> YI) e v = (X2, Y2)
E
IR2, então F(u
+ v)
= F(XI
+ x2, YI + Y2)
= «Xl + X2)2 + (YI + Y2)2, Xl + X2) = 2 2 2 = (X 1 + Y1 , Xl) + (x2 + y}, X2) + 2(XIX2 + YIY2, O) e portanto F não é linear. Notar que, apesar disso, F (O, O) = (O, O).
11)
(espaço vetorial das funções reais contínuas definidas em [O, 11) dada por: F(x, y) = xe t + ye2t, V(x, y) E 1R2. Solução (a) \/-u = (Xl> Yü e \/-v = (x2, Y2) em 1R2 :
(a) \/-X, Y (b) \/- X
E
E
V, F(X
V e \/-01.
E
F(u
+ Y) = B(X + Y) = BX + BY = F (X) + F (Y); IR, F (OI.X) = B (OI.X) = OI.(BX) = OI.F (X).
Logo, F é um operador linear de Mn (IR). A verificação de que G também é linear é análoga. Mas, em geral, F G pois BX XB.
'*
(a)
Observemos de início que {(l, 2), (O, 1)} é uma base de 1R2 . Determinemos as coordenadas de (x, y) E 1R2 em relação a essa base: (x, y) = a(l, 2) + b(O, 1 ) = > a=x e 2a + b = y ~> a = x e b = y - 2x. Logo (x, y) = x(l, 2) + (y - 2x)(0, 1). Portanto F(x, y) = xF(l, 2) + (y - 2x)F(0, 1) = x(3, -1) + (y - 2x)(1; 2) =
+ 3y + 7z.
Solução ,
F(u + v) =
+ x2, YI + Y2, Zl + Z2) = -2(XI + x2) + 3(YI + Y2) + 7(ZI + Z2) = = -2XI + 3YI + 7Z1 - 2x2 + 3Y2 + 7Z2 = F(u) + F(v). = F (Xl
(b) V OI. E IR e Vu = (x, Y, z) E 1R3 , F(OI.u) = F(OI.x, OI.Y, OI.Z) = = -2(OI.x)
F(f(t)
+ 3(OI.Y) + 7 (OI.z) = 0I.(-2x + 3y + 7z) = OI.F(u).
+ g(t» = (f(f) + g(t»
(b) F(OI.f(t»
V dada por
= (OI.f(t)
= f(f)
= OI.(f(t)
10. Seja V um espaço vetorial sobre IR. Dado OI. E IR chama-se homotetia determinada pelo escalar OI. a aplicação HOI.: V -+ V tal que HOI. (u) = OI.U, \/- u E V. Mostrar que HOI. é um operador linear de V.
(a) HOI.(UI
3
-->
Solução
+ Y, - Sx + 2y).
6. Verificar se é linear a transformação F: 1R 3 -+ IR, dada por F(x, Y, z) = - 2x
+ (OI.y)e 2t =
Solução
Solução
Vu = (Xl, YI, Zl) e Vv = (X2, Y2, z2) E 1R
E
9. Mostrar que é um operador linear de V = C([O, 1]) a aplicação F: V F(f(t» = f(t)
F(l, 2) = (3, -1) e F(O, 1) = (1, 2), achar F(x, y), onde (x, y) é um vetor genérico do IR 2.,
= (x
+ v) = F(XI + x2, YI + Y2) = (Xl + x2)et + (YI + Y2)e 2t = 2t = xle t + Yle + X2et + Y2e2t = F(u) + F(v);
IR e \/- (X, y) E 1R2 , F (OI.(x, y» = F (OI.X, OI.Y) = (OI.x)e t = OI.(xe t + ye 2t) = OI.F(x, y).
(b) \/-01.
'*
2 2 Sabendo que F: 1R -+ 1R é um operador linear e que
108
+ Y) = p-1(X + Y)P = p-I Xp + p-I yp = F(X) + F(Y);
(b) F(OI.X) = p-1(OI.X)p = OI.(p-IXP) = OI. F (X).
F: 1R2 -+ C (lO,
Solução
(a)
(a) F(X
8. Mostrar que é uma transformação linear a aplicação
4. Seja V = Mn(lR) e B uma matriz fixa desse espaço vetorial. O operador F : V --> V dado por F(X) = BX, V- X E V é linear? E quanto ao operador G : V -+ V dado porG(X) = XB? f: verdade que F = G?
s.
7. Seja P uma matriz inversível de Mn (IR). Mostrar que F: Mn (IR) -+ Mn (IR) dada por F (X) = p- l XP é um operador linear desse espaço.
+ u2) = OI. (UI + u2) = OI.uI + OI.u2 = HOI.(uI) + HOI.(u2);
(b) HOI.(tu) = OI.(tu) = t(OI.u) = tHOI.(u). 11. Num espaço vetorial V sobre IR, dado w E V, chama-se translação definida por w a aplicação Tw : V -+ V tal que Tw(u) = u + w, \f u E V. Mostrar que se w O, então T não é linear.
'*
Solução "tUI, u2 E V, Tw(UI + u2) = UI + u2 + w e TW(UI) + TW(U2) = UI + w + u2 + w. Logo, se w O, Tw não é linear. Por outro lado, se w = O, então Tw coincide com o operador idêntico que é linear.
'*
109
EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Quais das seguintes aplicações de R 3 em R 3 são operadores lineares? a)
Ft(x, y, z) = (x - y, x
+ y,
O);
b)
F2 (x, y, z) = (2x - y + z, O, O);
c)
F3(X, y, z) = (x, x, x);
d)
F4(X, y, z) = (2x 2 + 3y,x, z).
3. NÚCLEO E IMAGEM
2. Seja F : IR 3 -> IR 3 o operador linear assim defmido na base canônica: F(1, O, O) = (2,3,1), F(O, I, O) = (5,2,7) e F(O, 0,1) = (- 2, 0,7). Determinar F(x, y, z), onde (x, y, z) é um vetor genérico do IR 3. Mostrar que F é um operador linear.
3. Consideremos o espaço vetorial CC sobre R e seja F: CC ~ CC tal que F(z) = Z, "tz E CC. Mostre que F é um operador linear. Se tivéssemos considerado o espaço vetorial CC sobre CC seria F ainda um operador linear? 4. Verifique
s~
10.'Seja F: U -> V uma transformação linear com a seguinte propriedaçle: se {UI' ... , un} éuma base de U,.então {F(ut), ... ,F(un)} é linearmente independente em V. Provar que F é injetora.
Definição 6 - Sejam U e V espaços vetoriais sobre IR e F: U ~ V uma transformação linear. Indica-se por Ker (F) e denomina-se núcleo de F o seguinte subconjunto de U: Ker(F) Exemplo - Seja F: IR? ~
~Pn(R)
tal que F (f(t» = tf'(t), "tf(t) E Pn(R); (b) F: Pn (R) ~ Pn (R) tal que F (f(t» = f' (t) + t 2f" (t), "tf(t) E Pn (R). 5. Existe um operador linear F : IR 3 -> IR 3 tal que F(1, 1, 1) = (1, 2,3), F(1, 2,3) = (1,4,9) e F(2, 3,4) = (1,8, 27)? Justifique sua resposta.
6)
a)
F(u) = u + (1, 0,1, O); F (u) = (1, O, 1, 1);
c)
F (u) = (x, y - z, y + z, x + t);
d)
F (u) = (cos x, y, z, t).
= (O,
x
+ y,
O).
(x, y) E Ker(F) <=> (O, x Logo Ker(F)
= {(x,
+ y,
O)
:;:=
(O, O, O) <=> x
z
y
KerlFI
x=-y y
8. Seja F o operador linear do R 2 tal que F(1, O) = (2, 1) e F(O, 1) = (1, 4). Determinar F(2, 4);
b)
Determinar (x, y)
"ê) \
E
IR?
tal que F(x, y)
=:
\.....) = XA - AX, Vx E Mn(IR) , é linear.
Se A = ÀIn com À E IR, o que é F?
x
(2, 3);
Provar que F é sobrejetor e injetor (bijetor).
(~9\ Seja A uma matriz fixa de Mn(IR). Mostrar que F : Mn(IR)
110
= -y
,x) I x E IR}.
Sejam U e V sub-espaços de um espaço W tais que W = ue V. Sejam Pt e P2 as aplicações de W em W tais que para todo w = u + v de W (com u E U e v E V) associam, respectivamente, u e v, ou seja Pt(w) = u e P2 (w) = v.Mostrarque Pt e P2 são lineares.
a)
= o}
Achemos o núcleo de F. Temos:
6. Seja u = (x, y, z, t) um vetor genérico do R 4 . Quais das aplicações definidas abaixo são operadores lineares do R 4? b)
U I F(u)
a transformação linear dada por:
]R3
F(x, y)
são operadores lineares no espaço Pn(R):
(a) F: Pn(R)
= {u E
Proposição 1 - Seja F : U ->
Mn(IR) dada por: F(X)
~
V uma transformação linear. Então:
a)·
Ker(F) é um sub-espaço vetorial de U;
b)
A transformação linear F é injetora se, e somente se, Ker(F)
= {o}. 111
teorema do completamento. Mostremos que B de Im (F).
Demonstração
a)
(1) Como F(o)
= o,
então o E Ker(F).
Portanto
+ Uz) = F(ud + F(Uz) = o + o = o. UI + Uz E Ker(F).
v
(3) Exercício: Prove que se u E Ker(F) e a E IR então au E Ker(F). b) Suponhamos F injetora. Seja u E Ker(F). Então F(u) = o. Mas F(o) = o, conforme P l . Logo F(u) = F(o). Usando a hipótese nesta última relação tiramos: u = o. Então, se F é injetora, o núcleo de F se resume ao vetor nulo de U. Reciprocamente suponhamos Ker(F)
{o}. Dados UI, Uz E U, então
= > F(Ul) - F(uz) = o = > = > F(Ul - uz) = o = > UI - Uz E Ker(F) F(uI)
=
=
= F(alul + = alF(ul) + = (3lF(Vl) +
pois como U10 [B] = Im(F).
••• ,
+ ... + (3svs = aluI + ... + aru r
Daí aluI
-+ Pn(lR) dado por D(f(t))
+ (3sF(vs)
u r E Ker(F), então suas imagens, por F, são nulas. Então
(3lVI
>
o que mostra que F é injetora. -
O operador linear D: Pn(R)
+ arur + (3lVl + ... + (3svs) = + arF(ur ) + (3I F (vI) + ... + (3sF(vs) =
(b) Suponhamos (3lF(VI) + ... + (3sF(vs) = o com (31, " . ,(3s E lR. Então F ((31 VI + ... + (3svs) = o, do que resulta que (31 VI + ... + (3sVs pertence a Ker(F). Logo existem aI, ... , ar E R de maneira que:
F(uz)
= > UI - Uz = o = > UI = Uz
Exemplo -
é uma base
(a) Dado v E Im(F), existe u E U tal que F(u) = v. Mas u é combinação linear de Bz : u = aluI + ... + arur + (3IVI + ... + (3svs, com os ai e os (3j em R, já que Bz é base de U. Logo:
(2) Sejam UI, Uz E Ker(F). Então F(uI) = F(Uz) = o. Daí F(uI
= {F (vd, ... , F (vs)}
=
=
f'(t) é uma transformação linear injetora (operador injetor)?
+
Se f(t) = ao + alt + a z t2 + ... antn , então D(f(t)) = aI + 2az t + ... + n l nant - . Logo f'(t) = O tem como conseqüência que aI = az = ... = an = O.
+
Portanto f(t) = ao e daí Ker(D) = {ao I ao E IR} = IR, OU seja, Ker(D) é o conjunto dos polinômios reais constantes. Logo D não é um operador injetor. A imagem de uma transformação linear F : U -+ V foi definida anteriormente: Im(F) = {F(u) I u E U}. Já vimos que é um sub-espaço vetorial de V.
O teorema a seguir, que relaciona as dimensões de Ker(F) e Im (F) nos casos
+ ... +
aru r
+
(-(3I)Vl
+ ... +
(-(3s)vs = o
Como o conjunto Bz é L.I., podemos concluir que todos os escalares da última igualdade são nulos. Em particular (31 = (3z = ... = (3s = O. Ficou provado então que B é L.I. Para terminar a demonstração, basta observar que, como dim Ker(F) = r, dim U = r + s e dim Im (F) = s, então dim U = dim Ker(F) + dim Im(F). Corolário - Sejam U e V espaços vetoriais sobre R com a mesma dimensão finita n e suponhamos F: U -+ V uma transformação linear. Então são equivalentes as· seguintes afirmações:
(I) F é sobrejetora. (11) F é bijetora. (III) F é injetora.
ém que dim U é finita, é bastante importante.
(IV) F transforma uma base de U em uma base de V (isto é, se B é uma base de U, então F(B) é base de V).
Teorema do Núcleo e da Imagem - Sejam U e V espaços vetoriais de dimensão fmita sobre R. Dada uma transformação linear F: U -+ V, então
Demonstração
dim U
= dim Ker(F) + dim Im(F).
Seja B l = {UI, ... , Ur } uma base de Ker(f). Essa base pode ser estendida a uma base Bz = {UI, ... , ur , V10 ••• , vs} de U conforme o Demonstração -
112
(I) = > (11) Por hipótese Im (F) = V. Levando em conta que dim U = dim V, a fórmula dim U = dim Ker(F) + dim Im (F) equivale então a dim Ker(F) = O. Logo Ker(F) = {o} e F é injetora. Então F é bijetora.
113
...
Logo F é injetora.
(11) - > (I1I) Imediato.
= a + bt E P I (lR) basta tomar u Então F é sobrejetora.
(11) Dado f(t)
(I1I) ==> (IV).
tenha F(u)
Sendo B = {U., ... , un}uma base deU mostremos que F(B) = {F(UI)' ... , F(un )} é uma base de V. Observemos de início que F(B) tem tantos vetores como B pelo fato de F ser injetora.. Então basta mostrar que F(B) é L.I. Suponhamos aI. ... , a n E lR e aIF(uI) + ... + anF(u n) = o. Disto resulta, pela linearidade de F que F(aluI
= f(t).
= (a, b -
a) para que se
+ (X2' Y2)) = F(XI + X2, YI + Y2) = Xl + X2 + + X2 + YI + Y2)t = Xl + (Xl + YI)t + X2 + (X2 + Y2)t =
(I1I) F((xl> YI)
+ (Xl
= F(XI' yd
+ F(X2' Y2)'
(N) A condição F(au)
+ ... + anu n) = o.
= aF(u) é
deixada como exercício.
Sendo F injetora segue que Proposição 2 - Se F é um isomorfismo de U em V, então F-I: V bém é um isomorfismo (de Vem U). .
+ ... + an Un = o. ai = a2 = ... = a n = O.
ai Ul Como B é L.I. conclui-se que (IV)
=>
=
aIF(uI)
+ ... + anF(un ),
F(u)
com al, ... , a n E lR.
Estando em U a combinação linear ficou provado que todo elemento de V é imagem (por F) de um elemento de U. Ou seja, F é sobrejetóra. -
4. ISOMORFISMOS E AUTOMORFISMOS Defmição 7 - Entende-se por isomorfismo do espaço vetorial U no espaço vetorial V uma transformação linear F: U -i> Y que seja bijetora. Um isomorfismo F: U -i> U é um automorfismo de U.
Exemplos 1) O operador idêntico I: U -i> U dada por I(u) = u para todo vetor u do espaço é trivialmente um automorfismo de U. 2) F: lR2 -i> P I (lR) definida por F(x, y) = x + (x + y)t é também um isomorfismo. De fato.
> Xl
= u.
Então F(u)
= VI
e
= F-I (F(u)) = u. (I1I) Sejam VI, V2 E V e façamos F-I (VI + V2) = u. Como F é sobrejetora, então existem UI. U2 E U de maneira que F(Ul) = VI «=> F-I (vd = UI) e F(Ü2) = V2 «=> F~l (V2) = Ü2). Substituindo estes resultados na igualdade F-I (v)
+ ... + anu n). alUI + ... + anU n
v = F(alul
(I) F(xt. YI) = F(X2' Y2)
(I) Suponhamos vl> V2 E Ve F-I (VI) = F-I (V2) Daí VI = V2' Logo F- l é injetora.
= V2.
(11) Para verificar que F-I é sobrejetora basta observar que dado u E U, tomando v == F(u) teremos:
Como F é linear podemos afirmar que
+ (Xl + YI)t =
= X2 + (X2 + Y2)t = > Xl = X2 => Xl = X2 e YI = Y2' 114
U tam.
Demonstração
(I)
Seja v E V. Tomando uma base B = {Ul> ... , u n } de U, então nossa hipótese garante que F(B) = {F(ud, ... , F(un )} é uma base de V. Logo v é combinação linear de F(B): v
-i>
e Xl
+ YI = X2 + Y2- - >
1
inicial: u
= =
F-I (F (UI) UI
+ F (Ü2)) = F-I (F(UI + U2)) =
+ Ü2 =
F-I (VI)
+ F-I (V2)'
Voltando à igualdade inicial: F-I (VI
+ V2) = F-I (VI) + F- l (V2)'
(IV) Fica como exercício a demonstração de que: F-I (av) = aF- l (v), "Ia E lR e "Iv E V. _
Nota: A proposição acima nos diz que sempre que éxiste um isomorfismo F: U -i> V também existe um isomorfismo F-I: V -i> U (isomorfismo inverso de F) e devido a isso dizemos; nesse caso, que U e V são espaços vetoriais isomorfos. Dois espaços vetoriais isomorfos U e V muitas vezes são considerados indistintos. Para tanto, se F é o isomorfismo considerado de U em V, identifica-se cada elemento u E U com sua imagem F(u) E V. 115
:g possível estabelecer uma caracterização para os isomorfismos entre espaços vetoriais de dimensão finita, em termos de dimensão. O lema a seguir nos levará a isso. Lema - Sejam U e V espaços vetoriais sobre IR. Se dim U
=
n e B
u
v
=
= {UI> U2, ..• , u n } é uma base de U, então, para toda seqüência vI>' .. 'Vn de vetores de V, a aplicação F : U -+ V, definida por
é linear e F(Ui) = Vi (i = 1,2, ... , n). Ademais, se G : U -+ V é linear e G(uD = Vi (i
= 1, ... ,n),entãoG = F.
Demonstração n
I) Sejam Wl
=
L i=
F(Wl
+ W2) =
n
aiui e W2
=
L i=
1
F(.i
+ l3i)Ui) =
(ai
1= 1
n
L
=
i=
~Vi +
t
(ai
+ I3i)Vi
=
1= 1
n
L i=
1
l3iui vetores de U. Então
1
l3iv i
= F(Wl) +
Teorema 2 - Dois espaços U e V de dimens[o finita são isomorfos se, e somen· te se,dim U = dim V.
F(W2)
1
11) Fica como exercício a demonstração de que F(aw) = aF(w), para todo aER e todo wEU. I1I) F(Ul) = F(1Ul Obviamente: F(U2)
=
+
OU2
+ ... + = Vn .
Ou n ) = Iv 1
Demonstração
(
+ Ov2 + ... + Ovn = VI'
IV) Seja w E U. Então w se escreve, de maneira única, como: n
W
=L i=
ti
= ai G(Ui) rio,G = F . • G(w)
(~
aiUi. Daí, levando em conta que G é linear
1
=
ti
ai F(Ui)
»
Seja F : U -+ V um isomorfismo. Então Ker(F) = {O}e Im(F) = V. Mas, devido ao teorema do núcleo e da imagem, dim U = dimKer(F) + dimIm(F). Donde dim U = dimV.
V2, ... , F(un>
) SejamB= {Ul, ... ,un }eC= {vl, ... ,vn}basesdeUeV,res-
pectivamente, e consideremos F : U -+ V dada por F
= F( ~1 aiUi) = F(w) e, como w é arbitrá-
n
me o lema anterior. Assim, F é linear. Supondo ai = O (i = 1, ... , n) e portanto
.
116
(
aiVi =
i
aiVi. confor·
1=1
o, como C é L.I., entl[o
L aiui = O. Donde F é injetora. O corolário do
i=
entre si. Podem, inclusive, ser todos iguais. Mas os Ui (i = 1,2, ... , n) são distintos entre si pois B é uma base de U.
aiui)=
1=1
i= 1
n
Nota: Os vetores VI> ... , vn no lema anterior n[o s[o necessariamente distintos
L
(t
1
teorema do núcleo e da imagem nos garante então que F é sobrejetora e portanto é isomorfismo.
P
11'
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 1. Seja F: 1R ~ 1R 3
2
Solução
K~
a transformação linear dada por F (x, y, z) = (x + y, 2x - y + z).
a)
Dar uma base e a dimensão de Ker(F);
b)
Dar uma base e a dimensão de Im(F).
(F)
Solução a)
{ 2x -
y
= O
+z= O
{X +
Y
= O
- 3y + z
=O
~
(~~
t)
(:
:)
)}
Como o sistema X
= O
y=O {
cuja solução geral é (-y, y, 3y), y E IR, então Ker(F) = {(~ y, y, 3y) I y E IR} = = {y(- 1,1,3) I y E IR}. Logo Ker(F) = [(-1, 1, 3)] e {(-I, 1, 3)} é uma base de Ker(F). b)
M, (R) I ( : _: )
E
( 2:-, 2y
Ker(F) = {(x, y, z) E 1R3 I (x + y, 2x - y + z) = (O, On. Como
X+ Y
= {(: :)
Achemos um conjunto de geradores de Im(F) : (x + y, 2x - y + z) = x(l, 2) + + y(I,.- 1) + z(O, 1) do que segue que Im(F) = [(I, 2), (1, -1), (O, 1)]. Para determmar uma base de Im(F) usamos o processo prático já estudado (Cap. 3, § 5):
2x-z=0 2y - t = O
só admite a solução trivial F é injetora. Por outro lado, levando em conta o teorema do núcleo e da imagem, tiramos que dim Im(F) = dim M 2 (IR) - dim Ker(F) = 4 - O = 4. Logo Im(F) = M2 (IR) e qualquer base deste espaço é base de Im(F). Observe que F é um automorfismo de M 2 (IR). Os mesmos resultados seriam obtidos para qualquer matriz B inversível.
4. Mostrar que o operador linear F do 1R3 dado por F (x, y, z) = (x + z, x . - z, y) é um automorfismo. Determinar F-i Solução Assm;., uma ,base de Im(F) é {(I, 2), (O, 1)}e dim Im(F) = 2. Segue que Im(F) = IR2 e F e sobreJetora.Para concluir que {(I, 2), (O, 1)}é base de Im(F), ver Capo 3, § 5.
Para achar o núcleo de F devemos resolver o sistema
X
2. Determinar uma aplicação linear F: 1R3 ~ 1R4 tal que
+
{
y = O
Im (F) = [(1, 1, 2, 1), (2, 1, O, 1)].
Solução Como dim Im (F) = 2, então dim Ker(F) = 1. Podemos tomar F: 1R3 -+ 1R4 tal que F(:, O, O) = (O, O, O, O), F(O, 1, O) =(1,1,2,1) e F(O, 0,1) = (2, 1, 0,1). A imagem sera o conjunto dado. Temos
cuja única solução é (O, O, O). Logo Ker (F) = {(O, O, O)} e F é injetora. Devido ao corolário do teorema do núcleo e da imagem podemos afirmar que F é um automorfismo. Supondo F-i (x, y, z) = (a, b, c), então (x, y, z) = F(a, b, c) = (a + c, a - c, b). Logo +c=x
F (x, y, z) = xF (I, O, O) + yF(O, 1, O) + zF (O, O, 1) = = y(l, 1,2,1) + z(2, 1, O, 1) = (y + 2z, y
+ z,
3. Seja F o operador linear de M2 \IR) definido por F(X) = BX,:V'XEM 2 (IR), ondeB EM 2 (IR).
118
~( ~
_
~)
''''''''ino
-c=y
2y, y + z).
É claro que o exercício em questão admite muitas soluções.
No '"00 de B
:l = O.
x-z=o
b
=z
x+y x-y do que resulta que a = - 2 - , b = z e c = - 2 - ' Logo:
K~(F)o ~. b"o d. Jm_ do ~F. 119
5. A aplicação linear F: IR3 ~ IR3 dada por F (1, O, O) F(O; 0, 1) = (1, - 1, 6), é um automorfismo?
= (1,
1, O), F (O, 1, O)
= (O,
O, 1) e
Solução
Solução F (x, y, z)
= xF(1, 0, O) + yF(O,
1, O)
+ zF(O, 0,1) = x(l, 1, O) + y(O, 0,1) +
+ z (1, - 1, 6) = (x + z, x - z, y + 6z). Como a única solução do sistema
° + 6z = °
+ z=
z=O
y
Seja B = {uJ, ... , ur}. Todo elemento v E Im(F) pode ser representado por v = F(u), com u E U = [Bl. Logo existem "'lo . . . , ar E IR de modo que u = aluI + ... + arur. Assim v = F (u) = F ("'I uI + ... + "'rur) = alF (UI) + ... + arF (u r ) o que vem mostrar que v E [F(B)1. Ficou provado pois que Im(F) c [F(B)1. Por outro lado um elemento, v E [F(B)) é dado por v = a1F(ul) + ... + arF(ur) = F(alul + ... + aru r ). Logo v E Im (F). Temos então que [F(B)] c Im (F). 9. Achar uma transformação linear do IR 3 no IR 2 cujo núcleo seja gerado por (l, 1, O).
é a trivial, então Ker(F) = {(O, 0, O)} e F é um automorfismo do IR 3 . Outra maneira de resolver: Mostrar que F leva uma base. de IR 3 em uma base de IR 3 .
6. Mostrar que F: IR ~ IR
3 4 dada por F (x, y, z) = (x, x - y, y - z, z) é injetora mas não é isomorfismo de IR3 em IR4 .
Solução
8. Sejam U e V espaços vetoriais sobre IR e F : U ---+ V uma transformação linear. Provar que. se Bc U é tal que [B] U, então [F(B)] = Im(F).
\'
É claro que F é linear. Por outro lado o sistema
Solução A idéia a ser usada na resolução está contida na demonstração do teorema do núcleo e da imagem. O conjunto {(I, 1, O), (0, 1, O), (O, O, 1)} é uma base do IR3 que completa a base {(I, 1, O)} do núcleo da transformação que pretendemos achar. Se tomarmos T(O, 1, O) e T(O, 0, 1) linearmente independentes teremos uma base da Im (T), onde T é a transformação procurada. Façamos então: T(O, 1, O) = (1, O) e TCO, 0, 1) = (O, 1). Como (x, y, z) = x(1, 1, O) + z(O, 0,1) + (y - x)(O, 1, O), então T(x, y, z) = xT(l, 1, Ó) + + (y - x)T(O, 1, O) + zT(O, 0, 1) ='x{O, 6) + (y - x)(l, O) + z(O, 1) = (y ~ x, z). Notemos que o problema admite infinitas soluções.
=0 : {
\0. Provar que o espaço vetorial IR 2 é isomorfo ao subespaço U = {(x, y, z) E IR 3 I z
O}
do IR 3 .
=0
- yy
° z = °
- z =
Solução A função F: IR 2 ~ IR3 dada por F (x, y) = (x, y, (l) é linear injetora e sua imagem é o subespaço U. Logo 1R 2 ' e U são isomorfos.
só admite a solução trivial. Logo Ker(F) = {(O, 0, O, O)} e F é injetora. Mas não é sobrejetora pois dim Im (F) = dim IR3 - dim Ker (F) = 3 do que segue que Im (F) IR 4 .
*
Se uSamos o teorema 2, o exercício é imediato.
7. Determinar o núcleo e a imagem, bem como as dimensões respectivas, de F: P2 (IR) ~ P 3 (IR) dada por F (f(t) = f(t) + t 2['(t). Solução
°
2 (polinômio Seja a + bt + ct E Ker (F). Isso equivale a a + bt + ct2 + t 2 (b + 2ct) = que por sua vez se verifica se, e somente nulo), ou seja, a + bt + (b + c)t 2 + 2ct 3 = se, a = b = c = O. Logo Ker (F) = {O}. Assim dim Ker (F) = O. Por outro lado, seja f(t) um polinômio genérico da Im (F). Então f(t) = a + bt + (b + c)t 2 + 2ct 3 = a + b(t + t 2) + + c(t 2 + 2t 3 ). Isto mostra que 1m (F) = !l, t + t 2 , t 2 + 2t3 1. Como esses três .vetores que geram Im (F) formam um conjunto L.1. (verifique) então {I, t + t 2 , t 2 + 2t 3 } é uma base de Im (F).
°
120
EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Para cada uma das transformações lineares abaixo determinar uma base e a dimensão do núcleo e da imagem:
(a) F: IR3 ~ IR dada por F(x, y, z) = x
+ y - z. + y).
(b) F: IR2 ~ IR 2 dada por F (x, y) = (2x, x
(c) F: IR3 ~ IR4 definida por F (x, y, z) = (x - y - z, x (d) F: P (IR) ~P2(IR) dada por F (f(t» = t 2 f"(t).
+ y + z,2x - y + z, - y).
2
121
(o) F, M,(R)
~ M,(IR) dada pm:~
(f) F: M2 (R)
-7
*12. Consideremos o espaço vetorial R
( : ~Y' ondo
*2. Determinar um operador linear F: R 3 (1, - 1, 2).
-7
:)
4. Determinar um operador linear do R 3 cujo núcleo tenha dimensão 1.
5. Seja F: R 3 -7 R 3 definida por F(l, 0, O) = (1, 1, O) e F(O, O, 1) = (O, O, 2) e F(O, 1, O) = (1, 1, 2). Determinar uma base de cada um dos seguintes sub-espaços vetoriais: Ker(F), Im (F), Ker(F)
n Im(F) e Ker(F) + Im(F).
6. Mostrar que cada um dos operadores lineares do IR 3 a seguir é inversível e determinar o isomorfismo inverso em cada caso:
E
R}.
oo
Mostrar que a transformação linear T: R oo -7 R dada por T(al> az, ... ) = = (O, alo az, ... ) é injetora mas não é sobrejetora.
b)
Mostrar que a transformação linear F: R 00 -7 R 00 definida por F(al, az, ... ) = = (az, a3, ... ) é sobrejetora mas não é injetora.
c)
Encontrar uma aplicação linear injetora de P(IR) em IR 00.
*13.
Consideremos uma transformação linear F: U -7 V. Se dim U > dim V, prove que existe um vetor não nulo Uo E U tal que F (uo ) = o (vetor nulo de V). (Ou seja, F não é injetora.)
*14.
Seja W = U EIl V. Consideremos os operadores lineares de W (projeções sobre U e V, respectivamente) dados por P I (u + 'V) = U e Pz (u + v) = v, Vu + v E W, com u E U e v E V. Definido H: W -7 W por H(w) = P I (w) - Pz (w), Vw E W, mostre que H é um isomorfismo do espaço vetorial W nele mesmo, isto é, H é um automorfismo de W.
R 3 cuja imagem é gerada por (2, 1, 1) e
3. Determinar um operador linear do R 4 cujo núcleo é gerado por (1, 1, O, O) e (O, O, 1, O).
= {(alo a2, ... ) I ai
a)
M2 (R) definida por F (X) = MX - XM, onde
M= ( :
oo
Tome W = R Z , U P I , Pz, H.
= [(1,
1)], V
= [(1,
-1)] e represente geometricamente U, V, W,
*15. Provar que o IR z é isomorfo a qualquer sub-espaço de dimensão 2 do IR 3.
(a) F(x, y, z) = (x - 3y - 2z, y - 4z, z); (b) F(x, y, z) = (x, x - y, 2x + y - z).
7. Considere o operador linear F do IR 3 definido por F(1, O, O) = (1, 1, 1); F(O, 1, O) = = (1, O, 1) e F(O, 1, 2) = (O, O, 4). F é inversível? Se for, determine o isomorfismo inverso. 8. Sejam u, v E IR 2 vetores tais que {u, v} é uma base do IR 2. Sendo F: IR 2 transformação linear, mostrar que uma das seguintes alternativas se verifica: a) {F(u), F(v)} é L.I.;
.:-,
b)
dim Im (F) = 1;
c)
-+
IRn uma
Im (F) = {o}.
',2,1 Sejam
U e V sub-espaços do espaço W tais que W = U EIl V. Consideremos o espaço vetorial U X V cuja adição é (Ul> VI) + (U2, V2) = (UI + U2, VI + V2) e cuja multiplicação por escalares é dada por O!(u, v) = (O!u, O!v). Mostrar que é um isomorfismo de U X V em W a aplicação assim definida: F(u, v) = u + v.
*10. Seja {el' ... ,en} a base canônica do IRn. Seja F: IRn -+ IRn o operador linear dado por F(el) = e2' F(e2) = e3' ... ,F(en) = el' Determinar F(x1> ... , xn ) e verificar se F é um automorfismo. Se for, acne o automorfismo inverso. * 11. Considere uma transformação linearT : U --> V. Provar que, se o conjunto {T(u j ), é L.I. em V, então {UI, ... , ur} é L.I. em U. Provar que, se T é injetora e {UI, é L.I.em U, então {T(uI),"" T(ur)} é LJ. em V.
III
,
T(u r)} ,ur }
In
CAPfTULO
A propriedade comutativa se verifica assim:
5
Se F, G E L(U, V) e u E U, (F +G)(u)
Matriz de uma Transformação Linear
=
G(u)
+ F(u) = (G + F)(u), o
+ G(u)
que significa que F + G
=
= G + F.
Do mesmo modo se prova a associativa. Que o elemento neutro é a transformação nula se prova do seguinte modo: V-u E U, (F + O)(u)
1. QPERAÇÕES COM TRANSFORMAÇÕES LINEARES
= F(u)
=
F(u)
+ O(u) = F(u)
+ o
=
F (u).
Por último, (-F) é aplicação dada por (-F)(u) = -F(u), Vu E U. Deixamos como exercício a verificação de que (-F) E L(U, V). Por outro lado, Vu EU, (F + (-F))(u) = F(u) + (-F)(u) = F(u) + (-F(u)) = o = O(u), o que vem mostrar que de fato F + (- F) = O.
Sejam U e V espaços vetoriais sobre IR. Indicaremos por L(U, V), daqui para frente, o conjunto das transformações lineares de U em V. Se U = V, o conjunto dos operadores lineares de U será denotado por L(U). Vamos a seguir introduzir a operação de adição em L(U, V).
A seguir, definiremos a multiplicação de uma transformação linear por um escalar.
Definlção 1 - Dados F, G E L(U, V), definimos a soma F + G de F com G da seguinte maneira:
p Definição 2 - Dados F E L(U, V) e o: E IR, definimos o produto o: F de F por o: assim:
F + G: U ~ V
e (F + G)(u)
= F(u) +
= F(Ul +~) + G(Ul F(~) + G(Ul) + G(~) =
= F(Ul) +
(b)
+ ~)
= F(Ul) + G(ud + F(~) + G(~) = = (F + G)(Ul) + (F + G)(~) e (F + G)(c{~ = F(o:u) + G(o:u) = o:F(u) + = o:(F(u) + G(u)) = o:(F + G)(u).
Temos assim uma adição (F, G) ~ F valem as seguintes propriedades:
+G
=
o:G(u)
=
o:(~F);
~)F
= o:F
+
=
+ o:G;
(I1I) o:(F + G) (IV) lF
=
~u
E U.
+ (G + H) = (F + G) + H, V F, G, H E L(U, V); Comutativa: F + G = G + F, V F, G E L(U, V);
(IV) Para toda transformação F E L(U, V) existe neste conjunto a transformação o{XJsta: existe
= O.
o:F
~F;
F;
quaisquer que sejam o: e
(III) Existe elemento neutro: a transformação linear nula O: U ~ V é tal que F + O = F, .:v-F E L(U, V); e
124
=
(o:~)F
(11) (o: +
em L(U, V). Para essa adição
(-F) E L(U, V)'I F + (-F)
V e (o:F)(u) = o:F(u),
A aplicação o:F assim defmida também é uma transformação linear 4e U em V, ou seja, também pertence a L(U, V). Deixamos a constatação desse fato ao leitor. Dessa forma ficou defInida uma multiplicação de IR X L(U, V) em L(U, V) multiplicação essa que tem as seguintes propriedades: (I)
(I) Associativa: F
(11)
~
o:F : U G(u), Vu E U.
A aplicação assim defInida também é uma transformação linear pois: (a) (F + G)(Ul + ~)
I
~
em IR e F e G em L(U, V).
Façamos a verificação de (111). Para todo u E U, (o: (F + G) )(u)
= =
+ G)(u)) = o:(F(u) + G(u)) = o:F(u) (o:F)(u) + (o:G)(u) = (o:F + o: G)(u). Logo o:«F
= o:(F + G) = o:F
=
+ o:G(u)
+ o:G.
Do que vimos até aqui neste parágrafo podemos concluir que se U e V são espaços vetoriais sobre IR, então L(U, V) também é um espaço vetorial sobre IR em relação ao par de operações consideradas acima. No próximo passo, introduziremos a importante operação de composição de transformações lineares. 125
Defmição 3 - Sejam U, V e W espaços vetoriais sobre IR. Se F: U -+ V e g: V ~ W são transformações lineares, define-se a aplicação composta de F e G (notação: G o F) da seguinte maneira:
(G o F)(x, y)
=
(F o G)(x, y)
G(F(x, y))
= F(G(x,
=
y))
G(x
=
+ y,
= (x + y, = (x + 2y,
O)
F (x, '2y)
O) e O).
Logo G o F =1= F o G. G o F: U -+ W e (G o F)(u) = G(F(u)), Vu E U. 2) No conjunto L(U) define-se potenciação para expoentes naturais assim: FO = I (operador idêntico); F 1 = F; F 2 = F o F; F 3 = F o F o F; ... Contudo é bom observar que para essa potenciação podemos ter resultados em princípio curiosos como F 2 = I, com F =1= I e F =1= - I, Fn = O (operador nulo) com F =1= O. Um operador F E L(U) tal que F 2 = F chama-se idempotente (ou projeção); se F n = O, para um certo número natural n, então F se diz nilpotente.
Exemplos 1) F: IR2 -+ IR2 onde F(x, y)
GoF
F 2 (x, y)
=
F(F(x, y)) 2 o que nos garante que F = O.
É fácil provar que G o F E L(U, W). De fato:
= (O, x) é nilpotente pois: = F(O, x) = (O, O) = O(x,
y)
2) O operador derivação D: Pn(IR) -+ Pn(IR) é nilpotente (por quê?).
+ Uz) = G(F(U1 + Uz)) = G(F(ud + F(Uz)) = = G(F(ud) + G(F(Uz)) = (G o F)(u 1) + (G o F)(U2)'
(a) (G o F)(U1
(b) Fica como exercício mostrar que (G o F)(au)
= a(G o F)(u).
É importante considerar, quanto à composição, o caso U = V = W. Pois quando isto acontece (G, F) -+ G o F passa a ser uma operação em L(U) que apresenta as seguintes propriedades:
(I) (H o G) o F
=
(11) IoF = F o I neutro da composição);
H o (G o F), V H, G, F E L(U)(associativa);
= F,
V- F E L(U) (o operador idêntico é o elemento
(III) H o (F + G) = H o F + H o G e (F + G) o H = F o H G, H E L(U) (a composição é distributiva em relação à adição).
+ GoH
V F,
A verificação de (I) e (11) fica como exercício. Quanto à (III) sua primeira parte se prova assim: para todo u E V, ((H o (F + G))(u) = H((F + G)(u)) = = H(F(u) + G(u)) = H(F(u)) + H(G(u)) = (H o F)(u) + (H o G)(u) = (H o F + + H o G)(u); logo H o (F + G) = H o F + H o G.
Notas: 1) A operação (F, G) -+ F o G não é comutativa em geral. Por exemplo, dados F: lR? -+ lR? e G: lR? -+ lR? por F(x, y) = (x + y, O) e G(x, y) = (x, 2y), então 126
EXER~~RESOLVIDOS
1. Sejam F: IR? -+ 1R2 e G: 1R3 -+]R2 as transformações lineares definidas por F(x, y, z) = = (x + y, z) e G(x, y, z) = (x, y - z). Determinar as seguintes transformações lineares
de ]R3 em IR?: a) F + G e
b)
2F - 3G.
Solução
= F(x, y, z)
+ G(x, y,
= (x + y, z)
a)
(F + G)(x, y, z)
b)
(2F - 3G)(x, y, z) = (2F)(x, y, z) - (3G)(x, y, z) = 2F(x, y, z) = 2(x + y, z) - 3(x, y - z) = (-x + 2y, -3y + 5z).
z)
+ (x, Y -
z) ~
= (2x + y, y); =
3G(x, y, z)
2. Sejam F: 1R2 -+]R e G: ]R -+ IR as transformações lineares definidas por F (x, y) = x + 2y e G(x) = 2x. Determinar a transformação G o F.
Solução (GoF)(x, y)
= G(F(x,
y»
= G(x
+ 2y)
= 2(x
+ 2y)
= 2x
+ 4y.
Observemos que a composta F o G não está definida. ]27
3. Consideremos F, G Determinar: a)
2F + 3G;
b)
FoG;
c)
GoF; 2 F ; G2 .
d) e)
E
L(R2 ) definidos por F(x, y) = (x - y, x) e G(x, y) = (x, O).
6. Seja B = {el' e2, e3} a base canônica do R 3 . Se F F(el) = e2, F(e2) = e3 e F(e3) = el,
a)
(2F + 3G)(x, y) = 2F(x, y) + 3G(x, y) = 2(x - y, x) + 3 (x, O) = (5x - 2y, 2x);
b)
(F o G)(x, y) = F(G(x, y.»
c)
(G o F)(x, y) = G(F(x, y)) = G(x - y, x) = (x - y, O); F 2 (x, y) = F(F(x, y)) = F(x -y, x) = (-y, x - y); G2 (x, y) = G(G (x, y» = G(x, O) = (x, O).
= F(x, O) = (x, x);
Como G2 = G, então G é um operador idempotente. 4. Sejam F, G
«H + l) o F)(x, y, z) = (H o F + F) (x, y, z) = (2x, - 2x) + (O, 2x) = (2x, O).
b)
Todas as transformações a serem determinadas pertencem a L(R2).
e)
(H o (F + G»)(x, y, z)= (H o F + H o G)(x, y, z) = H(F(x, y, z» + H(G(x,y, z» = = H(O, 2x) + H(x - y, x)= (2x, -2x) + (2x - y, -y) = (4x - y, -2x - y);
Solução
d)
Solução a)
E
L(R2) definidos por:
E
L(R3) é o operador tal que
a) determinar F(x, y, z); b) mostrar que F 3 = I e que, portanto, F 2 = F-I. Solução F(x, y, z) = F(xel + ye2 + ze3) = xF(el) + yF(e2) + zF(e3) = (z, x, y); F 2 (x, y, z) = F(z, x, y) = (Y, z, x) e F 3 (x, y, z) = F(y, z, x) = (x, y, z) = I(x, y, z). Logo F 3 = L Como F 2 o F = F oF 2 = F 3, então F 2 = F-I.
a)
b)
I
7. Sejam F E L(R3 , R 2 ) e G E L(R2 , R 3) dadas respectivamente por F(x, y, z) = (x - y, y - z) e G(x, y) = (x - y, y - x, x + y). Sendo I o operador idêntico do R 3 verifique se G o F + I é um automorfismo do R 3 . Se for, determine o automorfismo inverso.
F(x, y) = (O, x) e G(x, y) = (x, O). Solução
Determinar: a)
G o F;
c)
(G o F)2.
b)
F o G;
d)
(F o G)2;
(G o F + I)(x, y, z) = (G o F)(x, y, z) + (x, y, z) = G(x - y, y - z) + (x, y, z) = = (x - 2y + z, - x + 2y - z, x - z) + (x, y, z) = (2x - 2y + z, - x + 3y - z, x). Determinemos Ker (G o F
+ I)
pela resolução do sistema:
Solução a)
(G o F)(x, y) = G (F (x, y)) = G(O, x) = (O, O). Notemos que G o F é o operador nulo, embora nem G e nem F o sejam.
b)
(F o G)(x, y) = F(G(x, y» = F(x, O) = (O, x). Notemos que F o G = F, embora G não seja o operador idêntico do R 2 .
c)
(G o F)2 (x, y) = (G o F)«G o F)(x, y)) = (G o F)(O, O) = (O, O);
d)
(F o G)2 (x, y) = (F o G)( (F o G)(x, y)) = (F o G)(O, x) = F (G(O, x» = = F(O, O) = (O, O).
Notemos então que G o F = O e que F o G é um operador nilpotente pois (F o G)2 = O. 5. Sejam F, G E L(R3, R 2 ) definidas por F(x, y, z) = (O, 2x) e G(x, y, z) = (x - y, x) e H E L(R2) dado por H(x, y) = (x + y, x - y). Determinar:
+ G) e
a)
H o (F
b)
(H + I) o F,
onde I indica o operador idêntico de R 2.
128
{
2x - 2y + z = O -x + 3y - z = O
x
= O
Não oferece dificuldade verificar que a única solução desse sistema é a trivial e que portanto Ker (G o F + I) = {(O, O, O)}. Assim G o F + I é um automorfismo do R 3. Determintl\Dos o isomorfismo inverso. Façamos G o F + I = H. Suponhamos H-I (x, y, z) = = (a, b, c). Então (x, y, z) = H (a, b, c) = (2a - 2b + c, -a + 3b - c, a). Daí 2a - 2b + c = x {
-a + 3b - c = y a
=z
cuja solução é (z, x + y - z, 3x + 2y - 4z). Logo H-I (x, y, z) = (z, x + y - z, 3x + 2y - 4z). 8. Consideremos as seguintes transformações lineares do R 3 no R 2 : F(x, y, z) = (y, x + z) e G(x, y, z) = (2z, x - y). Mostrar que {F, G} é linearmente independente no espaço L(R3 , R 2 ).
129
L
Solução
teorema do núcleo e da imagem nos garante que dim Im (G) ;;. dim Im (F o G), isto é,
°
(transformação nula). Temos então (o
+ (3G)(x, y,
z)
=
p (F o G) ..,; p (G).
Portanto p (F o G) ..,; min {p (F), p (G)}.
(O/F + (3G)(I, 0, O) = O/F (1, 0, O) + (3G(I, 0, O) = 0/(0, 1) + (3(O, 1) = (O, O< + (3) = = (O, O). Daí O< + {3 = O. Analogamente (o
+ (3G)(O, 0,
1) = (2{3, 0/) = (O, O) do que segue 0/ = 2{3 = O. Logo 0/ =
Notemos que bastaria ter aplicado O/F + (3G em(O, 0, 1) para concluir o exercício. Normalmente seriam necessárias as duas relações obtidas mais a relação resultante de aplicar O/F + {3G ao vetor (0,1, O).
12. Sejam F E L(V) e Uo E V tais que Fn = O (operador nulo) e Fn - 1 (uo) {uo, F (uo), F 2 (uo), ... , F n - 1 (uo)}
Solução 0/0, 0/10
3
°
(3x, x - y, 2x + y + z). Mostrar que
Solução 2 (F - I) (x, y, z) = (8x, 2x, 9x). Por outro lado (F - 31)(x, y, z) = = (O, x - 4y, 2x + y - 2z). Portanto «F 2 - I) o (F - 31))(x, y, z) = (F 2 - 1)(0, X - 4y, 2x + y - 2z) = (O, O, O). Poderíamos também ter observado que (F 2 - I) O(F - 31) = F 3 _ 3F 2_ F + 31.
10. Seja F um operador idempotente (isto é, F 2 = F) de um espaço vetorial V. Mostrar que V = Ker(F) e Im (F). Solução Todo vetor v E V pode ser assim escrito: v = (v - F(v» + F(v). A segJ.lnda parc.ela obviamente está no sub-espaço Im (F). A primeira está no núcleo pois F(v - F(v» = 2 = F (v) - F (v) = F(v) - F(v) = o. Por outro lado suponhamos que vE Ker(F) n Im (F). Então v = F(u), com u E V, e F(v) = F 2 (u) = F(u) = o. Logo v = o.
Mostrar que
é um conjunto L.I. em V. Suponhamos que O
9. Se!a F E L (IR ) definida por F (x, y, z) (F - I) o (F - 31) = (operador nulo).
'* o.
+ O/n_1Fn-1(uo) = o com (1)
, O/n-l E IR.
, que se F n = O, então - F n+l= F n +2 = ... = O. Apiquemos I' F n - 1 em. (1) T eremos E-,obVIO n - 1( ) 2n - 2 n-l n n+l) F F O/oF (uo) + O/IF (uo) + 0/2F (uo + .... + O/n-l = 0<0 Uo - o. Como n 2 1 n F - (uo) o, então % = O. Eliminando O
'*
0/0 = 0/1 = .. , = O
EXERCÍCIOS PROPOSTOS I. Sendo F, G e H E L(IR 2) definidos por F(x, y) = (x, 2y), G(x, y) = (y, x + y) e H(x, y) = (O, x), determinar F + H, F o G, G o (H + F), G o F, H o F, H o F o G e G oF oH.
2. Sejam F, G E L (IR3 ) assim definidos: F(x, y, z) = (x + y, z + y, z) e G(x, y, z) = (x + 2y, y - z, x + 2z) Determinar:
11. Sejam U e V espaços vetoriais de dimensão finita e F E L(U, V). Define-se posto de F (notação p (F» do seguinte modo: p(F) = dim Im (F). Mostrar que:
+ G)
..,; p(F)
+ p(G),
VF, G
L(U, V);
a)
p (F
b)
p (F o G) ..,; min {p(F,), p(G)},VF, G E L(U).
E
Solução a)
b)
130
a)
F o G;
b)
Ker (F o G) e Im (Go F).
c)
uma base e a dimensão de Ker (F 2 o G).
3, Sejam F E L(IR2 , IR3 ) e G E L(IR3 , IR2 ) assim definidas: F(x, y) = (O, x, x - y) e G(x, y, z) = (x - y, x
+ 2y + 3z).
Observemos primeiro que Im (F + G) c Im (F) + Im (G). De fato, dado v = = (F + G)(u) E Im (F + G), então v = F(u) + G (u) o que mostra que v é um elemento de Im (F) + Im (G). Então dim Im (F + G) ..,; dim (Im (F) + Im (G» = = dim Im (F) + dim Im (G) - dim (Im (F) n Im(G» ..,; dim Im (F) + dim Im (G), ou seja, p (F + G) ..,; p (F) + p(G).
4. Seja F E L(IR2 ) dado por F(x, y) = (y, x). Determine Fn(x, y), sendo n ;;. 1 um número inteiro. Mesmo exercício com G E L(IR2) dada por G(x, y) = (x, O).
Notemos de início que Im (F o G) c Im (F), pois dado v = (F o G)(u) E Im (F o G), então v = F(G(u» e como G(u) está em U,então VE Im (F). Logo p(F o G)"'; p(F). Por outro lado se considerarmos F como transformação linear de Im (G) em U, o
5. Seja F E L(IR2) o operador dado por F(I, O) = (2,5) e F(O, 1) = (3,4). Verificar se são automorfismos do IR2 : G = I + F e H = I + F + F2.
Determinar F o G o F .
131
....
6. Mostre que os operadores F, G, H E L(lR.2) dados por F(x, y) = (x, 2y), G(x, y) = = (y, x + y) e H(x, y) = (O, x) formam um conjunto L.I. em L(lR.2).
15. Sejam F e G operadores lineares de um espaço V tais que F Ker(F) + Ker(G) c Ker(F O G).
7. Sejam F e G dois operadores lineares de um espaço vetorial V. Mostre que Ker(G) c c Ker (F o G). Dê um exemplo onde vale a igualdade.
16. Seja F E L(V) um operador tal que F 2 - F + I := O. Mostrar que F é inversível e que F-I:=I-F.
8. Sejam F E L(V, V) e G E L(V, W) tais que Ker(F) :=
Ker(G
:= {o}.
O F)
{o} e Ker(G) := {o}. Provar que
17. Sejam F, G
G := G
O
F. Mostrar que
tais que F O G := G O F. Mostl'ar que:
+ G)2 = F 2 + 2 (F o G) + G2 ; b) (F + G) o (F - G) = F 2 _ G2 . a)
*9. Sejam Ve V sub-espaços do espaço W tais que W := V EIlV. Todo vetor w E W se escreve, de maneira única, da seguinte forma: w := U + v(u E V e v E V). Sendo P 1 e P 2 as projeções dadas por P1(w) := U e P2 (w) := v, mostrar que: (a) P l2 = P 1 e P22 = P2 ; (b) PI + P2 = I;
E L(V)
O
(F
* 18. Seja {u}, u2, ... , un} uma base de um espaço vetorial
V de dimensão n. Considerando o operador linear T E L(V) tal que T(UI) = u2, T(u2) = u3, ... , T(un ) = u}, mostre que T n = I mas que Tn - l *- I.
19. Mostrar que o operador derivação em Pn(IR) é nilpotente.
(c) P 1 o Pz = P2 o P 1 = O (operador nulo de W). 10. Mostrar que um operador F E L(V) é idempotente se, e somente se, I - F é idempotente.
*20. Sejam F, G
E L(V).
Se F é um automorfismo e a é um escalar *- O, mostrar que:
p(aG) = p(G) e p(F o G) = p(G o F) = p(G).
11. Seja F E L (IR4 ) dado por F(x, y, z, t) = (O, x, y
(Veja exercício resolvido n9 11).
+ 2x, z + 2y + 3x).
Mostrar que: a)
F4 = O;
b)
I - F é um automorfismo do IR4 e I + F + F 2 + F 3 = (I _ F)-l.
12. Seja
(f + i
2
f~z
e G(z) = iz, z
a)
F ;
d)
F o G;
b)
F4 ;
e)
CF o G) o CF o G).
c)
2
E (C.
E
L(
Calcular:
2. MATRIZ DE UMA TRANSFORMAÇÃO LINEAR Sejam U e V espaços vetoriais de dimensão nem, respectivamente, sobre IR. Consideremos uma transformação linear F: U --+ V. Dadas as bases B = {UI,' .. , u n } de U e C {VI, ... , vm } de V, então cada um dos vetores F(UI)' ... , F(u n ) está em V e conseqüentemente é combinação linear da base C:
=
'G ;
F(UI)
13. Determinar se os seguintes operadores lineares do IR3 são idempotentes ou nilpotentes ou nenhuma das duas coisas: a) F(x, y, z) = C-x, -y, -z); t':(-(cJ,.,,'lh (1 .,~, LI b)
F(x, y, z) = (z, x, y);
f'l= f (
c)
F(x,y,z)= (x,O,z);
~2,f(II(0"
d)
F ( x, y, z) = (O , O ) ,x.
1 \("C.
'I I\
6,1,
"(j!
F(Uz)
= au VI + a21 V2 + = al2 v I + a22 v2 +
+ a ml Vm + a m2 Vm
~'ôl !:J'-~ ~·l"'.\",'l\
O,\) ,7- \-o''o,
ou simplesmente
", ·0 '\ m
14. Seja F E L(IR 2) definido por F(x, y) = (x, x + y). a) Determinar F 2; b)
132
MostrarqueF 2
-
2F + I :=(F - 1)2:= Ornas que F - I*- O.
F(Uj)
=
I
aijVi
(j
= 1,
2, ... , n)
i=l
onde os aij estão univocamente determinados.
133
Defmição 4 - A matriz m X n sobre IR a12
al n
~~~ .. ~~2
~~~
a11
(
a m1
a m2
)
I(un) = = (ajj)
Un = alnvl
+ ... + annVn
o que mostra que (I)n,c é a matriz de mudança da base C para a base B.
a mn
Sejam V e V espaços vetoriais sobre IR de dimensões nem respectivamente. Conforme vimos, uma vez fixadas uma base de Ve uma base de V, a cada transformação linear F E L(V, V) está associada uma única matriz (F) real m x n. Ou seja, ficou defmida uma aplicação
que se obtém das considerações anteriores é chamada matriz de F em relação às bases B e C. Vsaremos para indicar essa matriz a notação (F)B,C
F
Notas:
.---~roposição 1 - Sejam V e V espaços vetoriais sobre IR de dimensões nem respectivamente. Então, fixadas as bases B = {UI, ... , u n} e C = {VI>' .. , vm} de V e V, respectivamente, a aplicação F ~ (F) que a cada F E L(V, V) associa a matriz de F em relação às bases B e C é bijetora.
2) Sempre que não haja dúvidas quanto ao par de bases que estamos considerando escreveremos apenas (F) para indicar a matriz de F em relação a esse par de bases.
1) Qual a matriz de F: IR3 ~ JR.2 dada por F(x, y, z) relação às bases
=
(x
B = {UI = (1, O, O); ~ = (O, 1, O); U3 = (O, O, 1)}
+ y, y + z),
em
e
C = {VI = (1, O); V2 = (1, I)}?·
+ OV2
F(~) =
+ 1V2
F(U3)
(1, 1) = OVl
= (O,
1)
= -VI + V2
1 0-1) ( 011
2) Seja V um espaço vetorial sobre IR e seja I o operador idêntico de V. Dadas as bases B e C de V, o que é (I)n,c? Suponhamos B = {UI, ... , un } e C = {VI, ... , vn }. Então, se (I)n,C = = (ajj), . 134
I I
(verifique)
Demonstração - Suponhamos F, G E L(V, V). Se tivermos (F) = (G) então as respectivas colunas de (F) e (G) são iguais e daí F (Uj) = G(Uj) (j = 1, ... , n). n
Dado u =
I
n
ajUj E
V, F(u) =
j=l
n
I
ajF(uj) =
j=l
I
ajG(Uj) =
G(u), ou seja F = G.
j=l
.~
I
Logo (F)n,C =
I I
F(Ul) = (1, O) = 1VI
(F)
de L(V, V) em Mm x n (IR).
1) Se F é um operador linear e considerarmos B = C, então diremos apenas matriz de F em relação à base B para indicar a matriz acima definida e usaremos a notação (F)B para representá-la.
Exemplos
~
Que F ~ (F) é sobrejetora é conseqüência direta da definição de matriz de uma transformação linear e do lema que precede o teorema 2 (pág. 118).
Exemplo - Dada a matriz
G~ ~)
i
J!
ii f I .~
ache F E L(IR3, IR2) de maneira que, sendo B = {(I, O, O), (O, 1, O), (O, 1, 2)}
e C = {(1, O), (1, I)},
se tenha M = (F)B,C. Da definição de matriz de F decorre que devemos ter: F(1, O, O) F(O, 1, O)
= 1(1, = 2(1,
O) O)
F(O, 1, 2) = 3(1, O)
+ 0(1, + 1(1, + 0(1,
1)
=
(1, O)
1) =:= (3, 1) 1) = (3, O). 135
Seja (a, b, c) E IR,3. Supondo (a, b, c) = x(l, O, O) obtemos: x
= a,
F(a, b, c)
y
c = b -"2
e z
+
c = 2'
= F(a(l,
O, O) + (b -
= a(l, O)
+
=
(b
(a + 3b, b -
y(O, 1, O)
+
Conclusão: Reunindo os resultados obtidos até aqui neste parágrafo, tira-se a conclusão que, dados os espaços vetoriais U e V sobre IR, ambos de dimensão finita, e fixando uma base de U e uma base de V, a aplicação:
z(O, 1, 2)
Logo
F
~ )(0,
~ ~ )(3,
1)
1, O) +
+ ~
~
(O, 1, 2))
-*
(F)
é um isomorfismo do espaço vetorial L(U, V)JlO espaço vetorial Mmxn(IR), desde que dim U = n e dim V = m. Em particular conclui-se que dim L(U, V) = m • n pois esta é a dimensão de Mm x n (IR), conforme já vimos.
=
(3, O) =
~).
3. MATRIZ DA TRANSFORMAÇÃO COMPOSTA
Vejamos agora como se comporta a correspondência F vetoriais L(U, V) e Mm xn(IR).
-*
Seja U, Ve W espaços vetoriais sobre IR de dimensões m, n e p, que admitem basesB = {U1""'Un },C = {v1, ... ,vm }eD = {w1, ... ,w p },respectivamente. Supondo F E L(U, V), G E L(V, W) e que (F)B,C = (aij) e (G)c,D = ({3 ki), pretendemos determinar (G o F)B, D.
(F) entre os espaços
Dados F, G E LCU, V), se (F) = (aij) e (G) = (t3ij), em relação ao mesmo par de bases B e C, determinemos a matriz de F + G em relação a esse par de bases.
Seguindo a defmição de matriz de uma transformação linear: Supondo B = {Ui> ... , u n } e C = {Vi> ... , vm }, então
., l
m
(F
+ G)(Uj) = F(uj) + G(Uj) =
m
I
aijVi
i=1
+
I
t3ij Vi
=
(G o F)(uj)
(aij
+ t3ij)Vi
(j
=
%.
.ijG(v,)
~
i=1
m
I
~ G(F(Uj)) ~ G (%. "'Jv) ~
1,2, ... , n).
i=1
=
I
i=1
aij
f
k=1
t3kiWk =
f
k=1
(i
t3ki a ij ) Wk·
1=1 m
Logo o termo geral de (G o Fh,D é 'Ykj =
I
t3kiaij que é o termo geral
Em resumo: a matriz da soma de duas transformações lineares é a soma das matrizes de cada uma, em relação ao mesmo par de bases. Isto significa que a correspondência F -* (F) comporta-se bem em relação à adição.
de (G)C,D • (F)B,C' Logo temos a igualdade
Sejam U e V como acima e tomemos À E IR. Supondo (F) (ÀF), em relação ao mesmo par de bases?
Costuma-se dizer (imprecisamente) que a matriz de G o F é igual ao produto da matriz de G pela matriz de F. .
Um raciocínio análogo ao da parte anterior (fica como exercício) leva ao seguinte resultado:
(W)
= (Àaij) = À(aij) = À(F)
isto é, a matriz do produto de uma transformação linear por um número é igual a esse número multiplicado pela matriz da transformação linear dada.
136
i=l
(G o Fh,D = (G)c,D • (F)B,C.
É de se esperar que isomorfismos e matrizes inversíveis estejam relacionados. É o que veremos a seguir.
Sejam U e V espaços vetoriais sobre R de dimensão m. Se B e C são bases de U e V, respectivamente, e F: U -* V é um isomorfismo, mostremos que (F)B,C é inversível e que a sua inversa é dada por (F- 1)c,B' Isto é conseqüência direta da fórmula da matriz da composta, obtida logo acima:
137
(F>B , c
. (F-1)c , B =
Daí então:
(FoF-I)c = In e
(F-I)c , B . (Fh , C = (F-I OFh = In
Portanto
pois a matriz do operador idêntico, tanto de U como de V, é In. As igualdades obtidas provam nossas afirmações.
M-I(T)BM = (I)B,cCT)B(I)C,B = (I)B,cCT)c,B = (T)c conforme havíamos afirmado. -
Exemplo - Consideremos o isomorfismo F: R 2 -+ P 1 (R) dado por: F(x, y) = x + (x + y)t.
Considerando as bases canônicas B = {(I, O), (O, I)} e C = {I, t} desses espaços, determinemos (F)B,C' Como EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
F(I,O)= 1 + 1t F(O, 1) = 1t então: (F)B,C
~
(:
1. Seja F E L(R.3 , R.2) definida por F(x, y, z) = (z, x
relação às bases B
n
~ ~~)
(~~i-ln
+ y). Determinar a matriz de F em 1, O), (1, O, O)} de R.3 e C = base canônica do R.2.
Solução F(l, 1, 1) = (1, 2) = 1 (1, O) F(l, 1, O) = (O, 2) = 0(1, O) F(1, O, O) = (0,1) = 0(1, O)
Calculemos a inversa dessa matriz:
(:
= {(I, 1, 1), (1,
'portonto (_:
~)
+ 2(0, 1) + 2(0,1) + 1(0,1)
1 e daí
(F)B,C = (2
02
°1)
é a inversa da matriz de F, ou seja, é a matriz de F-I em relação a C e B. Daí: F-I (1) F-I (t) do que se conclui que F-I (a a lei que define F-I.
+
= (1, = (O,
-1) e 1)
bt) = a(1, -1)
+ b(O,
1) = (a, -a
2. Seja F E L (IR 3, IR 2) definida por F(x, y, z) = (z, x + y) (a mesma aplicação do exemplo1). Determinar a matriz deFemrelação às bases B ={O, 1, 1), (1,1,0),(1, O, O)} do IR3 e C = {O, 3), (2, 5)} do IR 2.
+ b). Esta é
Solução
= (1, 2) = alO, = (O, 2) = a20, F O, O, O) = (O, 1) = a30,
F (1, 1, 1)
Como um resultado importante das fórmulas acima, vejamos como se resolve o seguinte problema:
F (1, 1, O)
Seja U um espaço vetorial de dimensão n sobre R. Dadas as bases B = = {UI, ... , un } e C = {VI, ... , vn } de U e dado TE L(U), pretendemos estabelecer uma fórmWa que relacione (Th com (T)c. Isto com a seguinte fmalidade: quando se muda da base B para a base C, o que acontece com a matriz de T E L(U)?
+ b l (2, 5) O) + b2(2, 5) (2) 3) + b 3 (2, 5) (3) 3)
3)
De (1) vem:
De (2) vem
Proposição 2 - Nas condições acima, se M é a matriz de mudança da base B para a base C, então (T)c = M- I • (T)B . M. De (3) vem
Demonstração - Já vimos (exemplo 2, parágrafo 2 deste capítulo) que a matriz de mudança de B para C é (I)c,B, isto é,
M = (I)c,B' 13R
J
I
139
Portanto
(-1 4 2)
(F)B,C =
1 -2 -1
3. DeterminaI a representação matricial de cada um dos seguintes operadores do IR z em relação às bases indicadas: a) F(x, y)
= (2x, 3y
b) F(x,y)
= (3x-4y,x
5. Seja F E L(Pz (IR» definido por F (g(!)) = (1 - t)g' (t). Determinar a matriz de F em relação à base canônica de Pz (lR). Solução
A base canônica de Pz (lR) é B = {I, t}. Usemos a definição de matriz de uma transformação linear:
F (1) = (1 - t)O = O • 1 - Ot F (t) = (1 - t)l = 1 • 1 - 1t
- x) e base canônica; + 5y)ebaseB
= {(1,2),(2,3)}. 6. Seja F o operador linear do lRz cuja matriz em relação à base B = {(.1, 1), (1, -I)} é
Solução a) F(I, O) = (2, -1) = 2(1, O) -1(0, 1) F(O, 1) = (O,
- > (F)B=
3) = 0(1, O) + 3 (O, 1)
(F)B
b) F(l, 2) =(-5,11) = al(1, 2) + bl(2, 3) (1) F(2, 3) = (-6, 17) = az(1, 2) + bz (2, 3) (2)
~G
n
DeterminaI a matriz de F em relação à base canônica, usando a fórmula de mudança de base para um operador linear. Solução
De (1) vem
l Indicando por C a base canônica devemos aplicar a fórmula (F) C = M- (F) BM, onde M é a matriz de mudança de B para C. Calculemos M. (1,O)=X(I,I)+Y.(1,-I) { (O, 1) = z (1, 1) '/- t (1, - 1)
De (2) vem
1 1 - > x = 2 eY =2
. d 1 e t=-T' 1 D' e,ama,z=T ai
Portanto 37 52) ( - 21 - 29
M
=
(~ +) 1
1
T -2
4. DeterminaI o operador F do IR z cuja matriz em relação à base B = {(1, 1), (1, 2)} é:
Portanto
(F)c
Solução Pela definição de matriz de uma transformação temos: F (1, 1) = 1 (1, 1) + 1 (1, 2) = (2, 3) F(1, 2) = 0(1, 1) + 2(1, 2) = (2,4) Escrevamos (x, y) como combinação lineaI da base B: (x, y) = aO, 1) + b(1, 2), logo a + b = x e a + 2b = y e daí a = 2x - y e b =y - x. Portanto F(x, y) = (2x - y)(2, 3) + + (y - x)(2, 4) = (2x,2x + y).
140
e M -1
=
(1 1) 1 -1
c
~ ~:) G~) ~ D~ (:
(: ~:) G~D~ (~: ~:)
7. Considere
141
Solução a)
F(I) == I = I = I • I + O • I
T ==
F (i) = b)
F(l + i)
-i == O • I
>
+ (-l)i
(F) =
(I O) O -I
(D)B =
= 1 - i = al(l
1
O
O
O
O
2
O
O
O
O
O
o
+ i) + bl(l + 2i) = 3(1 + i) - 2(1 + 2i) => F(1 + 2i) = 1 - 2i = a2(1 + i) + b2 (l + 2i) = 4(l + i) - 3(1 + 2i)
> (F) =
O
••••••••••••••••
O
O
O
n
O
O
O
O
(3 4) -2
3
10. Seja F 8. Seja V um espaço vetorial de dimensão 3. Seja B = {el, e2, e3} uma base de V. SendoF o operador linear de V tal que F(el) = e2 e que deixa fixos todos os vetores de W = = {xel + ye2 + ze3 I x - y + z = O}, determinar (F)B' Solução Inicialmente achemos um sistema de geradores de W. Um vetor típico de W é da forma w =" xel + (x + z)e2 + ze3 = x(el + e2) + z(e2 + e3)' Logo W = [el + e2, e2 + e 3 1. Juntando o fato de F ser linear com o fato de F deixar fixos os elementos de W tiramos: F(el + e2)
= F(el) + F(e2) = e2
+ F(e2)
= el
+ e2'
= e2
+ e3
do que segue F (e2) = el e ainda, F(e2 + e3) que acarreta F(e3) = -el
= F(e2) + F(e3) = el + ~ + e3'
+ F(e3)
Em resumo temos:
F(el) = Oel + 1e2 + Oe3 F(~)
= leI
+ Oe2 + Oe3
F(e3) = -el + e2 + e3
E
L (P 3 (IR), IR) a transformação linear assim definida:
S: g(t)dt.
F(g(t» =
Determinar a matriz de F em relação às bases B = {I, t, t 2 , t 3 } e C = {I}, de P3 (IR) e IR, respectivamente. Solução F(l)
=
2 F(t )
r o
=;
dt e
= t Io = 1 3 F(t )
1; F(t)
=
t.
=
Logo
= .f2 lo1 J.... Analogamente 2'
S.l t dt
o
(F)B,C
=
(1 ;
;
~).
11. Verificar matricialmente se o operador linear F E L (IR?) dado por F (x, y, z) = (x - y, 2y, y + z) é inversível. Se for, ache F-I também por meio de matrizes. Solução A matriz de F em relação à base canônica do IR3 é
(: o -1
e, portanto,
M=
2
1
Como 9. Determinar a matriz do operador derivação em Pn(IR) em relação à base canônica desse espaço. Solução A base canônica de Pn (IR) é B = {I, t, t 2 , ... , t n }. Então + Otn D (1) = O = O 1 + Ot + Ot 2 + 2 D (t) = 1 = 1 1 + Ot + Ot + + Otn
-1
O
1
O
2
C
O
O
1
1
1
O
O
o O O O
142
O
O
1
O
O
T
1
1
O
O
1 2
O
( ' -1 O 1 O
O
1
O
O
T
1
O
-2
1
O 1
0-
O 1
143
Achemos agora G(x, y). Como
a2 + bc = 1
G(l, O) = 1(1, O, O) + (-1)(0, 1, O) + 3(0, 0,1) = (1, -1, 3) G(O, 1)
= 1(1,
O, O) + 2(0, 1, O) + !(O, O, 1)
= (1,2,
«a2 + bc)x + aby, acx
1),
+ bcy)
= (x, y)
=>
então G(x, y) = x(l, -1, 3) + y(l, 2, 1) = (x + y, -x + 2y, 3x + y).
15. Seja W = U $ V e suponhamos U e V invariantes pelo operador linear F E L(W), isto é, F(U) c U e F(V) c V. Supondo dim U = m e dim V = n mostre que existe uma base de Wem relação à qual a matriz de F é da forma
(~~j--~,")
b
l"F)
2. Determinar as matrizes das seguintes transformações lineares em relação às bases canônicas dos respectivos espaço s: F
E L
/3')
2
(IR, IR ) definida por F (x, y, z) = (x
+ y,
"
z);
(11) F E L(IR2 , IR3 ) definida por F (x, y) = (x + y, x, x - y); (IlI), F E L(IR4 , IR) definida por F(x, y, z, t) = 2x
(IV) F
+ amlum
3)
7
E
+ y - z + 3t;
L(IR, IR3 ) definida por F(x) = (x, 2x, 3x).
No espaço vetorial M 2 (IR) seja M
= (: :)
Determinar a matriz do operador linear F E L (M2 (IR» dado por F (X) = MX - XM, em relação à base canônica
F(vn) =
(: :) (: :)
Fazendo
( ~~l
.• :::.
13 m '"
~~~) I3 nn
16. Determinar todos os operadores lineares S do IR2 tais que S (x, y) = (ax + by, cx) e S2 = I (operador idêntico). Solução
=
(a(ax + by) + bcx, c(ax + by»
=
(~ ~)
(:
~)
de M2 (IR). 4. Seja F o operador linear de M2 (IR) dado por
F~ = (:
teremos
146
i9
1. Seja F E!' (!R3 , IR2 ) definida por F (x, y, z) = ~i!:l y -i~} Determinar sendo B - {(I, 2, 1), (O, 1, 1), (O, 3, -I)} e C - (
Se {UI> , um} e {VI> ... , vn } são bases de U e V respectivamente, então B = = {Ui, , um, Vi, ... , vn} é uma base de W. Calculemos a matriz de F em relação a essa base. Como F(ui) E U(i = 1, , m) e F(Vj) E V (j = 1, ... , n), então
+ by, cx)
= 1
* O.
(I)
= S(ax
= O
Resolvendo o sistema obtido encontramos a = O e bc = 1, ou seja, c = b-l. Então satisrázem as condições do problema todos os operadores do IR2 dados por S(x, y) = (by, b-lx) ,
Solução
S2 (x, y)
= O
EXERCÍCIOS PROPOSTOS
onde A e B são matrizes de ordem m e n, respectivamente, 0m, n é a matriz nula de ordem m X n e 0n, m a matriz nula de ordem n X m.
F(Ul) = anUi +
ab { ac bc
:)
~
V-X em M2 (IR). Sendo B a base canônica do espaço M2 (IR) determine li! traço da matriz (F)B' (Nota: traço = soma dos termos da diagonal principal.) 5. Calcular o traço da matriz do operador linear F E L(IR3 ) dado por F(x, y, z) = (x,x~y,x+z). GeneralizarparaF(x,y,-z) = (ax + by + cz,dx + ey + fz,gx + +~+W. .
147
6. Seja F o operador linear do 1R2 cuja matriz em relação à base B = {(I, O), (1, 4)} é
(F)p(: :) Determinar a matriz de F em relação à base canônica, usando a fórmula de mudança de base para um operador. 7. Seja B = {e p e2, e 3} uma base de um espaço vetorial V sobre IR. Sendo F, G E L(V) dados por F(e l ) = e l - e2' F(e2) =el + e3, F(e3) = e2' G(el) = 2el + e3' G(e2) = el e G(e 3) = e 2 - 3el' determinar em relação à base B as matrizes dos seguintes operadores lineares:
14. Sejam F e G operadores lineares do 1R3 tais que: F(x, y,z) = (x, 2y, y - z) e que a matriz de 2F - G em relação à base canônica é
G:O
Determinar a matriz de G em relação à base canônica. Determinar também G(x, y, z). 15. Seja T um operador linear de um espaço ve.torial V de dimensão 2. Se a matriz de T em relação a uma certa base B de V é
(: :)
F, G, F + G, 2F - G, F o G, G o F, F 2 + G2, F-I (caso exista) e (F o G)-l (caso exista). 8. Determinar o operador linear do IR 2 cuja matriz em relação à base B = {(1, 2), (O, 5)} é
mostrar que T 2 - (a + d)T + (ad - bc)I = O(operador nulo). 16. Sejam V um espaço vetorial de dimensão finita n e F E L(V). Se U é um sub-espaço de V de dimensão m e se U é invariante pelo operador F, mostrar que existe uma base de V em relação à qual a matriz de F é da forma
9. Sejam F, G E L(P2(1R), P 3 (1R» assim definidos: F{p(t» = tp(t) - p(l) e G{p(t» = = (t - l)p(t), Vp(t) E P2 (IR). Determinar as matrizes de F e de G em relação ao seguinte par de bases: B = {I, t - 1, (t - 1)2} e C = {I, t - 1, (t - 1)2, (t - 1)3} de P2 (IR) e P3 (IR) respectivamente. 10. Seja F E L{P 2 (IR), IR) definida por F(p{t» relação às bases: a)
b)
= {I, t, t 2 } e C = {I}; 2 B = {l, 1 +t, -1 + t } e
L:
onde A é uma matriz mx m, B é do tipo m x (n - m), O é a matriz nula (n - m) x m e C é quadrada de ordem n - m.
p(t)dt. Determinar a matriz de F em
B
C
11. Se a matriz de um operador linear F do
(
4. ESPAÇO DUAL
= {-2}. m.3 em relação à base canônica é
Seja U um espaço vetorial sobre R. Conforme já vimos o próprio R é um espaço vetorial sobre R. Logo tem sentido falar em L(U, R) como espaço vetorial sobre R. Este espaço vetorial é chamado espaço vetorial dual de U e: costuma ser denotado por U*. Assim, L(U, R) = U*. Cada elemento de U* recebe o nome de forma linear ou funcional linear sobre V.
1 1 O)
O
1
O
1-1
O
2 e se H = I + F + 2F , determine a matriz de H em relação à base canônica do lR? Ache também H(x, y, z).
Exemplos
12. Determinar todos os operadores lineares F do IR2 tais que F 2 = F e F(x,y) = (ax, bx + + cy).
]) F: R 3 -+ R dada por F(x, y, z) = 2y é um elem&nto do espaço (R3 )* pois se trata de uma transformação linear de R 3 em R. É portanto uma forma linear sobre R 3 •
13. Determinar todos os operadores lineares F do IR 2 tais que F 2 que F(x, y) = (ax + by, cy).
2) Em geral como se apresenta um elemento F do espaço dual de IRll? Seja F uma forma linear sobre o IRn. Indiquemos por {el> e2,' .. ,e n} a base canônica
]48
o (operador nulo)
e
]49
de IRn , isto é, e I = (1, O, ... ,O), ez = (0,1, O, ... ,O), ... ,e n = (O, ... ,O, 1). Dado então u = (XI> ,xn ) E IRn, u é combinação linear dessa base da seguinte ma· + xne n . Logo F(u) = xIF(el) + ... + xnF(e n). Se neira: u = Xlel + , k n os escalares F(el)' ... , F(e n), respectivamente, tere· indicarmos por kl> mos: F(XI' ... , x n) = klxl +
+ knxn .
, k n ) de números reais é fácil Por outro lado, dada uma n-upla qualquer (kl' verificar que a aplicação F: lRn """* lR, dada por: F(XI, ... , x n) = klxl + ... + + knx n é uma forma lineár sobre o lRn . Então podemos afirmar que F E (lRn)* se, e somente se, existem números reais k l , ... , k n de forma que F(XI' ... , xn ) = klxl + ... + knxn , V- (XI, ... , x n) E lRn . Seja U um espaço vetorial sobre lR de dimensão n. Se B = {UI, ... , u n } é uma base de U, então todo vetor desse espaço se apresenta como u = XI UI + + ... + xnun ' com os Xi em lR, e é fácil verificar que pertencem ao dual de U as aplicações F I, ... , F n assim definidas:
Exemplo - Determinar a base dual da base B = {(I, O), (1, In do IR? Sejam UI = (1, O) e Uz = (1, 1). Conforme o exemplo 2 dado neste parágrafo: FI(x,y)=ax+bye
F z (x, y) = cx + dy faltando-nos determinar a, b, c e d. Mas isto é questão apenas de fazer algumas substituições convenientes: FI (UI) = aI + bO = 1
F !Cuz)
= aI + bl = O
Fz (UI) = cl + dO = O Fz (uz) = c1 + dI = 1 Logo a = 1, b = -1, c = O e d = 1. Assim a base dual de B é {FI> F z }, onde: FI (x, y) = X - Y e F (x, y) = y, V(x, y) E lRz .
z
Fi: U """* lR e Fi(U) = xi (i = 1, ... , n). Dado F E U* suponhamos que F(ud = k l , . " , F(Un) = k n . + xnF(un) = klxl + ... + knxn = klF I (u) + Então F(u) = xlF(ud + + ... + knFn(u) = (kIF I + + knFn)(u). Como u é genérico conclui-se que F = klF I + '" + knF n . Com isso provamos que [FI, ... , Fnl = U*. Por outro lado, nula), teremos:
S\)
admitirmos que alF I + ... + anF n = O (transformação
alF I (uJ + ... + anFn(un) = a n = O
5. MATRIZES SEMELHANTES Dadas as matrizes P e Q, ambas quadradas e de ordem n, dizemos que P é semelhante a Q se, e somente se, existe uma matriz inversível M, também de ordem n, de modo tal que: P = M-IQM. É fácil ver que a semelhança assim definida é uma relação de equivalência em Mn(lR).
o que vem garantir que {FI, ... , F n } é um conjunto L.I. em U*. Assim provamos o seguinte teorema:
A semelhança de matrizes está intimamente ligada à mudança de base e representação matricial de operadores lineares.
Teorema 1 - Se B = {UI> ... , u n } é uma base do espaço vetorial U, então as aplicações F 1> ••• , F n que associam a cada u = XIUI + ... + xnun E U os elementos XI, ... , Xn , respectivamente, pertencem a U* e constituem uma base deste espaço. Logo, se dim U = n, então dim U* = n.
De acordo com a proposição 2 demonstrada neste capítulo duas matrizes do mesmo operador linear são semelhantes. Mas também vale a recíproca desse fato: se P = M- I QM, então P e Q representam um mesmo operador linear. Provemos esta afirmação. Tomemos uma base B de lRn (estamos supondo as matrizes reais e de
Nota: A base {FI, ... , F n } construída no teorema acima leva o nome de base dual da base B = {UI, ... , u n }.
ordem n) e seja F E L(lRn ) o operador tal que (Fh = Q. Suponhamos B = n = {UI, ... , u n } eM = (aij)' Consideremos então os vetores do lR :
150
151
Solução
vn
= Cl:lnUI + ... + Cl:nnun ·
Como a matriz M é inversível pode-se concluir que o conjunto C = {VI> •.• , vn } também é 'uma bas.e de ]R n. Como obviamente M é a matriz de mudança da base B para a base C, então M = (I)c,B. Teremos então
P
a)
(FI + 5F z )(x, y) = FI (x, y) + 5Fz (x, y) = 2x + y + 5 (x - 3y) = 7x - 14y.
b)
(-3F I + 2F z )(x, y) = -3FI(X, y) + 2F z (x, y) = -3(2x + y) = -4x - 9y.
+ 2(x - 3y) =
2. Determinar a base dual da seguinte base do IR3:
{(l, 1, O), (O, 1, O), (O, O, 2)}
= M-IQM = (I)B,dF)B(I)c,B = (F)c.
Solução
Logo P é a matriz de F em relação ã base C.
Seja {F 1> Fz, F 3} a base dual procurada. Essas transformações são dadas por
A semelhança de matrizes aparece também no problema de diagonalização de uma matriz. Definição 5 - Uma matriz quadrada se diz diagonalizável se for semelhante a uma matriz diagonal. A questão de saber se uma matriz quadrada é ou nã'o diagonalizáve1 é bastante importante mas somente será tratada no capítulo 2 da parte 2. A seguir daremos apenas um exemplo.
Fz (x, y, z) = b1x
F3(x, y, z) = clx
Fazendo (1, 1, O) = et. (O, 1, O) = ez e (O, 0,2) = e3 os coeficientes ai, bi e ci (i = 1,2, 3) nas igualdades acima se determinam levando em conta que Fj (ei) = 1 se j = i e Fj (ei) = O se j *" i (j == 1, 2, 3). Assim:
:~ }-> {:~ :~ =>
Fl(el) = ai + az FI (ez) =
A matriz
+ azy + a3z + bzy + b 3z + czy + c3z
FI (x, y, z) = alx
az
FI (e3) =
2a3 = O
Ft
a3 = O
Analogamente Fz (el) = b l
é diagonalizável pois se considerarmos a matriz inversível
+
Fz(ez) =
M -
-
(2 1) 3 -1
então M-
l
= 1.. (1 53
1) -2
(4° 0)
=
bz
F z (e3) =
O}
=1
{b = -1 > l
2b 3 = O
bz=
1
b3 =
O
>
F z (x, y, z) = -x
+
Y
Por último
e calculando teremos:
M-IAM =
bz
F 3 (el) = cl + Cz F 3 (ez) =
que é uma matriz diagonal.
Cz
F 3 (e3) =
-1
= O} =0 2c3 = 1
=>
{Cl = Cz = O 1 c3=2
3. Verificar se os funcionais lineares FI> F 2 , F 3 do (IR3 )*, abaixo definidos, formam uma base deste espaço: Fl(x, y, z) = 3x - y, Fz(x, y, z) = x Solução
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 1. Sejam F I e Fz os funcionais lineares de (IRz )* definidos por F I (x, y) = 2x Fz (x, y) = x - 3y. Determinar:
a)
FI + 5F z
b)
-3F I + 2Fz .
152
e
+ 2y + z e F 3 (x, y, z) = 5y - 3z.
+
y e
Basta verificar se eles formam um conjunto L.I. pois dim (IR3)* = 3. Suponhamos que alF I + a2 F 2 + a3 F 3 =0 (funcional linear nulo). Então (alFI +a2FZ + a3F3)(x,y,z) = = O (número zero), V- (x,- y, z) E IR3 . Daí: ai (3x - y)
+
az (x
+ 2y + z) + a3 (5y + 2az + 5a3)y +
= (3al + az)x + (-ai
5z) = (az - 5a3)z = O, V-x, y, z E IR.
153
Portanto
Solução
+
= O -0<1 + 20<2 + 50<3 = O 30<1
{
O teorema do núcleo e da imagem nos diz que dim V = n = dim Ker(F) + dim Im (F) = = dim Ker(G) + dim Im (G). Como Im (F) c R, dim R = 1 e F '" O, então dim Im (F) = 1. Analogamente dim Im (G) = 1. Logo dim Ker(F) = dim Ker(G) = n - 1. For outro lado, o teorema da dimensão da soma nos garante que:
{0<1 - 20<2 - 50<3 = O
0<2
0<2 - 50<3 = O
que é equivalente a
0<2 - 50<3 = O
0<3 = O
Logo 0<1 = 0<2 = 0<3 = O que vem garantir que {F 1> F 2 , F 3} é L.I. e portanto é uma base de (R3 )*.
dim(Ker(F)
+ Ker(G» + dim(Ker(F)
() Ker(G» = dim Ker(F)
+ dim Ker(G) =
2n - 2.
Em geral, Ker(F) c Ker(F) + Ker(G) e devido à hipótese Ker(F) '" Ker(G), teremos Ker(F) ~ Ker(F) + Ker(G); então necessariamente Ker(F) + Ker(G) = V. Logo dim (Ker(F) + Ker(G» = n e daí vem
4. Seja V = R 4 . Consideremos o sub-espaço W* de V* gerado peios funcionais F 1> F 2 e t, F 2 (x, y, z, t) = 5z - t e F 3 (x, y, z, t) = x + z. F 3 dados por F 1 (x, y, z, t) = 3x
dim (Ker(F) () Ker(G» = (2n - 2) - n = n - 2.
Determinar o seguinte sub-espaço de V:
W = {u
E
V I F(u) = O, VF
E
6. Mostrar que as matrizes
W*}
(Mostre antes que, de fato, W é um sub-espaço de V). Solução Mostremos que W é sub-espaço de V. Como F(o) = O, VF E W*, então o E W; se ul e u2 E W, então F(Ul + U2) F(Ul) + F(u2) O + O O, VF E W*, o que mostra que ul + u2 E W; se u E W e O< é um escalar, então F(o
=
O
=
=
=
=
=
não são semelhantes. Solução Devemos mostrar que não existe uma matriz inversível
+ 0<2 F 2 + 0<3F3 = O <=>
<
>
+ 0<2(5z - t) + 0<3 (x + z) = O, "Ix, y, z, t E R + 0<3)X + (50<2 + 0<3)z + (- 0<1 - 0<2)t = O, V x, y, z, t
0<1(3x - t)
< = > (30<1
M= ( :
:)
E R
tal que
<=> M-' (: cuja única solução é 0<1
= 0<2 = 0<3 = O, segue que: {Fl> F 2 , F 3 } é L.I. e dim w* = 3.
É fácil notar que dado u E R 4 U EW
<=>
F 1 (u) = F 2 (u) = F 3 (u) = O
<=>
{
<=>
(:
=M
(:
:)
C
= O
Como a única solução deste sistema é a trivial x
:) M
Como
5z - t =0
x + z
= (: :)
ou, o que é equivalente,
- t = O
3X
:) M
= z = t = O,
W = {(O, y, O, O) I y
E
então:
R}.
(: :) (: :) (::) (: :)
= a
d = a
<=> [
O=
c
O= c
Uma base de W é {(O, 1, O, O)}. teremos necessaríamente
5. Sejam F e G dois funcionais lineares não nulos sobre um espaço vetorial V de dimensão n. Supondo Ker(F) '" Ker(G), determinar as dimensões dos seguintes sub-espaços de V: Ker(F), Ker(G), Ker(F) + Ker(G) e Ker(F) () Ker(G).
154
...
M= ( :
:)
que não é inversível para nenhum valor de b pois tem uma linha nula.
155
L
n l 7. Seja F um operador linear de um espaço vetorial V de dimensão n. Se F - = O (operador nulo) e Fn-2 O, mostre que existe uma base B de V em relação à qual a matriz de F é da forma seguinte, com aI, ... , an E IR:
*
aI
O
O
O
O
a2
O
1
O
O
O
O
1
O
an-l
O
O
O
1
an
O
O
O
O
{(1, I, 2), (1, 2, O), (3, 4, O)} do IR3 ;
b)
{(1, 2), (O, 1)} do ~;
c)
{(O, 1, O, O), (2, 1, O, O), (O, O, 1, 1), (O, O, O, 3)} do IR4 ; {1, t, 1 - t 2} do espaço P2 (IR).
d)
..................... an-2
a)
4.
Seja V = IR3. Considere o sub-espaço W* de V* gerado pelos funcionais F e G dados por F(x, y, z) = x - y e G(x, y, z) = y - 2z. Determinar uma base do seguinte sub-espaço deV:W = {UEVIF(u) = O,VFEW*}.
*5.
Provar que todo sub-espaço vetorial W de V, com dim W = dim V - 1, é o núcleo de uma forma linear não nula.
*6.
Seja V um espaço vetorial de dimensão finita. Sejam u e v dois vetores desse espaço com a seguinte propriedade: ('v'F E V*)(F(u) = o = F(v) = o). Mostrar que {u, v} éL.D.
Solução
*
*
n O, então existe Uo E V de maneira que F - 2 (uo) o. Então o exercício Como F n - 2 resolvido 12 (§ 1 - deste capítulo) nos garante que é L.I. o conjunto {uo, F(uo), F 2 (uo), ... , F n - 2 (uo)}.
Sugestão: Se fossem L.I. existiria uma base B de V contendo u e v. Considerar a base dual.
Logo este conjunto pode ser completado com um vetor v de modo a formar uma base B = {v,. F n - 2 (uo), F n - 3 (uo), •.. ,. F (uo), uo} do espaço V. Achemos a matriz de F em relação a esta base. F(v) = alv + a2Fn-2(uo) + ... ~ an_IF(uo) + anuo F(F n - 2 (uo» = F n - l (uo) = Ov + OF n - 2 (uo) + ... + OF(uo) + OUo F (Fn-3 (uo» = Ov + 1F n - 2 (uo) + ... + OF (uo) + OUo
7.
=>
° °1 O O ° ..................... O
(F)B =
an_l
O
O
O
1
an
°
O
O
O
EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1. Sejam FI e F2 E (1R3 )* definidas por FI(x,y,z) = x - 3y + 2z e F 2 (x, y, z) = = 2x - y + z. Determinar F I + F2, 2F I + 3F2 e os respectivos núcleos. 2. Seja F E (1R 3)* definida por F(l, -1,3) = 0, F(O, 1, -1) = O e F(O, 3, -2) = 1. Determinar F(2, -1, -3). 3. Determinar as bases duais de cada uma das seguintes bases:
156
{F, G, H}, onde F(x, y, z) = 2x, G(x, y, z) = y + z e H(x, y, z) = x - 2z; {F, G, H}, onde F(x, y, z)
= 2x + y -
z, G(x, y, z)
= x e H (x, y,z) = x-y +4z.
Sejam F e G formas lineares não nulas no espaço vetorial V, linearmente dependentes. Prove que Ker(F) = Ker(G) e sua dimensão é n - 1 se dim V = n.
9.
Mostrar que a semelhança de matrizes é uma relação de equivalência no conjunto Mn(IR).
O
a2
=>
a) b) *8.
F(uo) = Ov + OF n - 2 (uo) + ... + 1F(uo) + OUo aI
Verificar se são bases de (IR3)* os seguintes conjuntos:
10. Verifique se são semelhantes as matrizes:
(-: * 11.
-
~)
,
(: :)
Provar que se A e B são semelhantes então An e Bn são semelhantes, para todo n ;;. 1. Sendo p(t) um polinômio, p(t) = ao + alt + ... + antn , indicamos por p(A) a matriz p(A) = aoI + alA + ... + anAn. Provar que se A e B são semelhantes, então p(A) e p(B) são semelhantes.
12. Para que valores de a, b e c (reais) as seguintes matrizes de M2 (IR) são semelhantes?
(:-:) , (:-:) * 13. Sejam A, B, C, D matrizes de ordem n, sendo A e B semelhantes, C e D semelhantes. É verdade que A + C e B + D são semelhantes? E quanto a AC e BD?
157
CAPíTULO
6
= , Vu, v E V; e (d) é um número real maior que zero para todo vetor u
(c)
=1=
o.
Espaços com Produto Interno Definição 2 - Um espaço vetorial real com produto interno ou espaço euclidiano é um espaço vetorial sobre R munido de um produto interno.
Nota: Em geral existem muitos produtos internos diferentes sobre o mesmo espaço vetorial. Veja exercícios resolvidos n. O 5 e n. O 6.
1. PRODUTOS INTERNOS
Exemplos Lembremos, de início, que um dos conceitos fundamentais quando se estu~ dam os vetores da geometria é o de "produto escalar", que nada mais é do que uma aplicação que a cada par de vetores (ti, 1) . um numero , aSSOCIa re aldd a o por --*--* ux v = = I ti 11
vi
o
cos
e onde e
é o ângulo for-
t.
madQ por li e Se em relação à base fun~--7 -7} --* --* -+ { damental 1,0J, k temos u = xli + X2j +
+
--*
--*
-;7
X3 k e v = Yl1
+
--*
Y2j
+
1) Produto interno usual do R n ->
k
-+
i
Se u então:
Y3k, então
(Xl, ... , Xn) e v
=
(y 1,
"
. ,
Yn) são vetores genéricos do R n ,
f-+ XIYl + ... + xnYn n é um produto interno no IR . Das quatro condições a serem verificadas mostremos apenas como se procede em (b) e (d).
(u, v)
(b)
--*
=
= (axl)Yl + ... + (axn)Yn = a(xIYl + ... + xnYn) = = a.
(d) Se u =1= (O, O, ... , O), então um dos Xi, ao menos, é não nulo. Logo = X12 + '" + x; > O. 2) É um produto interno sobre o espaço Pn (R) a aplicação dada por:
o
que faremos neste capítulo é generalizar a definição de "produto escalar" visando a introduzir, entre outras coisas, o conceito de "distância" em situações bem gerais. Definição 1 - Seja V um espaço vetorial de dimensão finita sobre R. * Entende-se por produto interno sobre V uma aplicação que transforma cada par ordenado (u, v) E V X V em um número real (que indicaremos por
+ v,
w>
=
w>
+ , \tu,
v, w E V;
= a v-a E R e Vu, v E V;
A definição a ser dada aqui seria um pouco diferente no caso de espaços vetoriais sobre
158
(f(t), g(t)) f-+
= ·0[1
f(t)g(t)dt,
onde f(t) e g(t) são polinômios quaisquer de P n (IR). Façamos a verificação da condição (a). Dados f(t), g(t) e h(t) em Pn (R):
+ g(t), h(t»
=
\1
·0
(f(t)
=
foI (f(t)h(t)
+ g(t)h(t))dt =
=
+
+ g(t))h(t)dt = foI f(t)h(t)dt
+
J:
g(t)h(t)dt
=
As propriedades P 1, •.• , P 6 que seguem são válidas em qualquer espaço vetorial euclidiano. Note que em sua demonstração não foi usada a propriedade (d) da definição 1. ] 59
P 1.
Prova:
=
= O,
o>
2. NORMA E DISTÂNCIA
\lu E V.
Já sabemos que Ou = o, para todo u E V. Logo:
u> q~) O
=
Definição 3 - Seja V um espaço euclidiano com o produto interno (u, v) -+ . Dado um vetor u E V indica-se por 11 u 11 e chama-se nonna de u o número real positivo dado por
-+
= O.
Como = , então = d. P2 .
=
vu, v E IR.
a, "Ia E IR e
Prova: (gl (!?) a (gl a _
lIull
=
+ , "lu, v,
W
Exemplo - Se no IRn consideramos o produto interno usual, dado u =
= (Xl>
..• ,
x n ) nesse espaço, temos:
~) (~ + (g) +
+ .• Dado um número inteiro m
~
fi
I
aiui> v>
i=l
=
I
ai
i=l
É só raciocinar por indução com base nos axiomas (a) e (b) da definição de produto interno. -
I
Proposição 1 - Em todo espaço euclidiano V, temos: a)
lIaull
b)
lIull
ajVj>
j=l
=
I
aj (n ~ 1).
j=l
n
fi
I
i=l
aiui,
I
j=l
fi
íljVj>
=
"lu E V e lIull
= O <->
u
= o.
=
.J = .Ja2 = .Ja2 lIull 2 = lalllull.
lIaull
b)
Pela própria defmição temos lIull lIull
= O<
<=> u
=
> 1/2 o.
=
~
•
O. Por outro lado
O <=>
=O<
>
(Notar que nesta última equivalência usamos o axioma (d) da definição de produto interno e a propriedadeP 1 .) Proposição 2 - (Desigualdade de Cauchy-Schwarz) - Se V é um espaço vetorial euclidiano, então:
I I
Demonstração • Se v = 0, então = O e Ilull Ilvll = O. Logo tem-se uma igualdade neste caso. Suponhamos v o. Para todo a E IR vale a desigualdade lIu + avll 2 ~ O. Daí, O ,;;;;; lIu + avll 2 = = + + +
*
n
aiílj .
i=l j=l
Observação importante: Quando nos referimos ao IR n como espaço euclidiano, fica subentendido que o produto interno é aquele do exemplo 1 acima. 160
~O,
e
I1 ,;;;;; lIullllvll, Vu, v E V.
Basta usar as propriedades P2 e P 3 acima e raciocinar por indução. -
<
lalllull, "Ia E IR e "lu E V
a)
Prova:
P6 •
=
n
TI
Ps .
.J'-x-=:-+--.-.-.-+-x-=-~ .
Demonstração
1,
fi
<
=
E V
Prova:
P4.
u>.
(Aqui já usamos a condição (d) da definição 1).
lIull P3 •
= V
+ = IIull 2 + a + a + + c? IIvll 2 = IIvl1 2a 2 + 2a + lIull 2 . 161
"*
Obtivemos assim um trinômio do segundo grau em a (pois IIvl1 2 O) o qual é sempre positivo. Logo seu discriminante deve ser negativo ou nulo: 4 2 - 4 IIvll 2 IIull 2 ~ O Portanto: 2 ~ lIul1 2 Ilv11 2. Finalmente, considerando a raíz quadrada positiva de cacia um dos membros desta última igualdade:
I I ~ lIullllvll . • Corolário (Desigualdade triangular): Num espaço euclidiano vale a seguinte desigualdade: lIu
+ vII
~
Ilull
+ IIvll,
(11) d(u, v)
= d(v, u),
V-u, v E V, porque:
d(u, v) = Ilu - vii = 11(-I)(v - u)1I = l-llllv - ull = d(v, u). (I1I) d(u, v)
~
d(u, w) + d(w, v) -\lu, v, w E V, pois
d(u, v)
=
lIu - vII
= Ifu -
w
+w -
vII
~
lIu - wll
+ Ilw
- vII
Pelo fato de valerem as três propriedades acima, damos ã aplicação d: V X V -+ IR o nome de métrica sobre V,induzidapela norma. O número d(u, v)é cha· mado distância de u a v. Nota: Convém lembrar que em geometria, dados os vetores ti e 1, então lti -11 mede a distância entre as extremidades de u e v, desde que esses vetores tenham suas origens representadas na origem dos eixos. Este fato obviamente sugeriu a definição de métrica num espaço euclidiano.
V- u, v E V. --+ V
--+
--+
u-v
Demonstração Ilu + vll 2 =
+ v, u + v> = + + + = = lIuW + IIvll 2 + 2 ~ IIul1 2 + IIvll2 + 2 Ilullllvll =
= (lIull + Ilvlli. Então lIu + vll 2 ~ (Buli -+
Ilvll)2, para todo par de vetores u e v. Desta ~ Ilull + IIvll, V u, v E V. • Exemplo - Se considerarmos no lRn o produto interno usual e se u = = (Xl,"" Xn) e v = (1'1, ... , Yn) são vetores quaisquer do lRn, então:
Como aplicação da desigualdade de Cauchy-Schwarz vejamos como o concei· to de ângulo entre vetores é definido em um espaço euclidiano.
)1/ 2 ( t;n yf )1/. 2 <=>
Sejam u e v vetores não nulos de um espaço euclidiano V. Da desigualdade I I ~ lIullllvll segue que:
desigualdade decorre que Ilu
+ vII
I I ~ Ilullllvll < - >
<=>
(t.
XiYi)2
1=1'
n ( n ~ XiYi ~ ~
Xf
- lIull IIvll ~ ~ lIullllvll
~ (t Xf) (t Y?) . 1=1
e disto conclui-se que: ~ ~ - 1 "" lIull Ilvll "" 1.
1=1
Esta última desigualdade também é conhecida como desigualdade de Lagrange. Seja V um espaço vetorial euclidiano..Consideremos a aplicação d: V X V assim definida:
-+ IR,
Logo existe um único
(J
E lR, tal que O ~
cos (J d(u, v)
=
lIu - vII, V-u, v E V.
Notemos que valem as seguintes propriedades: (I) d(u, v) ;;;. O, V u, v E V e d(u, v) da proposição 1 acima. 162
= O <=>
u
= v,
em virtude
=
(J ~
rr e
Ilullllvll .
É comum dar a designação de ângulo entre u e v a esse número (J. E, de fato, nos casos em que V = IR? ou V = lR 3 e o produto interno é o usual, tal número corresponde â medida do ângulo entre os segmentos orientados que representam os vetores, no sentido geométrico elementar. 163
L
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
Solução Supondo w = (x, y) temos = x + 2y = -1 e = -x + Y = 3. Daí
7
L Considerando o espaço euclidiano IR 3, calcular nos seguintes casos: a) u =
(t, 2, 1)
2 _
e v = (4, 1, -3); 5. Seja V um espaço vetorial euclidiano. Provar que
b) u = (2, 1, O) e v = (4, O, 2);
(u, v) -+u
c) u = (1, 1, 1) e v = (2, -1, 5).
*v=
à aplicação
2
também é um produto interno sobre V. Generalize.
Solução
1 a) ="2 • 4 + 2 • 1 - 1 • 3 = 2 + 2 - 3 b)1
c)
(-7 2)
x = - 3 e y =3 e entao w = 3 ' 3 .
=2
• 4 + 1 • O+ O• 2
Solução
1.
* w = 2 = * w + v * w;
(a) (u + v)
= 8.
= u (b) exercício;
= 6.
2. Usando o produto interno = S~ f(t)g(t)dt em P2 (IR), determinar o produto escalar de:
~
e g(t) =
(c) u (d) u
* v = 2 = 2 = v * u; * u = 2 .. O, Vu E V e se u *- o, então u * u;>
o.
Generalização: podemos substituir o "2" por qualquer a> o.
a) f(t) = t e g(t) = 1 - t 2 ; b) f(t) = t -
2( + + 2 =
+- +). (t -
6. Sendo u =
(Xl> xz)
e v =
(Yl> yz)
2
vetores genéricos do IR
definamos
,
= XI;1 + XZ~2 com a, b E IR fixos e não nulos. Provar que define um produto
Solução a)
1
SOl
=
1
2
t(1 - t )dt =
SOl
(t - t )dt = (
~
n]
SOl
3
~)
-
b
a
I:
interno sobre o IR2 •
1
=Y-4=2 b)
=
SOl
(t -
+)[~
-
(t -
dt =
(_t
2
+
~t
-
ndt =
1
TXZY2 )
-12' 3. Seja V um espaço vetorial sobre IR. Ponhamos por definição = O, .'1{' U,
V E
V.
Verificar se (u, v) 1-+ = O é um produto interno sobre V.
(c) hnediato; Z
(d) = x l2 a
Solução Temos de verificar as quatro propriedades da definição de produto interno.
2
+ xz
7
..
o, Vu E IR?; = O <
= ; = O <=>
(a) = O = O + O = + ;
l'l
2
=
= (- 1,1) em
4. Consideremos o espaço euclidiano IR • Sendo u (1,2) e v um vetor w deste espaço tal que = - 1 e = 3.
164
IR 2 ,
determine
>~a =
= Xz = O < = > u = (O, O).
(b) e (c): exercício. (d) Se V = {o}, então obviamente vale esta condição; se existe u *- o em V, então temos = O com u *- o, o que mostra que = O, "fu,.v E V, não define um produto interno sobre V.
=o:;
1,11 u 11
7. Sejam u e v vetores de um espaço euclidiano tais que 11 v 11 Determinar .
1 e 11 u- v 11
2.
Solução 4 = Uu - vU 2 = = UuU
2
-
z 2 + IlvIl .
Logo 2 = -4 + 1 +1 = -2. Então = -1.
1.65
L
8. Em P2(IR) com o produto interno dado por
f(t) = t;
b)
f(t) = _t 2 + 1.
IIf(t)1I =
b)
IIf(t)II ,;,
J .1
1
0
a) Mostrar que = X1Y1 - 2x1Y2 - 2X2Y1 + SX2Y2 define um produto interno sobre o lR2 ; b) Determinar a norma de u = (1, 2) em relação ao produto interno usual e também em relação ao produto definido em a).
Solução a)
,. do lR2 . 12. Sejam u = (Xl> x2) e v = (Y1, Y2) vetores genencos
j C '0
(1 - t 2)2 dt =
Solução
(f(t))2 dt =
a)
jf;.
(1) = (Xl + Yl)Zl - 2(Xl + Y1)Z2
2lx2 + Y2)Zl + 5 (X.2+- Y2)Z2 = 2Y2 zl + SX2 Z2 + SY2 Z2 =
= x1z1 + Y1z1 - 2XlZ2- 2Y1Z2 - 2X2zl = (X1Z1 - 2X1Z2 - 2X2zl + SX2 zÚ + (YlZt
2Y1 Z2
~
2Y2 z 1 + SY2 z2) =
= + ; 9. Denomina-se versor todo vetor de norma igual a 1. Se u '1= o, então _u_ é um versor cha11 u 11 mado de versor de u. Determinar o versor de u = (2, 2, 1) cdnsiderando no IR 3 o produto interno usual.
~4
- 2x2Yl + 5x2Y2) = a ; (3) Imediato;
Solução lIull =
(2) = aX1Y1 - 2ax1Y2 - 2ax2Y1 + SaX2Y2 = a(x1Y1 - 2X1Y2 --
+ 4 + 1 - 3. Logo
II~II
= (2,;, 1) =
(i-, ;
,+).
_ =2 Xl - 4 x1 x2 + 4x22 +x2 (4) = Xl2 - 2X1X2 - 2x2Xl + 5x22 2 2 2 = (Xl -2X2)2 + X2 ;;;. O, Vu = (Xl, X2) E lR ; além disso = = O < = > Xl - 2X2 = O e x2 = O < = > Xl < - > u = (O, O).
10. Num espaço vetorial euclidiano provar que: a)
b)
lIull = IIvll < - > = O; 2 2 2 lIu + Vll = IIUll + IIvll < = > = O.
b)
> lIull = IIvll 2 < = > lIull 2 _ IIvll 2 = O
< .> lIull = IIvll < 2 2 lIull - IIvll + - = O < = > - + _ - = = O. 2 2 2 lIu + vl1 = IIull + IIvll < = > = + < = >
13. Considere o espaço euclidiano IR 3. Determinar a u = (6, a, - 1).
< - > + + + = + < = >
Solução
<
> 2 = O < = > = O.
11. Mostrar que num espaço euclidiano vale a identidade: ~ 11 u + v 11 2
-til
u - vll 2 = .
~ = )1 2 + 22 = yT+4 =.,;s:,
No produto definido em a): lIu 11 = ~ = )'--;12'_-4-.-1-.-2-+-S-.-:-2"2 =
2
b)
No produto usual: lIull =
Solução a)
= 36
2 + a2 + 1 = a
+ 37
= 41.
~
a)
u = (I, 1, 1) e v = (
1 2 1 2 1 1 T" U + vl -Tllu-vll =T-T=
b)
u = (1, -1, O) e v = (2, -I, 2).
1
a)
166
IR 3 de maneira que lIull = ~, onde
2 Logo a = 4. Daí a
= ±2.
, -I, -});
Solução
=4«u, u> + + + - - + + .
E
~
14. Achar o ângulo entre os seguintes pares de vetores doIR 3:
Solução
1
= X2 = O < = >
lIull
= .J3,
IIvll
= .J3 2
e
= -} -
1 + -}
= O.
Daí
167
cos IJ =
o
lIull • IIvll
.,ff .
2 IIvll
t=- - - -
.Jf 2
b)
lIull
= "j2,
IIvll
=3
e
3 Y2 coslJ = - - = - - -
3.,j2
2
, e.a resposta do problema e Wo = u - -·-2- v. IIvll
= 2 + 1 + O = 3.
Logo
17. Sejam u= (1, 1, O) e v = (0,1, 2) no espaço euclidiano IR3. Determinar os vetores w E IR3 tais que Ilwll = 1 e = = O.
11"
IJ=-
4
Solução 15. Sejam u e v vetores de um espaço vetorial euclidiano. Mostrar que {u, v} é L.D. se, e somente se, I I = lIull IIvll.
Seja w = (x, Y, z). Então: IIWll 2 = xi + y 2 + z2 = 1, = x + Y = O e = Y + 2z = O. Resolvendo o sistema:
Solução
x2 Se { u, v} é L.D., então um dos seus vetores é combinação linear do outro. Seja u com a E IR. Então
av, {
I I = I1 = lall 1= lalllvll 2 e lIullllvll = lIavllllvll = 2 = lalllvllllvll = lalllvll .
chegaremos a z =
I
±T'
x =
x
+ y2 + +Y y
2
±T
e
z2 = 1
= O
+2z y =
=0
_ 2
+T'
Logo I I = lIullllvll. Por outro lado, suponhamos I I = lIullllvll. Se v = o, então {u, v} é L.D. obviamente. Suponhamos v
"* o.
Então
2 > 2 = IIUll 11vll 2 logo 4 2 ~ 41Ul 2 IVl 2 = O.
I I = lIullllvll
2 2 Mas 4 2 - 4 lIull IIvll é o discriminante do trinômio do segundo grau (em x) 2 2 2 IIvll x - 2 x + lIull = . (dupla) do trinômio temos IIvll que equivale a u = avo Portanto u - av = o e {u, v} é L.D.
Considerando a raiz a
=
EXERCÍCIOS PROPOSTOS
= Oo 1.
Sejam u = (xt>x2)ev = (YbY2) vetores genéricos do IR 2 . ParaquevaloresdetEIRa função = xIYI + tX2Y2 é um produto interno sobre o IR2?
2.
Mostrar que se = O, para todo vetor v, então u =
3.
No espaço V
16. Sejam u e v vetores fixos de um espaço vetorial euclidiano. Achar o vetor de menor norma do conjunto {u + tv I t E IR}, supondo v o.
"*
Solução Seja w = u
+
tv. Então
IIwll
= .J
+ tv, u + tv>
=
Jllull
2
O.
= P3 (IR) consideremos o produto interno
C(t)g(t)dt.
Calcular
+ 2t + IIvll 2 t 2
Daí d IIwll _
-----at -
o vetor
2 + 211vll 2 t 2 2JllUll + 2 t + IIVll 2 t 2
de menor norma no conjunto dado é aquele cujo coeficiente t anula a derivada acima. Então:
168
4.
Sejamf(t) = ao + alt + ... + antne g(t) = b o + bit + ... + bntnpolinômios quaisquer de Pn(IR). A função (f(t), g(t)) f-7 aob o + albl + ... + anbn E IR é um produto interno no espaço Pn(IR)?
169
5. Seja T um isomorfismo de um espaço vetorial V. Provar que se é um produto interno sobre V, então o mesmo acontece com a função PT : V X V -+ R definida por PT (u, v) =
Definamos = auxIYl
6. Seja V um espaço vetorial euclidiano. Dada uma base {el' ... , en} de V definamos A = (aij) E Mn(R) por aij = O, j = I, ... , n).
b) Mostrar que se u =
n
i=l
i=l
L Xiei e v = L Yiei, então o produto escalar em V pode ser
Seja V um espaço euclidiano com produto interno . Para que valores de a a aplicação:
E
M2 (R).
+ a12 x IY2 + a21 x2Yl + a22 x 2Y2'
b) Mostrar que a condição (c) da definição de produto interno é válida se, e somente se, M é simétrica. 2 c) Qual a matriz M que leva ao produto interno usual do R ?
expresso na forma matricial seguinte: = (Xlx2 ... Xn)A(YlY2 ... Yn)t. 7.
12 a ) a22
a) Mostrar que o produto assim definido satisfaz as duas primeiras condições da definição de produto interno.
a) Provar que A é uma matriz simétrica. n
11 (a a21
M=
d) Quais das seguintes matrizes definem produtos internos sobre o R finição de que foi dada acima: E
2
segundo a de-
IR
(u, v) -+ a também é um produto interno sobre V? (Veja exercício resolvido n'? 5.) 8.
Chama-se traço de uma matriz A = (aij), quadrada de ordem n, a soma dos termos da sua diagonal principal. Notação: tr(A). Assim, tr(A) = a11 + ... + ann. Sendo V = Mmxn (IR), mostre que = tr(BtA) define um produto interno sobre V.
9.
15.
Sabendo que lIull = 3 e IIvll = 5, com u e v elementos de um espaço euclidiano, determine Ct E R de maneira que = O. 3 (produto interno usual) para mostrar que, dados os números reais estritamente positivos aI, a2, a3, vale a desigualdade:
""'16. Use a desigualdade de Cauchy-Schwarz no espaço euclidiano R
No espaço vetorial V = M2 (R) considere o produto interno definido no exercício 8. Sendo *17.
positivos tais que a Sendo a , b e c números reais estritamente 3 desigualdade de Cauchy-Schwarz no R para provar que
(+_ ~
calcule , IIAII, IIBII e d(A, B).
1) (
10.
No espaço vetorial euclidiano IR4 sejam u = 0,2, 0,1) e v = (3, 1,4,2). Determinar , lIull, IIvll, d(u, v),
u + v e o co-seno do angulo de u e v. lIu + vII
- 1)(+ - 1)
~
+ b + c = 1, utilize a
8.
A
18.
Determinar a norma de cada um dos seguintes vetores: 4
11.
12.
= 5, IIvll = 8
e lIu + vII
c) A =
= -1129.
Verifique a lei do paralelogramo num espaço euclidiano V: lIu + Vll 2 + lIu - Vll 2 = 211ull 2 + 211v1l 2 , \fu, v E V.
* 14. Sejam u = (Xl, X2) e v = 170
b) f(t)
Sejam u e v vetores de um espaço euclidiano. Determinar o co-seno do ângulo entre u e v, dado lIull
13.
a) u = (3, 1, 2, 1) E R ;
Sejam u e v dois vetores não nulos de um espaço vetorial euclidiano. Sendo 8 o ângulo de u e v, mostrar que lIu + vll 2 = lIull 2 + IIvll 2 + 211ull IIvll cos 8. (Esta igualdade é conhecida como lei dos co-senos na geometria elementar.)
(Yh Y2) vetores genéricos do R 2 e
19.
= t2 + t
- I, em relação ao produto interno
1 2) (2 1
,.
= S~ f(t)g(t)dt;
08 desta sene. '.
em relação ao produto do exerClClO proposto n.
Mostrar que a soma de dois produtos internos sobre um espaço V também é um produto interno sobre V (antes, pense bem no significado da palavra "soma").
171
20. Encontrar a distância de u a v e o co-seno do ângulo entre u e v nos seguintes casos: a) u
=:
(1,1,1,1) e v
b) u
=:
1
o) A
(O, 0,1,1) com o produto interno usual do IR4 ;
=:
+ t - t2 e v
~ (~ ~), B ~
=:
3t 2 com o produto considerado no exercício 18 b) acima;
U~)
com o .
."=0 do ,,,,dcio ,,
Exemplo - No espaço euclidiano IR3 o conjunto S = {(1, O, O), (O, I, O), (O, O, I)} é ortonormal. Por exemplo, a norma de gl = (1, O, O) é IIg 1 1l =: = 12 + 0 2 + 0 2 = 1 e o produto interno de gl por g2 é < gl, g2 > =: I . O + + O • I + O • O = O.
.J
Em geral, para todo n ;;;. 2, o conjunto:
{(1, O, ... , O), (O, I, O, ... , O), ... , (O, ... , O, I)} *21. Sejam u e v vetores de um espaço vetorial euclidiano. Prove que = O, se, e somente se, lIu + OIvll ;;;. lIull, VOI E IR.
*22. Sejam el, e2, ... , er vetores unitários (nonna igual a 1) de um espaço euclidiano tais que lIei - ejll = 1 (sempre que i j). Calcule o co-seno do ângulo entre dois vetores ei e ej.
"*
é ortonormal no espaço euclidiano IRn . Proposição 3 - Todo conjunto ortonormal S = {gl, g2' ... , gr} contido num espaço vetorial euclidiano é necessariamente L.I.
Demonstração
+ ... + = < = = + + ... + =
Outra demonstração: Sendo o =
+ ... +
3. ORTOGONALIDADE Lembremos primeiro que dois vetores não nulos lt e -; defmidos por meio de segmentos orientados são ortogonais se, e somente se, seu produto escalar é zero.
Proposição 4 - Seja S = {gl, ... , gr} um subconjunto ortonormal do espaço euclidiano V. Então, Vu E V, o vetor v = u - ' gl - ... - gr é ortogonal a todo vetor do sub-espaço gerado pelos vetores de S.
~
u
u x v = Itil • I
vi .
CDS
e
nição: DefilÚção 4 - Seja V um espaço euclidiano. Dizemos que dois vetores u, v E V são ortogonais se, e somente se, = O. Um conjunto S = {Ul' ... , Ur} C V se diz ortononnal se, e somente se, (I) IIUill = 1 (i = 1, 2, ... , r) e (lI) dois vetores quaisquer de S, distintos entre si, são ortogonais.
Nota: As condições (I) e (11) da defilÚção acima podem ser substituídas pela
172
Demonstração Observemos de início que se v for ortogonal aos vetores de S, então será ortogonal a toda combinação linear de S. De fato, seja w =
Esse fato motiva a seguinte defi-
seguinte: = Oij (símbolo de Kronecker), i, j é Oij = 1 se i = j e 0ij = O se i =1= j.
+
= 1, ... ,n, cujo significado
= = + " . + = O. Provemos pois que v é ortogonal a cada gi o que é uma questão apenas de cálculos. Vejamos:
= gl - ... - gr, gl> = = - - ... - = =
-
=O 173
l
pois gl> = 1 e = ° para i =1= 1. De maneira análoga se prova que = ... = = O. •
Finalmente, V3 = U3 - gl - g2 = (0,1,2) - Ogl
- 3f (O, v[, f)= (0, - ~., ~).
Defmição 5 - Seja V um espaço euclidiano de dimensão finita. Se um conjunto B = {gl, ... , gn} for uma base de V e simultaneamente for um conjunto ortonormal, então diremos que B é uma base ortonormal de V.
Daí:
Exemplo - B = {(1,O,O),(O, 1,0),(0,0, 1)}éumabaseortonormaldeIR3. Generalize para o IRn.
(o, - ~ ,+L (o, - 1~ , ~) ~ (.O, _fi2 ' ..(2) 2
---'-----===-'" 1 1
Teorema 1 - (processo de Ortonormalização de Gram-Schmidt) _ Todo espaço vetorial euclidiano de dimensão fmita (=1= O) admite uma base ortonormal.
)
Demonstração
_
4+"4
V2
Logo:
Se dim V = 1 e se {u} é uma base de V, então o vetor gl =
II~II
u =
II~II
{(l, o, (o, f, v;), (o, - f, f)}
é
0),
L.I. e tem norma igual a 1. Logo {gd é uma base ortonormal de V.
é uma base ortonormal do IR 3 , construída a partir da base B, seguindo-se a demonstração do teorema 1.
Se dim V = 2, seja {UI, ~} uma base de V. Façamos gl = ~ . Então o lI u lll vetor V2 = ~ - <Ü2, gl> gl é ortogonal a gl devido à proposição 4. Logo o
Seja V um espaço vetorial euclidiano. Dado um sub-espaço vetorial V de V, indiquemos por Vi o seguinte subconjunto de V:
vetor g2 =
II~: 11
também é ortogonal a gl além de ser unitário. Daí podermos
Vi = {v E V I = 0, "tu E V}. Notemos que Vi é um sub-espaço vetorial de V, uma vez que:
afirmar que {gl, g2} é um subconjunto ortonormal de V com dois vetores. É pois uma base ortonormal de V.
(a)
u> = 0, "tu E V - >
oE
Vi;
(b) u> = = 0, "tu E V = >
o
=
mesmo raciocínio nos permitirá construir uma base ortonormal em qualquer caso de dimensão finita n, utilizando-se o mesmo método usado na proposição 4.•
Exemplo - Aplicar o processo de Gram-Schmidt do teorema 1 acima à base B = {UI = (1, 0, O), Ü2 = (O, 1, 1), U3 = (O, 1, 2)} do IR 3 , considerando o produto interno usual nesse espaço. • UI E claro que gl = lI u llI = UI = (1, 0, O). Por outro lado, V2 = U2 _ - <~, gl> gl = (O, 1, 1) - 0(1, 0, O) = (O, 1, 1). Logo V2 (0,1,1) g2= IIv211 = V2 = 174
(V2 2fi) . °'-2-'
+
u> = °
+°
+
V2, u> =
= 0, Vu E V; e
(c) = 0, "tu E V = > = a = aO = 0, "ta E IR e 'V u E V. Definição 6 - O sub-espaço Vi acima defmido recebe o nome de complemento ortogonal de V.
vi
Exemplo - Seja V = IR 3, V = {(O, 0, z) : z E IR}. Verifique.
{(x, y, O)
x, Y E IR}.
Então
Proposição 5 - Seja V um sub-espaço vetorial de um espaço euclidiano de dimensão finita V. Então V = VEBV1, ou seja, V = V + Vi e V nvl = {o}.
175
_
Demonstração (a) Seja B = {g } b d t . uI 1> • oo,gr uma ase ortonormal de U. Devido à proposo - 4 es e capIt o, dado u E V, o vetor v = u _ ~I - ooo - gr é J , o ogo. u
=
gI>gI +
.0.
+
gr>gr + v
pertence a U + Ul. já d' . em U. Isso prova V C i:e+aUs~mLa as Vr p~meIras ~arcelas do segundo membro está .ogo -U+U. Em
p~~c:~~: U ~ ~l.O· CLomo W E Ul., então w é ortogonal a todo vetor de
U.
,w - . ogo w = o e então: U n Ul. = {o} . • Conforme acabamos de ver se B - { um sub-espaço U d " . . - g}, ... , gr} é uma base ortonormal de u E V se decompõ: ~~~:a~;ae~c~Idiano ~ de dimensão fmita, então todo vetor ortogonais entre si:' umca, em uas parcelas, uma de U e uma de ul., u = «u, gI > gI + o. o + gr) + v. A parcela g + + < .• sobre o sub-espaço U~ ... U, gr> gr e chamada projeção ortogonal de u Por outro lado a aplicação E de V em V dada por E(u)
=
gI> gI + o.. +
gr> gr
recebe o ~ome de projeção ortogonal de V sobre U. Pode-se mostrar que E . operador lmear de V o e um o seguinte: ,que propomos como exercício. Para este operador tem-se 2
(u) = E( gt + o. o + gr) = = gt + . o. + gr, pois esta última soma pertence a U. Logo E 2 (u) = E() '-"V " que E 2 = E. u, v u E ,o que sIgmfica E
~oternos tam~ém
que Ker(E) = {u E V I gt + ... + gr decomposição de V: V = Im(E) $ Ker(E). - . ASSIm temos a seguinte
=
1:1
•
~ç~o está ligada ao conceito de d~:t~n~:::' c;~~a~~~~o~eo;~::~:~erslli~ear cuja defi-
tIveIs com o produto interno.
IIT(u)1I
= Ilull,
\tu E V,
se denomina isometria sobre V ou operador ortogonal sobre V. Exemplo - Consideremos o espaço euclidiano IR 2. A rotação T: IR 2 -+ IR 2 dada por T(x, y)
= (x cos 8
- y sen 8, x sen 8 + Ycos 8),
onde 8 é um número real e O ~ 8 ~ 21T é uma isometria pois além de ser urna transformação linear (exemplo 4, parágrafo 2, capo IV) satisfaz a seguinte igualdade: IIT(x,y)1I 2 = X 2cos 2 8 + y2 sen 2 8 _ 2xysen8cos8 + x 2sen 2 8 +y2cos 2 8 + + 2xy sen 8 cos 8 = X 2(COS 2 8 + sen 2 8) + y2(sen 2 8 + cos 2 8) = x 2 + y2 = lI(x, y)1I 2 . Deixamos como exercício a verificação de que o operador T do IR 3 dado por T(x, y, z) = (x cos 8 - y sen 8, x sen 8 + Ycos 8, z) é uma isometria. Nota: Uma isometria é um operador linear de um espaço euclidiano que conserva as normas dos vetores. Como nos espaços IR 2 e IR 3 , quando o produto interno considerado é o usual, a norma de um vetor nada mais é do que o comprimento desse vetor (ou módulo), no sentido geométrico intuitivo, podemos dizer que nesses casos uma isometria é um operador linear que conserva os comprimentos dos vetores do espaço. Proposição 6 - Toda isometria T: V -+ V é um isomorfismo. Demonstração Basta provar que T é injetora. Mas dado u E V, T(u)
=o
Logo Ker(T)
> IIT(u)1I = O = > Ilull = O = > u =
O.
= {o} . •
Proposição 7 - Seja T um operador linear sobre um espaço euclidiano V. Então são equivalentes as seguintes afirmações:
4. ISOMETRIAS Introduziremos neste parág
Defmição 7 - Seja V um espaço euclidiano de dimensão finita. Um operador linear T: V -+ V com a propriedade de que:
eares compa-
(I) T é isometria.
(lI) T transforma as bases ortonormais de V em bases ortonormais de V. (III)
=
v>,
\lu,
v E V.
176 177
Demonstração
o nome "operador ortogonal"
(I) = > (lI)
proposição seguinte.
{gl' ... , gli } um a b ase or t onormal de V; provemos que T(B) tamb'Sejaé B = b , em uma ase ortonormal de V. Como T é injetora T(B) . B numero de vetores. Então é suficiente mostrar ue T ' .e tem o mesmo Consideremos as identidades: q (B) é um conjunto ortonormal. A
2 IIgill + IIgjll2 + 2 e IIT(gi)1I 2 + IIT(gj)11 2 + 2 .
IIgi + gjW
=
IIT(gi) + T(gj)lf = Devido • hi 't J Ainda p~~ hi~~t:::~' os primeiros membros dessas igualdades são iguais entre si. IIT(gk)1I
= IIgkll
(k
= 1,
... , n).
Proposição 8 - Seja T um operador linear de um espaço euclidiano de dimensão finita. Então T é uma isometria se, e somente se, a matriz de T em relação a uma base ortonormal é uma matriz ortogonal (sua inversa é igual à sua transposta).
Demonstração ( _ » Seja B = {gl> ... , gn} uma base ortonormal de V e indiquemos por M a matriz de T em relação a essa base:
Logo
M = (T)B = (Qij)'
o que assegura ser T(B) um conjunto ortonormal.
=
"Qigi L,
e v
= L, "
n
=
I
n
Qijgi e T(gk)
=
i=1
n
i=1
Então: T(gj)
{gl> ... , gn} uma base ortonormal de V. Então dados u
n
=
= Ôij
> (III)
(lI) Seja B
dado como sinônimo de isometria decorre da
I
Qrkgr, com j, k
= 1, ... ,n.
r=1
Daí
{3igi em V, tem-se:
i=1
n
I
QijQik
i= 1 n
=
n
.I .I Qi{3j
isto levando em conta que
= 0ir.
normal o que acarreta < T(gj), T(gk»
= 0jk' Então
Mas T(B) também é uma base orton
1=1 J=1
Ii= 1 QijQik = 0jk'
Por outro lado, um raciocínio análogo ao feito acima nos levará a: o que é suficiente para concluirmos que Mt • M
n
=
L
Qi{3i.
i=1
Logo
=
178
In·
«=) Fica como exercício. É praticamente o caminho inverso da demonstração da primeira parte. •
v>, Vu, v E V.
(III) = > (I) Imediato: basta tomar u
=
= v.
a
Exemplo - Dizer que uma matriz real de ordem n é ortogonal significa que suas linhas formam uma base ortonormal do IRn . Vice-versa, os vetores de uma base ortonormal do IRn , em relação ao produto interno usual, constituem as linhas de uma matriz ortogonal de Mn(IR). i79
Assim, dada a base ortononnal: B
=
(O , , ,\1,
{(I O O)
VI V2) 2 '2
'
(O \1, _
3. Mostrar que se u e v são vetores de um espaço euclidiano tais que lIu + vII então u e v são ortogonais.
VI V2)} 2'
2
Solução = Ilu - vII ===> = > lIul1 + 2 + IIVll 2 = IIUll 2 - 2 + IIvll 2 = > = O.
lIu
3
do IR (ver parágrafo 3) a matriz: 1
M=
O
O
O
V2
V2
O
V2 -2
y'2
2
= (1,
T(O , 1, O)
= (O ' 2
2 -2-
O, O)
= (O ,
T(O , O, 1)
, - -2'
+
a)
u
= (1,
1) e v
= (2,
b)
u
u
= (2, = (3,
1) e v
c)
2) e v
= (-1, 1); = (2, -1).
-1);
Solução
V2 V2) VI vT) 2
2
4. Consideremos no espaço vetorial IR 2 o produto interno (não habitual) dado por '= Xl Yl + 2X2Y2, para todo par de vetores'u '= (Xl' X2), v = (Yl' Y2)' Verificar se u e v são ortogonais, em relação a esse produto, nos seguintes casos:
é ortogonal e o operador T: IR? --+ IR.3 dado por: T(1, O, O)
+ vII
Ilu - vII,
+
2(-1) = O. Logo u e v são ortogonais;
a)
= 2
b)
= -2
c)
= 6 + 2 (-2) = 2. Neste caso u e v não são ortogonais.
+2
= O. Portanto são vetores ortogonais;
2
3 é uma eixo x. isometria do IR. • Este operador e' uma rotação de - 45° em torno do
2 5. Determinarm afim de que sejam ortogonais os vetores u = (m + 1,2)ev = (-1,4)doIR . Solução =(m
+
1)(-1)
+2
.4= -m
+7
= O
>m = 7.
6. Consideremos em P2 (IR) o produto interno dado por
1. Seja V um espaço vetorial euclidianQ. Dados u, v
E
V (v
* o) e k =
que u - kv é ortogonal a v.
~
= .1 f(t)g(t)dt. 2 Nessas condições, para que valor de m, f(t) = mt - 1 é ortogonal a g(t) = t?
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS - - 2 - ' mostrar Ilvll
Solução
m 1 Jro (mt2 - 1)tdt = Jro (mt 3 - t)dt ="'4 - T= O = > m = 2. l
l
Solução
=
= + <-kv, v> = - k = _ IIvll 2 = O. 2 IIVll 7. Mesmo enunciado do exercício anterior mudando o produ to interno para o seguinte:
