Gentil Lopes - Algebra Linear (Comentado)

Gentil, o iconoclasta

Contracapa

Pelo que temos constatado não é difícil encontrar alunos que tenham cursado a disciplina álgebra linear e que, ao término, não sabem o que é um vetor. Dentre algumas possíveis explicações para este paradoxo gostaria de destacar uma em especial: o condicionamento. Com efeito, muitos alunos chegam nesta disciplina condicionados, por seus estudos anteriores, a imaginar que um vetor é um ente que possui módulo, direção e sentido. Se isto é verdade na física na matemática é integralmente falso.

Insistimos: na matemática um vetor não possui módulo, não possui direção, não possui sentido. Isto se deve a que as definições deste ente (vetor) são distintas nestas duas disciplinas. Embora, através de um malabarismo os vetores da física possam ser incluídos entre os vetores da matemática (como um caso especial), os vetores desta última vão muito mais além. A princípio são “pontos” em um espaço abstrato; e pontos não possuem nem módulo (comprimento), nem direção e nem sentido. Alguns vetores da matemática:

Para estes vetores não existe módulo, direção e sentido.


´ ALGEBRA LINEAR (COMENTADO)


1a edi¸cão

Boa Vista-RR Edi¸cão do autor 2016

c 2016 Gentil Lopes da Silva Copyright

Todos os direitos reservados ao autor Site do autor → www.profgentil.com.br email → [email protected]

Editora¸ c˜ ao eletrˆ onica e Diagrama¸ c˜ ao: Gentil Lopes da Silva Capa: Adriano J. P. Nascimento

Ficha Catalogr´ afica S586a

Silva, Gentil Lopes da ´ Algebra linear: Comentado/Gentil Lopes da Silva. -Manaus; Boa Vista-RR: Editora Uirapuru, 2016 x, 443 p. il. 16x23 cm [Formato e-book] [Pseud^ onimo: Gentil, o iconoclasta] ISBN 978-85-63979-09-4

1. 3. 5.

Matem´ atica. 2. Vetores C´ odigos 4. N´ umeros complexos Gentil, o iconoclasta. I. T´ ıtulo. CDU:512.5

(Ficha catalográfica elaborada por Bibliotec´ aria Zina Pinheiro CRB 11/611)

2

Pref´ acio Via de regra o que se faz em um prefácio é discorrer sobre o conte´ udo da obra. Nos dispensamos deste of´ıcio em raz˜ ao de que o leitor, se assim o desejar, pode apreciar o conte´ udo deste livro a partir do (extenso) sumário, dado logo a seguir. Aproveito este prefácio para fazer algumas elucubra¸cões incluindo a Matemática em si, as quais julgo de alguma relevância. Este livro n˜ ao nasceu de notas de sala de aula; é um livro de “fundo de quintal”, escrito em minha pr´ opria casa (a “uma m˜ aos”, isto é, “eu e eu”), confesso que uma das motiva¸c˜ oes para escrevê-lo foi meu v´ıcio em rela¸cão ao processador de texto LATEX 2ε e, em especial, pelo ambiente de figuras pspicture o qual utilizo como uma verdadeira terapia − em raz˜ ao disto existe neste livro um n´ umero excessivo de figuras. Resumindo: pode-se dizer que tomei a decis˜ ao de escrever este livro como A um pretexto para desenhar figuras no L TEX 2ε . ´ Por outro lado, existem dezenas e dezenas de livros de Algebra Linear em português (sem falar nos estrangeiros) dispon´ıveis para alunos e interessados nesse importante ramo da matem´ atica, sendo assim uma pergunta pertinente seria: por que mais um? Respondo invocando uma analogia com a impress˜ ao ao digital é u ńica os indigital. Assim como a impress˜ div´ıduos s˜ ao u ńicos, em particular os autores s˜ ao u ńicos, o que implica dizer que suas obras s˜ ao u ńicas; isto é, den´ tre as centenas de livros de Algebra Linear n˜ ao existem dois iguais − ou ainda: todos os livros s˜ ao distintos dois a dois; portanto o presente livro é u ńico no sentido em que reflete minha individualidade. Ademais, acreditamos − por várias raz˜ oes − que o aluno de matem´ atica deva ter ` a sua disposi¸c˜ ao mais que um livro da disciplina que esteja apren´ dentro deste contexto que situa-se esta obra, ou seja: nela o aluno dendo. E ter´ a mais uma op¸c˜ ao para auxiliá-lo no seu aprendizado. Por outro lado, acontece com as várias obras (livros) sobre um mesmo assunto o mesmo que acontece no universo da m´ usica; para uma mesma can¸cão podem existir dezenas de interpreta¸cões diferentes executadas por m´ usicos distintos, n˜ ao vejo nenhum mal nisto, pelo contr´ ario é até salutar no sentido de nos disponibilizar um maior n´ umero de op¸cões. Um aspecto relevante a ser ressaltado é quanto as demonstra¸cões matem´ aticas. Existem autores que preferem as demonstra¸cões mais curtas e elegantes; n˜ ao é o meu caso, explico: para minha aprecia¸cão particular prefiro as mais curtas e elegantes, n˜ ao obstante, como autor, digo, quando estou transmitindo uma ideia ao estudante a´ı é diferente no sentido de que a demonstra¸c˜ ao mais curta nem sempre é a mais did´ atica e compreens´ıvel ao aluno. 3

Ademais, uma demonstra¸cão compacta n˜ ao raro esconde (camufla) a interrela¸c˜ ao dos conceitos envolvidos, muitas vezes n˜ ao mostra como as ideias est˜ ao interconectadas (imbrincadas); assim é que, por exemplo, uma demonstra¸c˜ ao de apenas três linhas em livros congêneres, aqui deliberadamente a fazemos até em uma p´ agina inteira − dando ênfase à articula¸cão dos conceitos envolvidos. Concordo integralmente com o pensamento do matem´ atico Chaitin, expresso a seguir Se uma prova é “elegante” , se for o resultado de duzentos anos de enjoado polimento, ela ser´ a t˜ ao inescrut´ avel como uma direta revela¸ca õ divina, e ser´ a imposs´ıvel adivinhar como alguém poderia tê-la descoberto ou inventado. Ela n˜ ao lhe fornecer´ a nenhum insight, nada, provavelmente nada em absoluto. (Gregory Chaitin/Metamat!) Ainda com respeito ` a filosofia adotada neste livro, despendemos um esfor¸co considerável no sentido de conduzir o aluno à compreens˜ ao das sutilezas ´ (imbrica¸c˜ oes) envolvidas num assunto abstrato como a Algebra Linear − da´ı o subt´ıtulo do livro “Comentado”−; existe uma grande diferen¸ca entre operar e compreender; por exemplo, o fato de alguém operar um controle remoto, celular ou software computacional, n˜ ao significa que este alguém tenha compreens˜ ao dos mecanismos subjacentes à sua opera¸cão, exatamente da mesma forma muitas vezes acontece no que diz respeito à pr´ atica da ´ matem´ atica. Obvio, ninguém precisa saber como funciona internamente um celular para usufruir de seus benef´ıcio; penso que é diferente para um estudante de matem´ atica, qui¸cá futuro professor, é a este que esta observa¸cão se destina. Alguns pré-requisitos ao estudo deste livro, como por exemplo, matrizes, corpos e técnicas de demonstra¸co ˜es matem´ aticas, foram reunidos em um cap´ıtulo − o u ´ltimo do livro − denominado de “Consultas”, para consultas e referências. Uma justificativa: Fazer a diagrama¸cão de um livro com textos apenas n˜ ao é dif´ıcil, bastante dif´ıcil é a diagrama¸cão de um livro com muitas fórmulas e figuras, como é o caso do presente. Como se n˜ ao bastasse, por raz˜ oes did´ aticas, muitas vezes mi vi na situa¸cão de for¸car a que a explica¸cão de um determinado contexto ficasse em uma u ńica p´ agina, ao invés de em duas p´ aginas separadas; assim é que, para n˜ ao desperdi¸car espa¸cos em branco, em algumas p´ aginas tomei a decis˜ ao de colocar (registrar) algumas informa¸c˜ oes (“pensamentos”) notadamente nas áreas da matem´ atica, f´ısica e filosofia − a escolha destes pensamentos reflete de certo modo minhas inclina¸co ˜es metaf´ısicas atuais, assim é que as julgo de alguma relevância. Gentil, o iconoclasta Boa Vista-RR, 20 de fevereiro de 2016.

4

Sumário

1 ESPAC ¸ OS VETORIAIS 1.1 Introdu¸c˜ ao: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Espa¸cos Vetoriais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1 Produto de Vetores . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.2 Primeiras Propriedades num Espa¸co Vetorial 1.2.3 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.4 Subespa¸cos Vetoriais . . . . . . . . . . . . . . 1.2.5 Soma de Subespa¸cos . . . . . . . . . . . . . . 1.2.6 Combina¸c˜ oes Lineares . . . . . . . . . . . . . 1.2.7 Espa¸cos Vetoriais Finitamente Gerados . . . 1.2.8 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˜ 2 BASE E DIMENSAO 2.1 Dependência Linear . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.2 Propriedades da Dependência Linear . 2.2 Base de um Espa¸co Vetorial . . . . . . . . . . 2.3 Dimens˜ ao de um Espa¸co Vetorial . . . . . . . 2.3.1 Dimens˜ ao da Soma de dois Subespa¸cos 2.3.2 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Coordenadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Mudan¸ca de Base . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.1 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . • Apêndice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˜ 3 TRANSFORMAC ¸ OES LINEARES 3.1 No¸c˜ oes sobre Transforma¸cões, Fun¸cões 3.2 Transforma¸c˜ oes Lineares . . . . . . . . Uma transforma¸c˜ ao linear especial . 3.2.1 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . 5

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9 9 12 42 43 50 53 62 67 72 74

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79 79 87 89 92 97 102 105 109 112 122 125

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127 . 127 . 134 . 141 . 153

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3.3 3.4

N´ ucleo e Imagem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155 Isomorfismo entre espa¸cos vetoriais . . . . . . . . . . . . . . . 168 3.4.1 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181

˜ LINEAR 4 MATRIZ DE UMA TRANSFORMAC ¸ AO 4.1 Matriz de uma Transforma¸cão Linear . . . . . . . . . . 4.1.1 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Opera¸c˜ oes com Transforma¸cões Lineares . . . . . . . . 4.3 Matriz da Transforma¸cão Composta . . . . . . . . . . 4.3.1 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4 Espa¸co Dual . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4.1 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5 Matrizes Semelhantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.6 Transforma¸c˜ oes do Plano no Plano . . . . . . . . . . .

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185 185 198 203 208 222 224 230 231 237

5 ESPAC ¸ OS COM PRODUTO INTERNO 5.1 Produto Interno . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Produto Interno e Norma . . . . . . . . . 5.3 Normas e Distˆ ancias . . . . . . . . . . . . ˆ 5.4 Angulo entre vetores . . . . . . . . . . . . 5.5 Ortogonaliza¸c˜ ao . . . . . . . . . . . . . . . 5.6 Isometrias . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6.1 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . 5.7 Operadores Autoadjuntos . . . . . . . . . 5.7.1 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . 5.8 Espa¸cos Vetoriais Complexos . . . . . . . 5.8.1 Espa¸cos Hermitinianos . . . . . . .

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257 257 263 270 283 287 301 307 311 315 317 318

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6 AUTOVALORES E AUTOVETORES 6.1 Vetor Próprio e Valor Próprio . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1.1 Propriedades dos vetores pr´ oprios e valores pr´ oprios 6.1.2 Polinˆ omio Caracter´ıstico . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1.3 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 Diagonaliza¸c˜ ao de matrizes e operadores . . . . . . . . . . . 6.2.1 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.2 Diagonaliza¸cão de operadores autoadjuntos . . . . . 6.2.3 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3 Aplica¸c˜ oes da Diagonaliza¸cão . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.1 Potências de uma matriz . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.2 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.3 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

321 . 321 . 326 . 329 . 339 . 341 . 348 . 349 . 358 . 359 . 359 . 362 . 369

´ 7 FORMAS BILINEARES E QUADRATICAS 7.1 Formas Bilineares . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.1.1 Matriz de uma forma bilinear . . . . . . 7.1.2 Formas bilineares simétricas . . . . . . . 7.1.3 Formas bilineares antissimétricas . . . . 7.1.4 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2 Formas Quadráticas . . . . . . . . . . . . . . . 7.2.1 Diagonaliza¸c˜ ao de formas quadr´ aticas . 7.2.2 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2.3 Redu¸c˜ ao de formas quadr´ aticas . . . . . 7.3 Classifica¸c˜ ao de Cˆ onicas e Qu´ adricas . . . . . . 7.3.1 Se¸c˜ oes cˆ onicas . . . . . . . . . . . . . . 7.3.2 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3.3 Qu´ adricas . . . . . . . . . . . . . . . . .

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371 371 374 379 383 388 391 393 394 395 398 398 415 416

8 CONSULTAS 8.1 Opera¸c˜ oes em um Conjunto . . . . . . . . . . . 8.2 Corpos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.3 Matrizes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.3.1 Matrizes Invers´ıveis . . . . . . . . . . . 8.4 Elementos de L´ ogica & Demonstra¸cões . . . . . 8.4.1 Opera¸c˜ oes L´ ogicas sobre Proposi¸cões . . 8.4.2 Técnicas (Engenharia) de Demonstra¸cão

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419 419 420 424 428 429 430 434

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Gentil, O Iconoclasta, Nasceu em Boa Vista-RR, em 1960, ´ e graduado em engenharia eletrˆ onica (UFPA/1986) e ´ e mestre em matem´ atica (UFSC/1997). Atualmente ´ e professor do departamento de matem´ atica da Universidade Federal de Roraima. At´ e o presente momento conta com oito livros publicados.

7

Livros Publicados (Enderˆ eços de acesso) 1- Novas Seq¨ u^ encias Aritm´ eticas e Geom´ etricas Bras´ılia-DF: Thesaurus, 2000; 448 p.

ISBN: 85-7062-200-X

Nota: Não temos o arquivo eletrˆ onico deste livro, apenas impresso. Visite nosso site: www.profgentil.com.br ATICA (Uma Constru¸ c~ ao Matem´ atica de Deus) 2- O TAO DA MATEM´ Rio de Janeiro: LetraCapital, 2011; 500 p. ISBN: 978-85-7785-096-9 ebah slideshare scribd https://goo.gl/2nRS8x https://goo.gl/FbuJHV https://goo.gl/0HDswb c~ ao e Julgamento de Deus 3- Exuma¸ Taguatinga-DF: Editora Kiron, 2012; 197 p. ISBN: 978-85-8113-054-5 ebah slideshare scribd https://goo.gl/sTLFvv https://goo.gl/ppNBaE https://goo.gl/JbUw6h cos M´ etricos (com aplica¸ c~ oes) 4- Espa¸ Taguatinga-DF: Editora Kiron, 2013; 628 p. ISBN: 978-85-8113-125-2 ebah slideshare scribd https://goo.gl/OOaBBk https://goo.gl/R6MfVj https://goo.gl/yfqclG ANTICO (Um Deus pra homem nenhum botar defeito, 5- O DEUS QU^ mesmo que esse homem seja um ateu) Manaus-AM: Grafisa, 2014; 235 p. ISBN: 978-85-99122-40-2 ebah slideshare https://goo.gl/Gj36Wj https://goo.gl/JoPzzX

scribd https://goo.gl/A0Pnbc

6- Programando a HP 50g (Com Programa¸ c~ ao Simb´ olica) 2.a Edi¸cão Manaus-AM: Grafisa, 2015; 364 p. ISBN: 978-85-99122-41-9 ebah slideshare https://goo.gl/M9zz9u https://goo.gl/lr8k0a

scribd https://goo.gl/nUCVW7

umeros (Tudo o que voc^ e gostaria de saber 7- Fundamentos dos N´ sobre os n´ umeros mas n~ ao tinha a quem perguntar) Publica¸c˜ ao Eletrônica, 2016; 514 p. ISBN: 978-85-63979-08-7 ebah slideshare scribd https://goo.gl/8YVCPB https://goo.gl/Ah5m0g https://goo.gl/mkl0PG 8

Cap´ıtulo

1

ESPAC ¸ OS VETORIAIS Quando o esp´ırito se apresenta ` a cultura cient´ıfica, nunca ´ e jovem. Ali´ as ´ e bem velho, porque tem a idade de seus preconceitos.

Aceder ` a ciˆ encia ´ e reju-

e aceitar uma venescer espiritualmente, ´ brusca muta¸c˜ ao que contradiz o passado. (Gaston Bachelard)

1.1

Introdu¸ c˜ ao:

Pelo que tenho constatado n˜ ao é dif´ıcil encontrar alunos que tenham cursado a disciplina ´ algebra linear e que, ao término, n˜ ao sabem o que é um vetor. Dentre algumas poss´ıveis explica¸cões para este paradoxo gostaria de destacar uma em especial: o condicionamento∗ . Com efeito, muitos alunos chegam nesta disciplina condicionados, por seus estudos anteriores, a imaginar que um vetor é um ente que possui m´ odulo, dire¸ca õ e sentido. Se isto é verdade na f´ısica na matem´ atica é integralmente falso. Reitero: na matem´ atica um vetor n˜ ao possui m´ odulo, n˜ ao possui dire¸cão, n˜ ao possui sentido. Isto se deve a que as defini¸co ˜es deste ente (vetor) s˜ ao distintas nestas duas disciplinas. Embora, através de um malabarismo os vetores da f´ısica possam ser incluidos entre os vetores da matem´ atica (como um caso especial), os vetores desta u ´ltima vão muito mais além. A princ´ıpio s˜ ao “pontos” em um espa¸co abstrato; e pontos n˜ ao possuem nem m´ odulo (comprimento), nem dire¸cão e nem sentido. ∗

Ou os preconceitos, da cita¸c˜ ao em ep´ıgrafe.

9

Esta abstra¸c˜ ao na defini¸cão matem´ atica (de vetor) implica numa maior flexibilidade e, por conseguinte, os vetores da matem´ atica resultam de uma potência − em termos de aplicabilidade − muito maior que os da f´ısica. Pouco a pouco, procuro liberar suavemente o esp´ırito dos alunos de seu apego a imagens privilegiadas. Eu os encaminho para as vias da abstra¸ca õ, esfor¸cando-me para despertar o gosto pela abstra¸ca õ. Enfim, acho que o primeiro princ´ıpio da educa¸ca õ cient´ıfica é, no reino intelectual, esse ascetismo que é o pensamento abstrato. S´ o ele pode levar-nos a dominar o conhecimento experimental. (Bachelard/A forma¸ca õ do esp´ırito cient´ıfico)

´ Creio mesmo que muitos autores de livros de Algebra Linear contribuem para refor¸car o condicionamento (adestramento) dos alunos em verem um vetor com os atributos citados. Mesmo no “plano” e no “espa¸co” (R2 e R3 ) n˜ ao é necessário que se veja um vetor com m´ odulo, dire¸caõ e sentido; estes atributos s˜ ao perfeitamente dispens´ aveis, tanto isto é verdade que escrevemos o presente livro sobre vetores sem utilizar uma u ńica “seta vetorial”. Claro, poderia-se argumentar: usa-se setinhas para facilitar o entendimento do aluno, para tornar algo abstrato em algo concreto, etc. Mesmo assim cremos que os malef´ıcios desta postura s˜ ao maiores que os benef´ıcios, mesmo porque é precisamente a capacidade de abstra¸cão que deve ser desenvolvida no aluno e n˜ ao seus sentidos: visão, tato, audi¸cão, etc. Estamos integralmente de acordo com o eminente Bachelard. Enfatizamos: Os vetores da f´ısica possuem m´ odulo, dire¸ c˜ ao e sentido. Os vetores da matem´ atica n˜ ao possuem m´ odulo, n˜ ao possuem dire¸ c˜ ao, n˜ ao possuem sentido.

θ

Por exemplo, como veremos, s˜ ao vetores da matem´ atica:

(3, 2) , Ponto do R2

1 0 0 1 0 3 Matriz

,

p(x) = 2 + 3 x − x2 , Polin^ omio

10

00110100 C´ odigo bin´ ario

Processar s´ımbolos n˜ ao ´ e o mesmo que processar significado Um outro aspecto relevante que o aluno deve se dar conta é o de que, em ao é o mesmo que processar significados. matem´ atica, processar s´ımbolos n˜ ´ E o que se d´ a com um n´ umero significativo de estudantes: processam (manipulam) s´ımbolos, mas n˜ ao os significados por tr´ as dos s´ımbolos. Uma analogia: o fato de alguém usar (operar) um controle remoto ou um celular n˜ ao significa que este alguém compreenda como estes objetos funcionam, entre operar e compreender existe uma enorme distˆ ancia.

Um desafio a engenheiros e f´ısicos Apenas para contextualizar, sinceramente creio que nenhum engenheiro, ou f´ısico, é capaz de resolver a seguinte equa¸cão do primeiro grau: 2x + 1 = 7

(1.1)

tomando-se como conjunto universo os naturais, isto é, N = { 0, 1, 2, 3, . . . }. Claro, até por inspe¸ca õ chega-se à solu¸cão correta: x = 3. Entretanto, quando digo resolver significa que, partindo-se da equa¸cão, deve-se chegar ao resultado x = 3. 2x + 1 = 7

⇒

···

⇒

x = 3 (?)

E n˜ ao apenas isto, mas também justificar (provar) todos os passos intermedi´ arios. Neste conjunto n˜ ao contamos com oposto aditivo e inverso multiplicativo. Os iniciantes n˜ ao est˜ ao preparados para o verdadeiro rigor matem´ atico; s´ o veriam nisso v˜ as e fastidiosas sutilezas, perder´ıamos nosso tempo se quiséssemos, cedo demais, torn´ a-los mais exigentes. (Poincaré/A Ciência e a Hip´ otese)

A calculadora HP50g resolve a equa¸cão 2 x + 1 = 7 em fra¸cões de segundos − Por sinal, equa¸cões muito mais complexas que esta. Um computador processa s´ımbolos mas n˜ ao significado. O cérebro da maioria de indiv´ıduos que lida com a matem´ atica apenas processa (manusea) s´ımbolos − tal como a HP50g.

2 x+1=7 x=3

Quando, no ensino fundamental, o professor afirma, por exemplo, que “mais vezes menos d´ a menos” e que “sinais diferentes, subtrai e d´ a-se o sinal do maior ” ele est´ a simplesmente dando um comando de programa¸cão aos alunos; programando-os, tal qual um engenheiro programou a calculadora HP. 11

1.2

Espa¸ cos Vetoriais A abstra¸ca õ desobstrui o esp´ırito, o torna mais leve e dinˆ amico. (Gaston Bachelard)

Assim como um engenheiro, ou um arquiteto, constrói suas estruturas, igualmente os matem´ aticos constroem as suas. Daremos in´ıcio agora ao estudo de uma das estruturas mais importantes da matem´ atica: Espa¸co Vetorial. Os espa¸cos vetoriais constituem os objetos de estudo da álgebra linear. ao é um conjunto mas sim uma estrutura (p. 19), Um espa¸co vetorial n˜ e, para construirmos uma de tais estruturas, iremos necessitar de algumas ferramentas; mais precisamente de quatro ferramentas, quais sejam: 1a ) Um conjunto V ; 2a ) Um corpo K; (p. 420) a ao sobre os elementos de V , a qual chamaremos de adi¸ca õ 3 ) Uma opera¸c˜ e denotaremos por + ; assim: + : V × V −→ V

(u, v) 7−→ u + v

4a ) Uma opera¸c˜ ao entre um n´ umero de K e um elemento de V , a qual chamaremos de multiplica¸ca õ por escalar e denotaremos por · ; assim: · : K × V −→ V

(λ, u) 7−→ λ · u

Este é apenas o primeiro passo para a constru¸cão da nossa estrutura. Um segundo passo é que estas opera¸cões satisfa¸cam alguns requisitos, a saber: − Exigˆ encias (axiomas) para a adi¸ c˜ ao: Para quaisquer u, v e w, elementos de V , devemos ter:

A1) u + v = v + u A2) (u + v) + w = u + (v + w)

(Comutativa) (Associativa)

A3) Existe em V um elemento, denotado por 0, detentor da seguinte propriedade: ∗ (Elemento neutro) u + 0 = u; ∀ u ∈ V.

A4) Para todo elemento u de V existe um outro elemento de V , denotado por −u, detentor da seguinte propriedade: u + (−u) = 0

(Elemento oposto)

∗ Importante: Escolhemos o “zero em negrito” para representar o vetor nulo (que est´ a em V ), com o objetivo de distingui-lo do n´ umero 0 (que est´ a em K).

12

− Exigˆ encias (axiomas) para a multiplica¸ c˜ ao: Para quaisquer u e v em V e quaisquer λ e µ em K, devemos ter: M1) λ · ( µ · u ) = (λ · µ) · u

(Associativa)

M2) ( λ + µ ) · u = λ · u + µ · u M3) λ · ( u + v ) = λ · u + λ · v

(Distributiva) (Distributiva)

M4) 1 · u = u

∗

(elemento neutro) ∗

∗

O matem´ atico alem˜ ao Hermann Grassmann (1809 − 1877) é geralmente creditado como o primeiro a introduzir a idéia de um espa¸co vetorial (apesar de n˜ ao o ter chamado assim), em 1844. Infelizmente, seu trabalho era muito dif´ıcil de ler e n˜ ao recebeu a aten¸ca õ que merecia. Uma pessoa que realmente o estudou foi o matem´ atico italiano Giuseppe Peano (1858 − 1932). Em seu livro Calcolo geometrico, de 1888, Peano tornou claro o trabalho anterior de Grassmann e descreveu os axiomas para um espa¸co vetorial da maneira como hoje os conhecemos. A defini¸ca õ axiom´ atica de um espa¸co vetorial feita por Peano também teve pouca influência por muitos anos. A aceita¸ca õ s´ o veio em 1918, depois que Hermann Weyl (1885 − 1955) a repetiu em seu livro Space, time, matter, uma introdu¸ca õ ` a teoria da relatividade geral de Einstein.

Uma exegese da defini¸c˜ ao de Espa¸co Vetorial A tripla (V, +, · ) é o que entendemos por um espa¸co vetorial. Ao construirmos uma estrutura de espa¸co vetorial sobre um conjunto V , seus elementos adquirem o status de vetores, independentemente de suas naturezas. Por uma quest˜ ao de conveniência (simplifica¸cão) usaremos da seguinte nota¸cão: V = (V, +, ·) Com isto queremos evocar na mente do aluno que V é o espa¸co vetorial (estrutura) que foi construido (erigido) sobre o conjunto V . Nota: Na verdade, ao longo deste livro, ami´ ude estaremos utilizando (indistintamente) a mesma nota¸c˜ ao V tanto para o espa¸co vetorial quanto para o conjunto subjacente ` a estrutura; entretanto, para que n˜ ao se perca de vista a diferen¸ca entre ambos é que ocasionalmente voltaremos − a nosso critério − com a nota¸c˜ ao V para o espa¸co vetorial. Estaremos, ademais, omitindo o “ponto” na multiplica¸cão por escalar; digo, escreveremos λ u ao invés de λ · u.

− Os axiomas para espa¸co vetorial naturalmente se dividem em dois grupos; os quatro primeiros dizem respeito somente à estrutura aditiva de V, os quatro u ´ltimos referem-se ` a a¸c˜ ao do corpo de escalares sobre o espa¸co V. 13

Observe que no axioma M4) 1 é o elemento neutro da multiplica¸cão no corpo, a multiplica¸c˜ ao de espa¸co vetorial é uma outra multiplica¸cão − no mais das vezes n˜ ao tem nada a ver com a primeira −, portanto este elemento n˜ ao teria a obriga¸c˜ ao de continuar sendo o elemento neutro de uma outra opera¸c˜ ao, se isto acontece deve ser por decreto (axioma). Quando K = R (resp.: K = Q, K = C), o espa¸co vetorial diz-se real (resp.: racional, complexo). O quadro amarelo a seguir resume o essencial da defini¸cão de espa¸co vetorial. A1) u + v = v + u A2) (u + v) + w = u + (v + w) A3) u + 0 = u; ∀ u ∈ V. A4) ∀ u ∈ V, ∃ − u ∈ V : u + (−u) = 0 M1) λ · ( µ · u ) = (λ · µ) · u M2) ( λ + µ ) · u = λ · u + µ · u M3) λ · ( u + v ) = λ · u + λ · v

V = (V, +, ·)

M4) 1 · u = u

Uma observa¸c˜ ao importante é a de que n˜ ao devemos colocar o “carro na frente dos bois ” e chamar os elementos de um conjunto de vetores antes de construirmos − sobre este conjunto − a estrutura de espa¸co vetorial. Oportunamente estaremos exemplificando este aspecto. Adendo: Podemos dizer que um espa¸co vetorial é uma obra (estrutura) de “engenharia matem´ atica” cuja planta esbo¸camos assim:

V ×V

V (u, v)

V

r

+

ru+v

V K×V

K (λ, u)

r

V

·

rλu

14

V = (V, +, ·)

Adendo: Antes de prosseguir em nossos estudos, uma observa¸cão que julgamos de alguma relevância: Em matem´ atica existe uma conven¸cão tácita de que s´ o devemos criar novos s´ımbolos em casos estritamente necessários. Em consequência deste acordo é que em muitos contextos matem´ aticos um mesmo s´ımbolo pode ter significados distintos. Por exemplo, na exigência M1), isto é: M1) λ · ( µ · u ) = (λ · µ) · u Estes três s´ımbolos dizem respeito à mesma multiplica¸caõ (escalar por vetor). Este s´ımbolo diz respeito a uma outra multiplica¸caõ (entre escalares e d´ a-se no corpo K)

Na exigência, M2) ( λ + µ ) · u = λ · u + µ · u Estes dois s´ımbolos dizem respeito a adi¸co˜es distintas. A primeira adi¸caõ se d´ a entre numeros, a segunda se d´ a entre vetores.

∗

∗

∗

Uma das contribui¸co ˜es definitivas do século dezenove foi o reconhecimento de que a matem´ atica n˜ ao é uma ciência natural, mas uma cria¸ca õ intelectual do homem. Bertrand Russel escreveu no International Monthly em 1901: ‘O século dezenove, que se orgulha da inven¸ca õ do vapor e da evolu¸ca õ, poderia derivar um t´ıtulo mais leg´ıtimo a ` fama da descoberta da matem´ atica pura.’ Pelo fim do século era geralmente reconhecido mesmo por n˜ aomatem´ aticos que a matem´ atica é pensamento postulacional, em que de premissas arbitr´ arias s˜ ao tiradas conclus˜ oes v´ alidas. Que os postulados sejam ou n˜ ao verdadeiros num sentido cient´ıfico é indiferente. (Curso Moderno de Filosofia/Denis Huisman e Andr´ e Vergez)

Nem você nem eu nem ninguém sabemos o que faz um matem´ atico vingar. N˜ ao é uma quest˜ ao de inteligência. Conhe¸co matem´ aticos mais h´ abeis que eu, mas que n˜ ao tiveram sorte. Considere dois mineiros: um talvez seja perito em geologia, mas é o mineiro ignorante quem acha as pepitas douradas. (Louis J. Mordell/matem´ atico britˆ anico)

15

− Exemplos de Espa¸cos Vetoriais Exemplo 1: O espa¸co vetorial R2 .

Para a constru¸ c˜ ao do nosso primeiro exemplo de espa¸co vetorial tomaremos como conjunto V o conjunto de pares ordenados de n´ umeros reais: R2 = (x, y) : x, y ∈ R

cuja vers˜ ao geométrica é vista a seguir:

R

s(x, y)

R

0

Observe que, até o presente momento, n˜ ao podemos dizer que um par ordenado (a, b) seja um vetor; n˜ ao, n˜ ao é! (a, b) é apenas − e tão somente − um elemento do conjunto R2 ; ou, se preferirmos, um ponto do plano. Precisamos trabalhar um pouco mais para conferir a este ponto o status de vetor. Com este desiderato em mente, tomemos para o corpo de escalares os n´ umeros reais, isto é, fa¸camos K = R. Tomemos dois elementos u = (a, b) e v = (c, d) em R2 e um escalar (n´ umero) λ em R e vamos definir a soma de pares ordenados e a multiplica¸cão por escalar do seguinte modo: u + v = (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) λ u = λ (a, b) = (λa, λb)

(1.2) (1.3)

Observe que em (1.2) o mesmo s´ımbolo “+” representa duas opera¸cões distintas: o “+” que comparece entre os pares ordenados é a adi¸cão em R2 que estamos definindo, por outro lado, o “+” que comparece mais á direita − dentro dos parentesis − é a “velha” e conhecida opera¸cão de adi¸cão entre n´ umeros reais. Observa¸cão an´ aloga vale em (1.3).

16

Esta é a primeira etapa em nossa constru¸cão. A segunda etapa consiste em mostrar que estas opera¸co˜es, assim definidas, satisfazem a todas as exigências listadas na defini¸c˜ ao de espa¸co vetorial. Sen˜ ao, vejamos: A1)

u + v = (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d)

(defini¸cão de adi¸cão)

= (c + a, d + b)

(comutatividade nos reais)

= (c, d) + (a, b)


=v+u A2)

(u + v) + w = (a, b) + (c, d) + (e, f ) = (a + c, b + d) + (e, f ) = (a + c) + e, (b + d) + f


(defini¸cão de adi¸cão) = a + (c + e), b + (d + f ) (associatividade nos reais) = (a, b) + (c + e, d + f ) (defini¸cão de adi¸cão) = (a, b) + (c, d) + (e, f ) (defini¸cão de adi¸cão) = u + (v + w)

A3)

∃ 0 = (0, 0) ∈ R2 : ∀ u = (a, b) ∈ R2 , se verifica,

u + 0 = (a, b) + (0, 0) = (a + 0, b + 0)

(adi¸cão)

= (a, b)

(elemento neutro nos reais)

=u A4)

∀ u = (a, b) ∈ R2 , ∃ − u = (−a, −b) ∈ R2 :

u + (−u) = (a, b) + (−a, −b)

= a + (−a), b + (−b) = (0, 0)

(adi¸cão) (oposto aditivo nos reais)

= 0 M1)

λ ( µ u ) = λ ( µ (a, b) ) = λ ( µa, µb ) = λ ( µa, µb )

= λ(µa), λ(µb) = (λµ)a, (λµ)b = (λµ) (a, b ) = (λµ) u 17

(defini¸cão de multiplica¸cão)

(defini¸cão de multiplica¸cão) (associatividade nos reais) (defini¸cão de multiplica¸cão)

M2)

(λ + µ) u = (λ + µ) (a, b) = (λ + µ) a, (λ + µ) b = ( λa + µa, λb + µb )

(defini¸cão de multiplica¸cão) (distributividade nos reais)

= (λa, λb) + (µa, µb) = λ (a, b) + µ (a, b)

(defini¸cão de adi¸cão) (defini¸cão de multiplica¸cão)

= λu + µu M3)

λ(u + v) = λ (a, b) + (c, d) = λ (a + c, b + d) = λ (a + c, b + d)



= ( λa, λb ) + ( λc, λd )


= λ(a + c), λ(b + d) = ( λa + λc, λb + λd ) = λ(a, b) + λ(c, d)

(distributividade nos reais) (defini¸cão de multiplica¸cão)

= λu + λv M4)

1 u = 1 (a, b) = ( 1 a, 1 b )


= (a, b)


=u Nota¸ c˜ ao: ( R2 , +, · ) = R2 é o espa¸co vetorial R2 . Nota: Somente agora, ap´ os termos provado que a adi¸cão definida em (1.2) satisfaz as exigências A1), . . . , A4), e que a multiplica¸cão, definida em (1.3) satisfaz as exigências M1), . . . , M4) é que podemos chamar os pontos (a, b), do plano, de vetores. De outro modo: somente agora os pontos (a, b) do plano cartesiano fazem parte de uma estrutura de espa¸co vetorial, isto é, deixaram de ser “meros pontos” e adquiriram o status de vetores.

18

O que ´ e um vetor em matem´ atica? Conjuntos × Estruturas O entendimento do que seja um vetor inicia-se com a distin¸cão entre conjunto e estrutura. Em matem´ atica s˜ ao frequentes conjuntos munidos de uma ou mais opera¸cões, que gozam de certas propriedades. Esses conjuntos com tais opera¸cões e respectivas propriedades constituem aquilo que denominamos estruturas algébricas. Um espa¸co vetorial é um exemplo de estrutura algébrica. Para nos auxiliar em nosso objetivo (deixar claro a diferen¸ca entre conjunto e estrutura) vamos recorrer a uma analogia: Suponhamos um conjunto M cujos elementos s˜ ao materiais de constru¸cão, assim: M = {tijolo, cimento, seixo, pedra, areia, . . .} “sobre” este conjunto podemos construir diversas estruturas, por exemplo: − Edif´ıcio − Casa

M

− Ponte Conjunto Estruturas

Não devemos confundir o conjunto M com a “estrutura” edif´ıcio, por exemplo. Entendemos que esta mesma distin¸cão deve ser feita entre conjuntos e estruturas na matem´ atica. Vejamos um exemplo retirado atica. Considere o conjunto de da matem´ 2 pontos R = (x, y) : x, y ∈ R , cuja vers˜ ao geométrica é vista a seguir: R2

r (x, y) 0

sobre este conjunto podemos construir, por exemplo, três estruturas, assim: 19

- Espa¸co vetorial : R2

(

q(x, y) 0

- N´ umeros C :

- N´ umeros H :

(

(

(a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) λ(a, b) = (λa, λb)

(a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) (a, b) · (c, d) = (ac − bd, ad + bc)

(a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) (a, b) · (c, d) = (ac ∓ bd, |a|d + b|c|)

Assim o n´ umero de estruturas que podemos construir sobre um mesmo conjunto estar´ a limitado apenas por nossa criatividade∗ . A Identidade de um Elemento Uma outra distin¸c˜ ao que se faz necessária é quanto a natureza (identidade) de um elemento. Perguntamos: afinal de contas o par ordenado (3, 2) é um vetor ou um n´ umero complexo? Respondemos: o par ordenado (3, 2), por si s´ o, n˜ ao é nem uma coisa 2 nem outra, é apenas um elemento do conjunto R . Agora dependendo do contexto em que nos situamos, este elemento pode ser um vetor, um n´ umero complexo, ou ainda um n´ umero hipercomplexo. Se, por exemplo, o par ordenado (3, 2) estiver inserido na estrutura de a espa¸co vetorial − primeira das alternativas na figura anterior − ele ser´ um vetor, se estiver sendo manipulado na estrutura n´ umeros complexos − a um n´ umero comsegunda das alternativas na figura anterior − ele ser´ plexo, e se estiver sendo manipulado dentro da estrutura “Hipercomplexa” − terceira das alternativas na figura anterior − ele ser´ a um n´ umero hipercomplexo. Portanto, enfatizamos, é a estrutura que confere “dignidade” (identidade) a um elemento. ´ a estrutura (“jogo”) quem vai determinar o que um elemento (s´ımbolo) E seja. Vejamos mais duas analogias: ao dispomos das pe¸cas, 1 a ) Suponhamos que desejamos jogar xadrez mas n˜ apenas do tabuleiro. Não h´ a o menor problema: podemos substituir as pe¸cas por cereais. Por exemplo, um caro¸co de feij˜ ao fará o papel de rei, os peões ser˜ ao substituidos por gr˜ aos de arroz, as torres por caro¸cos de milho, etc. ∗

C : N´ umeros complexos. Os n´ umeros Hipercomplexos é um novo sistema numérico que construimos sobre o R2 , é também uma generaliza¸c˜ ao dos n´ umeros reais. Na abscissa do produto, tomamos − se a c ≥ 0, tomamos + caso contr´ ario. Ver [10]

20

feijão → Rei arroz → pe˜ oes

.. .

.. .

.. .

milho → torres

Observe mais uma vez que é a estrutura que confere a “dignidade” (identidade) de um elemento: um mero caro¸co de feij˜ ao de repente vê-se promovido a “rei”, ao participar da estrutura xadrez. 2 a ) Como mais um exemplo da “metamorfose” conferida pela estrutura, o Brasil est´ a empestado de ratazanas (bandidos) que, ao ingressarem na estrutura pol´ıtica, tornam-se “vossa excelência”:

Assim como um mero caro¸co de feij˜ ao torna-se um “rei” ao ingressar na estrutura xadrez, bandidos tornam-se “vossa excelência” ao ingressar na estrutura pol´ıtica brasileira.

21

Uma cr´ıtica ` a defini¸c˜ ao de Espa¸co Vetorial em livros did´ aticos Em fun¸c˜ ao do exposto anteriormente desejamos fazer uma breve exegese sobre a defini¸c˜ ao de espa¸cos vetoriais constante na literatura matem´ atica. Uma defini¸c˜ ao padrão nos livros did´ aticos é: Um espa¸co vetorial E é um conjunto, cujos elementos s˜ ao chamados vetores, no qual est˜ ao definidas duas opera¸cões: a adi¸ca õ, que a cada par de vetores u, v ∈ E faz corresponder um novo vetor u+v ∈ E, chamado a soma de u e v, e a multiplica¸ca õ por um n´ umero real, que a cada n´ umero α ∈ R e a cada vetor v ∈ E faz corresponder um vetor α·v, ou αv, chamado o produto de α por v. Essas opera¸cões devem satisfazer, para quaisquer α, β ∈ R e u, v, w ∈ E, as condi¸c˜ oes abaixo, chamadas os axiomas de espa¸co vetorial: comutatividade:

u + v = v + u;

associatividade: (u + v) + w = u + (v + w) e (αβ)v = α(βv); vetor nulo: existe um vetor 0 ∈ E, chamado vetor nulo, ou vetor zero, tal que v + 0 = 0 + v = v para todo v ∈ E;

inverso aditivo: para cada vetor v ∈ E existe um vetor −v ∈ E, chamado o inverso aditivo, ou o simétrico de v, tal que −v+v = v+(−v) = 0; distributividade: (α + β)v = αv + βv e α(u + v) = αu + αv; multiplica¸ c˜ ao por 1:

1 · v = v.

Ent˜ ao, vejamos alguns poucos comentários sobre esta defini¸cão padrão: Primeiro que um espa¸co vetorial n˜ ao é um conjunto. Segundo, n˜ ao conhe¸co nenhum conjunto “cujos elementos s˜ ao chamados vetores ”. O leitor conhece algum? − O que vem depois na defini¸cão anterior n˜ ao muda em nada.

A verdadeira natureza de um espa¸co vetorial é a de uma estrutura − tanto é que é conhecido como uma estrutura algébrica −, por exemplo, assim:

V×V

+

V

V R

R×E

·

V = (V, +, ·) Estrutura

V Espa¸ co Vetorial

(aqui temos escalares) (aqui temos meros elementos)

(aqui temos vetores)

Não existe nenhum conjunto “cujos elementos s˜ ao chamados vetores ” posto que em qualquer conjunto temos meros elementos, agora ao construirmos uma estrutura de espa¸co vetorial sobre um tal conjunto então seus elementos adquirem o status de vetores. 22

Assim como um mero caro¸co de feij˜ ao torna-se um rei ao participar da estrutura xadrez − ou qualquer bandido torna-se “vossa excelência”, ao ingressar na estrutura pol´ıtica brasileira − objetos de naturezas diversas tornam-se vetores ao participarem da estrutura espa¸co vetorial. Por exemplo, s˜ ao vetores:

(3, 2) , Ponto do R2

1 0 0 1 0 3 Matriz

,

p(x) = 2 + 3 x − x2 , Polin^ omio

00110100 C´ odigo bin´ ario

Exemplo 2: O espa¸co vetorial R3 . Para a constru¸c˜ ao do nosso segundo exemplo de espa¸co vetorial tomaremos como conjunto V o conjunto de ternos ordenados de n´ umeros reais: R3 = (x, y, z) : x, y, z ∈ R

cuja vers˜ ao geométrica é vista a seguir: Z

(x, y, z)

Y X

Tomemos dois elementos u = (a, b, c) e v = (d, e, f ) em R3 e um escalar (n´ umero) λ em R e vamos definir a soma de ternos ordenados e a multiplica¸cão por escalar do seguinte modo: u + v = (a, b, c) + (d, e, f ) = (a + d, b + e, c + f ) λ u = λ (a, b, c) = (λa, λb, λc) Estas duas defini¸c˜ oes conferem aos pontos do espa¸co R3 o status de vetores, conforme pode ser provado de modo an´ alogo ao que foi feito no exemplo anterior. Apenas informamos que aqui o vetor nulo passa a ser 0 = (0, 0, 0) e o oposto do vetor u = (a, b, c) é o vetor −u = (−a, −b, −c). Exemplo 3: O espa¸co vetorial Rn . Os dois exemplos anteriores podem ser generalizados ao “hiperespa¸co” Rn , que é o conjunto de n−uplas, Rn = (x1 , x2 , . . . , xn ) : xi ∈ R 23

cuja vers˜ ao geométrica infelizmente por uma limita¸cão de “hardware” (cérebro) n˜ ao podemos visualizar quando n > 3. Dados dois pontos u = (x1 , x2 , . . . , xn ) e v = (y1 , y2 , . . . , yn ) neste conjunto, definimos igualdade, assim: (x1 , x2 , . . . , xn ) = (y1 , y2 , . . . , yn ) ⇔ x1 = y1 , x2 = y2 , . . . , xn = yn Adi¸c˜ ao entre pontos e multiplica¸cão por escalar (n´ umero real), assim: u + v = (x1 , x2 , . . . , xn ) + (y1 , y2 , . . . , yn ) = (x1 + y1 , x2 + y2 , . . . , xn + yn ) λu = (λ x1 , λ x2 , . . . , λ xn ) Estas opera¸c˜ oes conferem aos pontos do “hiperespa¸co” o status de vetores, como pode facilmente ser provado. Apenas informamos que aqui o vetor nulo passa a ser 0 = (0, 0, . . . , 0) e o oposto do vetor u = (x1 , x2 , . . . , xn ) é o vetor −u = (−x1 , −x2 , . . . , −xn ).

O exemplo dado anteriormente possui uma importante generaliza¸cão dada a seguir. Exemplo 4: O espa¸co vetorial Kn . Vamos generalizar ainda mais o exemplo anterior. Seja K um corpo arbitrário. A nota¸c˜ ao Kn é ami´ ude utilizada para denotar o conjunto de todas as n-uplas de elementos de K: Kn = (x1 , x2 , . . . , xn ) : xi ∈ K Dados dois pontos u = (x1 , x2 , . . . , xn ) e v = (y1 , y2 , . . . , yn ) neste conjunto podemos tornar Kn um espa¸co vetorial sobre K com as seguintes defini¸c˜ oes: (x1 , x2 , . . . , xn ) = (y1 , y2 , . . . , yn ) ⇔ x1 = y1 , x2 = y2 , . . . , xn = yn Adi¸c˜ ao entre pontos e multiplica¸cão por escalar, assim: u + v = (x1 , x2 , . . . , xn ) + (y1 , y2 , . . . , yn ) = (x1 + y1 , x2 + y2 , . . . , xn + yn ) λu = (λ x1 , λ x2 , . . . , λ xn ) Estas opera¸c˜ oes s˜ ao ditas “ponto a ponto” e conferem aos pontos do “hiperespa¸co” o status de vetores. Por exemplo, o vetor nulo em Kn é uma n-upla de zeros, 0 = (0, 0, . . . , 0) e o oposto do vetor u = (x1 , x2 , . . . , xn ) é o vetor −u = (−x1 , −x2 , . . . , −xn ). Das exigências (axiomas) para espa¸co vetorial vamos provar A2 e M3 (as outras s˜ ao demonstradas de forma an´ aloga). Então:

24

A2) (u + v) + w = u + (v + w) (Associativa) Suponha que u = ( xi ), v = ( yi ) e w = ( zi ). A demonstra¸cão ser´ a feita mostrando que as entradas (coordenadas nas n-uplas) correspondentes em cada lado de A2 s˜ ao iguais. Com efeito, a entrada i de u+ v é xi + yi , então a entrada i de (u+ v)+ w é (xi + yi ) + zi . Por outro lado, a entrada i de v + w é yi + zi e assim a entrada i de u + (v + w) é xi + (yi + zi ). Porém, para escalares em K (corpo) temos (xi + yi ) + zi = xi + (yi + zi ) Portanto (u + v) + w e u + (v + w) possuem entradas i iguais, logo, pela defini¸cão de igualdade de n-uplas, temos que (u + v) + w = u + (v + w). M3) λ ( u + v ) = λ u + λ v (Distributiva) A entrada i de u + v é xi + yi , então λ (xi + yi ) é a entrada i de λ ( u + v ). Por outro lado, as entradas i de λ u e λ v s˜ ao respectivamente λ xi e λ yi . Porém, para escalares em K temos λ (xi + yi ) = λ xi + λ yi Assim λ ( u + v ) e λ u + λ v possuem entradas i iguais, logo, pela defini¸cão de igualdade de n-uplas, temos que λ ( u + v ) = λ u + λ v.

Publica¸c˜ ao Eletrônica, 2016;

514 p.

ISBN: 978-85-63979-08-7

ebah slideshare scribd https://goo.gl/8YVCPB https://goo.gl/Ah5m0g https://goo.gl/mkl0PG 25

Exemplo 5: Espa¸ co de C´ odigos Agora daremos um importante exemplo de espa¸co vetorial cujo corpo de escalares n˜ ao é R. C´ odigos que contêm tanto caracteres alfabéticos como numéricos s˜ ao necessários quando microcomputadores se comunicam com dispositivos como fax ou um terminal de v´ıdeo, ou ainda para transformar os caracteres de um teclado em linguagem de computador. Esses códigos s˜ ao chamados c´ odigos alfanuméricos. O c´ odigo alfanumérico mais comumente usado em sistemas de microcomputador é o AMERICAN STANDARD Code for Information Interchange (C´ odigo Americano Padr˜ ao para Troca de Informa¸cões) Uma listagem parcial do código ASCII é mostrada na tabela a seguir Caracter

ASCII

Caracter

ASCII

<

00111100

A

01000001

>

00111110

B

01000010

!

00100001

C

01000011

P

11100100

D

00100100

#

00100011

E

01000101

$

00100100

F

01000110

%

00100101

G

01000111

&

00100110

H

01001000

(

00101000

I

01001001

)

00101001

J

01001010

∗

00101010

K

01001011

[

01011011

L

01001100

]

01011101

M

01001101

+

00101011

N

01001110

−

00101101

O

01001111

/

00101111

P

01010000

0

00110000

Q

01010001

1

00110001

R

01010010

2

00110010

S

01010011

3

00110011

T

01010100

4

00110100

U

01010101

5

00110101

V

01010110

6

00110110

W

01010111

7

00110111

X

01011000

8

00111000

Y

01011001

9

00111001

Z

01011010

− TABELA

ASCII

26

A seguir vemos o diagrama de blocos de uma calculadora. Entrada 7

8

9

4

5

6

1

2

3

+

0

−

Saida

CPU

Codificador

ր

00110001 00101011 00110010

Teclado

Decodificador

ր

00110011

Display

Na figura estamos simulando a soma 1+ 2 = 3. Ao digitarmos no teclado 1+2 existe um circuito codificador que codifica estas informa¸cões em bin´ ario de acordo com a TABELA ASCII vista anteriormente, ou seja, 1 ↔ 00110001 ; + ↔ 00101011 ; 2 ↔ 00110010 Estas sequências bin´ arias (c´ odigos) s˜ ao entregues à CPU (unidade central de processamento) que executa a soma pedida, o resultado é colocado na entrada de um circuito decodificador que decodifica, ainda de acordo com a TABELA ASCII, a sequência bin´ aria em sua entrada e na saida (display) temos o resultado na base decimal. Defini¸ c˜ ao 1 (C´ odigo). Um c´ odigo bin´ ario é um conjunto de vetores bin´ arios (de mesmo comprimento) chamados vetores de c´ odigo. O processo de convers˜ ao de uma mensagem em vetores de c´ odigo é chamado codifica¸ca õ, e o processo inverso é chamado decodifica¸ca õ. A transmiss˜ ao de dados codificados − via ondas eletromagnéticas, pode ser − est´ a sujeita a várias fontes de erros, desde erros de digita¸cão até interferências eletromagnéticas; os poss´ıveis erros s˜ ao chamados de ru´ıdos. A teoria dos c´ odigos corretores de erro é um campo de pesquisa muito ativo atualmente, com aplica¸c˜ oes em diversas áreas tais como: matem´ atica, engenharia, computa¸c˜ ao e estat´ıstica.

Fonte de Informa¸ ca õ

Codifica¸ ca õ

Sinal

Canal

Ru´ıdo

27

Novo Sinal

Decodifica¸ ca õ

Destinat´ ario

Nosso objetivo agora ser´ a construir uma fam´ılia (cole¸caõ) de espa¸cos vetoriais os quais s˜ ao bastante utilizados no projeto de c´ odigos bin´ arios para transmiss˜ ao de dados entre computadores, inclusive. Sequências bin´ arias de qualquer tamanho podem ser obtidas tomando-se o produto cartesiano do conjunto (com dois s´ımbolos):

Z2 = { 0, 1 }

0

1

Por exemplo: Z22 = { 0, 1 } × { 0, 1 } = { 00, 10, 01, 11 } Ou ainda: Z32 = { 0, 1 } × { 0, 1 } × { 0, 1 } = { 000, 100, 010, 110, 001, 101, 011, 111 }

Como o leitor certamente já se deu conta, via produto cartesiano podemos obter sequências bin´ arias de qualquer tamanho. O n´ umero de sequências bin´ arias no conjunto Zn2 é 2n . Observe que os c´ odigos (sequências) do teclado de um computador (Tabela ASCII) pertencem todos ao conjunto Z82 , neste conjunto podemos codificar até 28 = 256 caracteres. Opera¸ co ˜es em Z2 Inicialmente vamos construir uma estrutura de corpo sobre o conjunto Z2 . Nesse conjunto vamos definir duas opera¸cões: a uma delas chamaremos de adi¸c˜ ao e a outra chamaremos de multiplica¸cão − dadas nas seguintes tábuas: A isto se acrescenta que todo s´ımbolo 0

1

´ e ambivalente e at´ e mesmo polivalente,

1

·

0

0

0

no sentido de que ele pode significar

0

1

0

1

uma pluralidade de realidades diversas e

+

0

1

0

0

1

1

mesmo contradit´ orias. (L´ eon Bonaventure)

´ fácil, n˜ E ao obstante trabalhoso, provar que o sistema algébrico resultante Z2 = (Z2 , +, ·) ´ e um corpo. (p. 420) 28

Desde já enfatizamos que no presente contexto 0 e 1 n˜ ao s˜ ao n´ umeros naturais, isto é, n´ umeros do conjunto N = { 0, 1, 2, 3, . . . } De fato, como dissemos anteriormente, o que confere a identidade de um elemento é a estrutura (“jogo”) do qual ele faz parte. Embora os s´ımbolos 0 e 1 sejam os mesmos do conjunto dos n´ umeros naturais no entanto como n´ umeros s˜ ao distintos daqueles. Observe: N = ( { 0, 1, 2, 3, . . . }, +, · )

Z2 = ({ 0, 1 }, +, ·)

− Nesta estrutura 0 e 1 são

− Nesta estrutura 0 e 1 são

n´ umeros naturais.

n´ umeros, mas n˜ ao naturais.

Pois bem, retomando a estrutura Z2 acima definida, o elemento neutro da adi¸cão é 0. O simétrico (oposto) de cada elemento encontramos na pr´ opria tabela de adi¸c˜ ao. Veja: 0+0=0

⇒

−0 = 0

e

1+1=0

⇒

−1 = 1

Isto é, o oposto aditivo de cada elemento é o pr´ oprio. Ademais, o leitor n˜ ao se escandalize com a opera¸cão 1 + 1 = 0, posto que, se servir de consolo, mesmo na f´ısica − supostamente mais aderente à realidade − nem sempre 1 + 1 = 2. Por exemplo, se adicionarmos duas velocidades iguais a 1, na f´ısica de Galileu teremos 1 + 1 = 2, já na de Einstein teremos 1 + 1 6= 2. (Ver p. 77)

Aceder ` a ciˆ encia ´ e rejuvenescer espiri-

O mundo ´ e construido como uma estrutura matem´ atica, e n˜ ao material.

tualmente, ´ e aceitar uma brusca muta¸ca õ

(Werner Heisenberg)

que contradiz o passado. (Gaston Bachelard)

A isto se acrescenta que todo s´ımbolo é ambivalente e até mesmo polivalente, no sentido de que ele pode significar uma pluralidade de realidades diversas e mesmo contradit´ orias. (L´ eon Bonaventure)

29

Os espa¸ cos vetoriais Zn2 Tendo em conta o exemplo 4 (p. 24) resulta que, para cada n ≥ 1, os sistemas Zn2 s˜ ao espa¸cos vetorias com as opera¸cões “ponto a ponto”. Portanto, no presente contexto uma sequência bin´ aria (código) adquire status de vetor. Observe que n˜ ao cabe − n˜ ao tem sentido − para estes vetores os atributos (simultˆ aneos) de m´ odulo, dire¸cão e sentido. Por exemplo, veja alguns exemplos de adi¸cão: Z22

Z32

Z42

10 01

101 011

1010 1010

+ : 11

+ : 110

+ : 0000

feitas com o aux´ılio da tábua de adi¸cão para Z2 . Veja alguns exemplos de multiplica¸cão por escalar:

(p. 28)

Z32

Z22 u → 10 λ → 1 λ u → 10

Z42

u → 101 λ → 0 λ u → 000

u → 1010 λ → 1 λ u → 1010

feitas com o aux´ılio da tábua de multiplica¸cão para Z2 . O elemento neutro da adi¸cão em Zn2 é a “sequência nula”, 0 = 00 . . . 0, com n entradas. Ademais, observe que todo elemento em Zn2 possui oposto aditivo no caso “ele pr´ oprio”. Isto se deve a que, na tábua da adi¸cão em Z2 temos que 0 + 0 = 0 e 1 + 1 = 0. Apenas a t´ıtulo de informa¸cão, a quem interessar possa, no livro Fundamentos dos N´ umeros (p. 25) criamos uma estrutura na qual as sequências bin´ arias infinitas tornam-se n´ umeros; digo, novos modelos para os naturais, inteiros, etc. Por exemplo, veja os “inteiros azuis”: ...

...

p

p

p

p

p

p

−5

−4

−3

−2

−1

0

p 1

p

p

p

p

2

3

4

5

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

0 1 0 1 1 1 1 1

0 0 1 1 1 1 1 1

1 0 1 1 1 1 1 1

0 1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1 1 1

0 0 0 0 0 0 0 0

1 0 0 0 0 0 0 0

0 1 0 0 0 0 0 0

1 1 0 0 0 0 0 0

0 0 1 0 0 0 0 0

1 0 1 0 0 0 0 0

.. .

.. .

.. .

.. .

.. .

.. .

.. .

30

.. .

.. .

.. .

.. .

...

...

Z

Z

Uma f´ ormula para gerar os c´ odigos em Zn2 ´ um prazer puro da alma espalhar pelo mundo o fruto de seus esE tudos e medita¸co ˜es, ainda sem outra remunera¸ca õ que a consciência de fazer bem. (Jos´ e Bonif´ acio) J´ a n˜ ao conto mais o n´ umero de fórmulas que deduzi (e/ou demonstrei) na matem´ atica, confesso que, pela fórmula a seguir, tenho um carinho todo especial∗ .

xij =

   1, se

  0, se

i−1 j−1 2 i−1 j−1 2

é ´ımpar; (1.4) é par.

Esta fórmula nos permite gerar os códigos bin´ arios, onde: xij é o j−ésimo n odigo i de Z2 . ⌊ x ⌋ é o maior inteiro que n˜ ao supera x. bit do c´ Fixado n fazemos i = 1, 2, . . . , 2n e j = 1, 2, . . . , n Por exemplo, para n = 2, temos: i = 1, 2, 3, 4 e j = 1, 2. Então 1−1 i = 1, j = 1 ⇒ = 0 ⇒ x11 = 0 21−1 1−1 i = 1, j = 2 ⇒ = 0 ⇒ x12 = 0 22−1 ........................................... 2−1 = 1 ⇒ x11 = 1 i = 2, j = 1 ⇒ 1−1 2 2−1 = 0 ⇒ x12 = 0 i = 2, j = 2 ⇒ 2−1 2

........................................... 3−1 i = 3, j = 1 ⇒ = 2 ⇒ x11 = 0 21−1 3−1 i = 3, j = 2 ⇒ = 1 ⇒ x12 = 1 22−1 ........................................... 4−1 = 3 ⇒ x11 = 1 i = 4, j = 1 ⇒ 21−1 4−1 = 1 ⇒ x12 = 1 i = 4, j = 2 ⇒ 2−1 2

Sendo assim, temos:

Z22 = { |{z} 00 , |{z} 10 , |{z} 01 , |{z} 11 } i=1

∗

i=2

i=3

i=4

Precisamente pelos detalhes técnicos envolvidos em sua dedu¸c˜ ao e demonstra¸c˜ ao.

31

Exemplo 6: O espa¸co vetorial Pn (R). Para a constru¸c˜ ao do nosso pr´ oximo exemplo de espa¸co vetorial tomaremos como conjunto V o conjunto, Pn (R) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn : ai ∈ R

dos polinˆ omios com coeficientes reais de grau ≤ n (n é um inteiro n˜ aonegativo). Para conferir aos elementos deste conjunto o status de vetores, tomemos dois elementos arbitrários p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn q(x) = b0 + b1 x + b2 x2 + · · · + bn xn e vamos definir duas opera¸cões: p(x) + q(x) = (a0 + b0 ) + (a1 + b1 )x + (a2 + b2 )x2 + · · · + (an + bn )xn Tomemos para o corpo de escalares os n´ umeros reais, vamos definir, λ p(x) = λ b0 + (λ b1 ) x + (λ b2 ) x2 + · · · + (λ bn ) xn Pode ser mostrado que todas as exigências sobre as opera¸co˜es de adi¸cão e multiplica¸c˜ ao por escalar s˜ ao satisfeitas; portanto Pn (R) é o espa¸co vetorial dos polinˆ omios (de grau ≤ n) com coeficientes reais. O vetor nulo deste espa¸co é dado por, 0(x) = 0 + 0x + 0x2 + · · · + 0xn O oposto aditivo do vetor p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn é o vetor, −p(x) = (−a0 ) + (−a1 ) x + (−a2 ) x2 + · · · + (−an ) xn Isto se deve a que, p + (−p) = 0, veja: p + (−p) (x) = a0 + (−a0 ) + a1 + (−a1 ) x + · · · + an + (−an ) xn = 0 + 0x + 0x2 + · · · + 0xn = 0(x)

Exemplo 7: O espa¸co vetorial Mm×n (R). Sobre o conjunto Mm×n (R), das matrizes de ordem m × n, com entradas reais podemos construir um espa¸co vetorial tomando como corpo K = R e as opera¸c˜ oes usuais de adi¸cão de matrizes e multiplica¸cão de matriz por escalar. (p. 424 e p. 425) No caso particular das matrizes de ordem 2 × 3, por exemplo, o vetor nulo é dado por: 0 0 0 0= 0 0 0 32

Para um vetor arbitrário, u= seu oposto aditivo é dado por, " −u =

"

a11

a12

a13

a21

a22

a23

−a11

−a12

−a21

#

#

−a13

−a22

−a23

Para provar esta assertiva basta ter em conta que, " # " a11 a12 a13 −a11 −a12 u + (−u) = + a21 a22 a23 −a21 −a22

−a13 −a23

#

Ou ainda, u + (−u) =

"

a11 − a11

a21 − a21

a12 − a12

a22 − a22

a13 − a13

a23 − a23

#

=

0 0 0 0 0 0

= 0

Exemplo 8: Espa¸ cos Funcionais. Consideremos o conjunto, F = {f : R → R} das fun¸c˜ oes reais definidas em toda a reta. O nosso objetivo ser´ a construir sobre este conjunto um espa¸co vetorial: F = F, +, ·

(1.5)

Dados dois elementos∗ f e g em F, vamos definir a adi¸cão f + g como sendo a fun¸cão dada pela seguinte “ lei ” (regra): (f + g)(x) = f (x) + g(x)

(1.6)

Esta adi¸c˜ ao é conhecida como adi¸cão ponto a ponto e existe uma interpreta¸cão geométrica para a mesma. Por exemplo, consideremos as fun¸cões dadas por f (x) = x2 e g(x) = x + 1; pela defini¸cão de adi¸cão em F, temos: (f + g)(x) = f (x) + g(x) = ( x2 ) + (x + 1) = x2 + x + 1 Geometricamente, tudo se passa assim: ∗

Para o que se segue ser´ a importante que o leitor tenha em mente a distin¸c˜ ao entre os s´ımbolos f e f (x); o primeiro se refere ` a pr´ opria fun¸c˜ ao, o segundo se refere ao valor numérico que a fun¸c˜ ao assume no ponto x (imagem de x pela fun¸c˜ ao f ).

33

f +g

R

R f g

f (x)+g(x)

r

g(x) r

rf (x) R

x

0

R

x

0

Pois bem, dados um escalar λ ∈ R e uma fun¸cão f ∈ F, vamos definir a multiplica¸c˜ ao por escalar, λ f , como sendo a fun¸cão dada pela seguinte regra: (λ f )(x) = λ f (x) (1.7) Como na adi¸c˜ ao, existe uma interpreta¸cão geométrica para o produto de um escalar por uma fun¸c˜ ao. Tomemos, por exemplo, f e g como anteriormente, e o escalar λ = 12 , a seguir vemos as multiplica¸cões por escalar 12 f e 21 g : R

R f

g 1 2

r

f

1 2

0

x

g

r

r r R

0

x

R

Para conferir o status de vetor a uma fun¸cão s´ o nos resta agora mostrar que todas as exigências para espa¸co vetorial s˜ ao satisfeitas pelas opera¸cões definidas acima. Antes, recordamos o que significa dizer que duas fun¸cões (ou aplica¸cões) s˜ ao iguais: Defini¸ c˜ ao 2 (Igualdade entre aplica¸cões). Dizemos que as aplica¸co ˜es f : A −→ B x 7−→ f (x)

e

g : C −→ D x 7−→ g(x)

s˜ ao iguais se, e somente se, A = C, B = D e f (x) = g(x) para todo x ∈ A. 34

Para duas fun¸c˜ oes no conjunto F escrevemos, f : R −→ R x 7−→ f (x)

g : R −→ R x 7−→ g(x)

e

De sorte que, por exemplo, f +g =g+f

⇔

(f + g)(x) = (g + f )(x), ∀ x ∈ R.

Então, A1) (f + g)(x) = f (x) + g(x)


= g(x) + f (x)

(comutatividade nos reais)

= (g + f )(x) ⇓ f +g =g+f A2)


(f + g) + h (x) = ( f + g )(x) + h(x) (defini¸cão de adi¸cão) = f (x) + g(x) + h(x) (defini¸cão de adi¸cão) = f (x) + g(x) + h(x) (associatividade nos reais)

= f (x) + ( g + h )(x) (defini¸cão de adi¸cão) = f + ( g + h ) (x) (defini¸cão de adi¸cão) ⇓ (f + g) + h = f + (g + h) O nosso candidato natural a vetor nulo, 0, é a fun¸cão nula, assim definida: 0 : R −→ R x 7−→ 0

´ a fun¸c˜ E ao que associa a todo n´ umero real, no dom´ınio, o n´ umero 0, no contradom´ınio, isto é, 0(x) = 0, ∀ x ∈ R e cujo gr´ afico coincide com o eixo ox, veja: R

R

0

35

Posto isto, temos, A3) (f + 0)(x) = f (x) + 0(x) = f (x) + 0

(defini¸cão de adi¸cão) (defini¸cão de fun¸cão nula)

= f (x) ⇓ f+ 0=f


− Dada qualquer fun¸cão f ∈ F, vamos definir como −f a fun¸cão cujos valores s˜ ao os opostos (negativos) dos valores de f , isto é, (−f )(x) = −f (x) Vamos agora mostrar que f + (−f ) = 0. De fato, temos que, A4) f + (−f ) (x) = f (x) + (−f )(x) (defini¸cão de adi¸cão) = f (x) + − f (x) (defini¸cão de fun¸cão oposta) =0 ⇓ f + (−f ) = 0

(oposto nos reais)

Existe uma interpreta¸cão geometrica para a oposta, −f , de uma fun¸cão f ; o seu gr´ afico é simétrico − em rela¸cão ao eixo x − ao gr´ afico de f ; por exemplo, para as fun¸c˜ oes f e g que vêm nos acompanhando, temos: R

R

f +(−f )= 0

g+(−g)= 0 g

f

rg(x)

rf (x) R

x

R

x

r−f (x) r−g(x)

−f

M1)

λ ( µ f ) (x) = λ ( µf )(x) = λ µ f (x)

= (λ µ)f (x) = (λ µ)f (x) ⇓ λ (µ f ) = (λ µ)f

−g

(defini¸cão de multiplica¸cão por escalar) (defini¸cão de multiplica¸cão por escalar) (associatividade nos reais) (defini¸cão de multiplica¸cão por escalar)

36

M2)

(λ + µ) f (x) = (λ + µ)f (x) (defini¸cão de multiplica¸cão por escalar) = λ f (x) + µ f (x)

(distributividade nos reais)

= (λ f )(x) + (µ f )(x)

(multiplica¸cão por escalar)

= (λ f + µ f )(x) ⇓ (λ + µ) f = λ f + µ f M3)

λ (f + g) (x) = λ (f + g)(x) = λ f (x) + g(x) = λ f (x) + λ g(x)


(multiplica¸cão por escalar) (defini¸cão de adi¸cão) (distributividade nos reais)

= (λ f + λ g)(x) ⇓ λ (f + g) = λ f + λ g


M4) (1 f )(x) = 1 f (x)


= f (x)


⇓ 1f = f • Observe que somente agora − e dentro do presente contexto − uma fun¸cão adquire o status de vetor. Este vetor n˜ ao tem m´ odulo, n˜ ao tem dire¸cão, n˜ ao tem sentido. Nota: Podemos considerar ao invés do conjunto, F = {f : R → R} o conjunto, F = {f : X → R}

(1.8)

onde X é um conjunto n˜ ao-vazio qualquer, e ainda aqui, como anteriormente, obtemos um espa¸co vetorial: F(X, R). Matem´ atica: Esta “ciência vazia” que − espantosamente − se aplica a todas as contingências fenomenol´ ogicas, apesar de ser um puro formalismo reflexivo.

37

Um exemplo patol´ ogico Importante: Na defini¸c˜ ao de espa¸co vetorial fizemos referência a uma opera¸cão, + : V × V −→ V a qual foi chamada de adi¸ c~ ao e cujo s´ımbolo adotado foi o usual: +. A escolha para este nome (adi¸cão) e para este s´ımbolo ( + ) é meramente uma quest˜ ao de conveniência; a princ´ıpio esta opera¸cão pode n˜ ao ter nada a ver com a “adi¸c˜ ao usual” , o que realmente importa é que a mesma satisfa¸ca a todas as exigências para a estrutura espa¸co vetorial. Para contextualizar a que estamos nos referindo meditemos sobre os dois exemplos a seguir. Exemplo 9: Consideremos o seguinte subconjunto V = { x ∈ R : x > 0 } dos reais, cuja vers˜ ao geometrica é vista a seguir:

p

0

1

p

R+ ∗

p

2

3

O nosso objetivo agora ser´ a conferir aos elementos deste conjunto o status de vetores. O nosso intuito estar´ a fadado ao fracasso se definirmos a adi¸cão como sendo a usual, n˜ ao obstante este conjunto ser fechado para esta opera¸cão. Este insucesso se dever´ a a que n˜ ao conseguiremos um elemento neutro para a referida opera¸c˜ ao (já que o 0 foi excluido do conjunto V ); e nem um oposto para cada u ∈ V . Observamos que este conjunto é fechado para a multiplica¸cão. Vamos definir as duas seguintes opera¸cões:   u + v = u v, ∀ u, v ∈ V = uλ ,

λ·u

∀ u ∈ V e ∀ λ ∈ R.

Ou seja, a nossa opera¸cão candidata a adi¸cão vetorial nada mais é que a multiplica¸c˜ ao numérica usual e a nossa opera¸cão candidata a multiplica¸cão por escalar nada mais é que a exponencia¸cão numérica. Nesta nossa adi¸c˜ ao esdr´ uxula observe que: 1+1 =1·1

⇒

1+1 =1

1 1 1 =2· ⇒ 2+ =1 2 2 2 Nesta nossa multiplica¸cão esdr´ uxula observe que: 2+

2 · 1 = 12 1 2

·2=2

2·

1 2

=

⇒

1 2

1 2

2

⇒

2·1=1 √ 1 2 2 ·2=

⇒

2·

38

1 2

=

1 4

Ser´ a que funciona? Vejamos: A1)

u + v = uv


= vu

(comutatividade da multiplica¸cão em R)

=v+u A2)


(u + v) + w = (u v) + w


= (u v) w


= u (v w)

(associatividade em R)

= u (v + w)


= u + (v + w)


A3) Devemos agora exibir um elemento neutro para a nossa adi¸cão; ou ainda, devemos exibir 0 ∈ V satisfazendo 0 + u = u, ∀ u ∈ V . Sendo assim devemos ter 0 + u = 0u = u = 1u

⇒

0u = 1u

Esta igualdade nos sugere tomar como candidato a vetor nulo 0 = 1, e de fato funciona, como é fácil constatar. A4) Para todo elemento u de V devemos exibir um outro elemento de V , denotado por −u, detentor da seguinte propriedade: u + (−u) = 0 Sendo assim, temos: u + (−u) = u (−u) = 0 = 1

⇒

u (−u) = 1

Esta u ´ltima equa¸c˜ ao nos sugere tomar −u = u−1 = como é fácil constatar. Observe que, −1 = 1−1

⇒

−1 = 1

1 u,

e de fato funciona, (1.9)

Interregno cultural: Uma observa¸c˜ ao trivial, no entanto pertinente, é que o sinal “−”, acima, n˜ ao significa “negativo”, significa apenas oposto (aditivo). Por oportuno, em matem´ atica um vetor n˜ ao possui “negativo”. Com efeito, o conceito de negativo em um conjunto é definido em fun¸cão de uma rela¸ca õ de ordem∗ , num espa¸co vetorial n˜ ao contamos com uma tal rela¸cão. ∗

Positivo é maior que zero e negativo é menor que zero.

39

Observemos, novamente, a exigência A4) na defini¸cão de espa¸co vetorial: “A4) Para todo elemento u de V existe um outro elemento de V , denotado por −u, detentor da seguinte propriedade: u + (−u) = 0 ”

(Elemento oposto)

Duas observa¸c˜ oes: ( i ) −u é apenas, e tão somente, uma nota¸cão ( ii ) o que é essencial é que aqui temos a defini¸cão (caracteriza¸cão) do que seja o elemento −u, o oposto de u; é aquele que quando adicionado com u repro´ isto o que importa, o que existe de duz o elemento neutro da “adi¸cão”. E essencial, n˜ ao a nota¸c˜ ao (s´ımbolo) adotada para o elemento oposto. Não haveria nenhuma mudan¸ca estrutural se tivessemos enunciado a exigência A4) do seguinte modo: “A4) Para todo elemento u de V existe um outro elemento de V , denotado por u ¯, detentor da seguinte propriedade: u+u ¯ = 0”

(Elemento oposto)

Neste caso a igualdade (1.9) (p. 39) se tornaria, ¯1 = 1 1

⇒

¯1 = 1

Um raciocinio an´ alogo se aplica ao caso do vetor nulo 0. Em um contexto correlato a este observamos que nos n´ umeros inteiros o sinal “−” tem dois significados distintos. Quando aparece em, por exemplo, −3, este sinal significa tomar o oposto; ou ainda, podemos dizer que se trata de uma opera¸ca õ un´ aria; ao passo que este mesmo sinal em, por exemplo, 2 − 3, tem um significado distinto do primeiro, aqui temos uma opera¸ca õ bin´ aria (diferen¸ca entre dois inteiros). Continuando: M1) λ (µ u) = λ ( uµ )

(defini¸cão de multiplica¸cão por escalar)

= ( uµ )λ


= u(µ λ) = (µ λ)u

M2) (λ + µ) u = uλ+µ

(potência nos reais) (defini¸cão de multiplica¸cão por escalar)


= uλ · uµ

(potência nos reais)

= λu · µu


= λu + µu


40

M3) λ (u + v) = λ (u v)


= (u v)λ


=

uλ

·

vλ


= λu · µu


= λu + µu


M4) 1 u = u1


=u


Interregno cultural: Fa¸camos uma pequena exegese sobre a (leg´ıtima) igualdade: 1 √ 1 · 2 = 22 = 2 2

Esta igualdade bizarra nos d´ a raz˜ ao quando afirmamos que a identidade de um elemento é conferida pela estrutura em que ele est´ a inserido. Com efeito, na multiplica¸c˜ ao acima o primeiro fator, 12 , é um n´ umero real (no caso um escalar), ao passo que o segundo, 2, n˜ ao é mais um n´ umero real, mas sim um vetor. Deixamos ao leitor a incumbência de justificar as seguintes igualdades: 1 = −1 · (−2) 2

−1 + (−2) =

Observe que o −1 ` a esquerda é um vetor enquanto o mesmo −1 à direita n˜ ao é mais um vetor, mas sim um escalar. O que confere a identidade de um elemento é a regra (opera¸c˜ ao) com a qual ele est´ a sendo manipulado. O pr´ oximo exemplo de espa¸co vetorial é a generaliza¸cão do exemplo anterior para duas “dimensões”. Exemplo 10: Consideremos o conjunto V = { (x, y) ∈ R2 : x, y > 0 }, cuja vers˜ ao geométrica é vista a seguir: R+ ∗

p

3

p

2

p

1

0

0=(1, r 1)

p

1

p

2

41

p

3

R+ ∗

com as opera¸c˜ aoes de adi¸cão e multiplica¸cão por escalar definidas assim: ( (a, b) + (c, d) = ( a c, b d ) = ( a λ , bλ )

λ (a, b)

Deixamos ao leitor a incumbência de provar que V é um espa¸co vetorial.

1.2.1

Produto de Vetores

Uma pergunta pertinente seria: Existem produtos de vetores? Um produto em um espa¸co vetorial V seria, segundo a defini¸cão 55 qualquer aplica¸c˜ ao

(p. 419),

· : V ×V → V (u, v)

7→ u·v

Sendo assim estamos livres para definir produto de vetores em muitos (qui¸cá em todos) espa¸cos vetoriais, por exemplo ( I ) Em Rn , um produto poderia ser: (x1 , x2 , . . . , xn ) · (y1 , y2 , . . . , yn ) 7→ (x1 y1 , x2 y2 , . . . , xn yn ) ( II ) Em Zn2 , um produto poderia ser: x1 x2 . . . xn · y1 y2 . . . yn 7→ (x1 y1 )(x2 y2 ) . . . (xn yn ) ( III ) No espa¸co F das fun¸cões reais podemos definir o produto f · g de dois vetores f e g assim: (f · g)(x) 7→ f (x) · g(x) Deste modo podemos considerar que existem sim produto de vetores. A quest˜ ao, n˜ ao apenas no presente contexto − como também em muitos outros na matem´ atica − n˜ ao é se existe ou n˜ ao um produto (ou outra opera¸cão qualquer) mas sim se o produto definido vai resultar “interessante” do ponto de vista algébrico (estrutural) ou de aplica¸cões. Por exemplo, no espa¸co vetorial R2 , o produto definido acima, isto é: (a, b) · (c, d) 7→ (ac, bd) resultaria desinteressante sob os dois aspectos referidos; n˜ ao obstante, podemos definir sobre este espa¸co um outro produto, qual seja∗ : (a, b) · (c, d) 7→ (ac − bd, ad + bc) ∗

Esta multiplica¸c˜ ao, juntamente com a adi¸c˜ ao usual, resulta na estrutura conhecida como n´ umeros complexos (p. 20). Observe que n˜ ao estamos “misturando” as estruturas, estamos afirmando que esse produto poderia ser acrescido ` a estrutura de espa¸co vetorial.

42

Este, ao contr´ ario do produto anterior, já resulta bem interessante sob qualquer dos critérios mencionados. Por exemplo, o espa¸co vetorial R2 “enriquecido” com esse produto nos permitiria gerar as belas figuras conhecidas como fractais, como as vistas a seguir:

1.2.2

Primeiras Propriedades num Espa¸co Vetorial Os iniciantes n˜ ao est˜ ao preparados para o verdadeiro rigor matem´ atico; s´ o veriam nisso v˜ as e fastidiosas sutilezas, perder´ıamos nosso tempo se quis´ essemos, cedo demais, torn´ a-los mais exigentes. (Poincar´ e)

Observe que algumas proposi¸cões matem´ aticas, até mesmo nos inteiros (para n˜ ao falar nos reais), tais como 0x = 0

ou

2 · (−1) = −2

ou

− 3 + 2 = −1

tidas por muitos como “´ obvias”, n˜ ao têm nada de triviais, a bem da verdade a maioria das pessoas com esse sentimento foram apenas condicionadas (adestradas) a pensar assim. Por exemplo, você saberia demonstrar as igualdades acima a partir das opera¸c˜ oes de adi¸cão e multiplica¸cão nos inteiros? Lembre-se: “O acaso pode fazer com que uma opini˜ ao seja verdadeira, mas nem por isso ela deixa de ser uma opini˜ ao, isto é, uma cren¸ca e n˜ ao um saber.” (Simone Manon) 43

Pois bem, em matem´ atica prova-se algumas proposi¸cões “intuitivamente obvias” tais como: 0 x = 0 ou, o que é “pior” , 1 > 0. ´ Perguntamos: afinal de contas o que deve ser provado e o que n˜ ao deve ser provado, em uma dada teoria? Esta pergunta fica fácil de responder no caso das teorias desenvolvidas axiomaticamente, como é o caso dos espa¸cos vetoriais. Respondemos: assumimos, axiomaticamente, que todo espa¸co vetorial; digo, todos os vetores, satisfazem as oito propriedades A1), . . . , A4); M1), . . . , M4) listadas na defini¸c˜ ao de espa¸co vetorial (p. 14); qualquer afirmativa sobre vetores, por mais “´ obvia” que seja e que n˜ ao consta naquela lista, deve ser provada, como por exemplo, as listadas a seguir. Seja V um espa¸co vetorial com escalares em R. As propriedades provadas a seguir s˜ ao consequências da defini¸cão de espa¸co vetorial. (p. 12) P1 ) Para todo λ ∈ R, temos λ0= 0 Prova: λ0 = λ0 + 0

[ Exigência A3) ]

= λ 0 + [ λ 0 + − (λ 0) ] = (λ 0 + λ 0) + − (λ 0) = λ ( 0 + 0) + − (λ 0) = λ 0 + − (λ 0)

= 0

[ Exigência A4) ] [ Exigência A2) ] [ Exigência M3) ] [ Exigência A3) ] [ Exigência A4) ]

P2 ) Para todo u ∈ V , temos 0u = 0 Note a diferen¸ca entre esta propriedade e a anterior. Em P1 provamos que qualquer escalar (n´ umero) multiplicado pelo vetor nulo resulta no vetor nulo; em P2 devemos provar que o n´ umero 0 multiplicado por qualquer vetor deve resultar no vetor nulo. Prova: 0 u = (0 + 0) u [ Neutro em R ] 0u = 0u + 0u

[ Exigência M2) ]

−(0 u) + 0 u = −(0 u) + (0 u + 0 u) 0 = − (0 u) + 0 u + 0 u

[ Somando o oposto de 0 u ] [ Exigências A3) e A2) ]

0 = 0 + 0u

[ Exigência A4) ]

0 = 0u

[ Exigência A3) ] 44

P3 ) Para λ ∈ R e u ∈ V , temos Se λ u = 0, então λ = 0 ou u = 0.

(1.10)

Na prova desta simples proposi¸cão temos a oportunidade de ilustrar várias das técnicas de demonstra¸cões matem´ aticas vistas no cap´ıtulo para consultas (´ ultimo). Vamos prová-la utilizando três técnicas distintas: 1a ) Prova: Utilizaremos a técnica de demonstra¸cão (T − 3) (p. 436): H ∧ T¯ =⇒ f

H =⇒ T ⇐⇒

Destacando a hip´ otese e a tese em nossa proposi¸cão, temos: H:

λ u = 0,

T :

λ = 0 ou u = 0.

∧

( λ 6= 0 e u 6= 0 )

Sendo assim, temos: H ∧ T¯ : λ u = 0

(1.11)

Se λ 6= 0 ent˜ ao existe o n´ umero real n˜ ao-nulo λ−1 . Sendo assim vamos −1 multiplicar λ u = 0 por λ , obtendo: λ−1 ( λ u ) = λ−1 0 Aplicando a exigência M1)

(p. 13)

e a propriedade P1 chegamos a,

( λ−1 λ ) u = 0 Ou ainda, 1u = 0 Aplicando agora a exigência M4), temos: u = 0. Invocando a hip´ otese (1.11), exibimos o seguinte absurdo: u 6= 0

e

u = 0.

2a ) Prova: Utilizaremos a técnica de demonstra¸cão (T − 4): H1 ∧ H2 =⇒ T ⇐⇒

¯2 H1 ∧ T¯ =⇒ H

(p. 436)

Para utilizar esta técnica vamos provar a contrapositiva∗ da proposi¸cão (1.10), isto é, vamos provar: Se λ 6= 0 e u 6= 0 então | {z } | {z } H1

∗

H2

Técnica (T − 1) (p. 435).

45

λ u 6= 0 . | {z } T

Sendo assim, temos, H1 ∧ T¯ : λ 6= 0 e λ u = 0. Se λ 6= 0 ent˜ ao existe o n´ umero real n˜ ao-nulo λ−1 . Sendo assim vamos −1 multiplicar λ u = 0 por λ , obtendo: λ−1 ( λ u ) = λ−1 0 Aplicando a exigência M1)

(p. 13)

e a propriedade P1 chegamos a,

( λ−1 λ ) u = 0 Ou ainda, 1u = 0 Aplicando agora a exigência M4), temos: u = 0. 3a ) Prova: Utilizaremos a técnica de demonstra¸cão (T − 7): H =⇒ T1 ∨ T2 ⇐⇒ H ∧ T¯1 =⇒ T2

(p. 439)

Inicialmente vamos reescrever a proposi¸cão da seguinte forma:   T : λ=0   1 H: λu = 0 ⇒ ou    T2 : u = 0

Temos,

H ∧ T¯1 : λ u = 0 e λ 6= 0.

Sendo assim existe o n´ umero real λ−1 , multiplicando λ u = 0 por λ−1 , obtemos λ−1 ( λ u ) = λ−1 0 ⇒ ( λ−1 · λ )u = 0 ⇒ 1 u = 0 ⇒ u = 0 Interregno cultural: Na pr´ oxima proposi¸cão deveremos provar as seguintes igualdades, (−λ) u = −(λ u) = λ (−u)

(1.12)

Em um espa¸co vetorial arbitrário isto n˜ ao chega a ser tão óbvio quanto à primeira vista poderia parecer a um leitor desatento. Com efeito, à esquerda o sinal “−” se refere ao oposto de um escalar no corpo R; no centro o sinal “−” se refere ao oposto do produto do escalar λ pelo vetor u em V e, na direita, o sinal “−” se refere ao oposto de um vetor no espa¸co arbitrário V . Tendo em conta que a defini¸cão de oposto est´ a amarrado (conexo) à opera¸c˜ ao de “adi¸c˜ ao” em V (como também em R), conforme defini¸cão de oposto em A4) (p. 13), é fácil concluir que o primeiro “−” n˜ ao tem nada a ver com os outros dois e, portanto, as igualdades (1.12) nada têm de triviais. 46

Por exemplo, tomemos, no espa¸co vetorial do exemplo 9 u = 3, neste caso as igualdades (1.12), se traduzem assim:

(p. 38),

λ=2e

(−2) 3 = −(2 · 3) = 2 (−3) ou ainda,

1 3 O que n˜ ao chega a ser t˜ ao “evidente” quanto a rela¸cão homóloga nos reais. (−2) 3 = −( 32 ) = 2 ·

P4 ) Para λ ∈ R e todo u ∈ V , temos (−λ) u = −(λ u) = λ (−u) Prova:

(−λ) u + λ u = (−λ) + λ u = 0u

= 0 ⇓ −(λ u) + [ (−λ) u + λ u ] = −(λ u) + 0

[ Exigência M2) ] [ Defini¸cão de oposto em R ] [ Propriedade P2 ] [ Somando −(λ u) ]

−(λ u) + [ λ u + (−λ) u ] = −(λ u)

[ Exigências A1) e A3) ]

(−λ) u = −(λ u)


[ −(λ u) + λ u ] + (−λ) u = −(λ u)

[ Exigência A2) ]

Por outro lado, λ (−u) + λ u = λ (−u + u) = λ0

[ Exigência M3) ] [ Exigência A4) ]

= 0 ⇓ −(λ u) + [ λ (−u) + λ u ] = −(λ u) + 0

[ Propriedade P1 ] [ Somando −(λ u) ]

−(λ u) + [ λ u + λ (−u) ] = −(λ u)


λ (−u) = −(λ u)


[ −(λ u) + λ u ] + λ (−u) = −(λ u)

[ Exigência A2) ]

Corol´ ario 1. Em todo espa¸co vetorial V , temos: (−1) u = −u. Prova: Substituindo λ = 1, na propriedade anterior temos: (−λ) u = −(λ u) (−1) u = −(1 u) = −u

47

Nota: Na estrutura dos n´ umeros Hipercomplexos (p. 20) temos −1·u 6= −u. Por exemplo, tome u = (0, 1) e −1 = (−1, 0). Diferen¸ ca entre vetores: Em um espa¸co vetorial V define-se diferen¸ca entre dois vetores u e v assim: u − v = u + (−v) P5 ) Quaisquer que sejam λ, µ ∈ R e u ∈ V , temos (λ − µ) u = λ u − µ u Prova:

(λ − µ) u = λ + (−µ) u

[ Diferen¸ca em R ]

= λ u + (−µ) u = λu +

− (µ u)

= λu −µu

[ Exigência M2) ]

[ Propriedade P4 ] [ Diferen¸ca em V ]

P6 ) Quaisquer que sejam λ ∈ R, u e v em V , temos λ (u − v) = λ u − λ v Prova: Análoga ` a anterior (exerc´ıcio).

P7 ) O vetor nulo de um espa¸co vetorial é u ńico. Ou seja, existe um u ńico vetor 0 que satisfaz a exigência A3).

(p. 12)

Prova: Com efeito, suponhamos que ¯0 seja um outro vetor satisfazendo aquela exigência. Ent˜ ao, 0 + ¯0 = 0 [ ¯0 é vetor nulo ] ¯0 + 0 = ¯0 [ 0 é vetor nulo ] ⇓ 0 = ¯0

[ Comutatividade da adi¸cão ]

48

P8 ) Para cada vetor u de um espa¸co vetorial V existe um u ńico vetor −u, oposto de u. Prova: Suponhamos que u ¯ seja um outro vetor oposto de u; então, pela defini¸cão de oposto podemos escrever u + u ¯ = 0. −u = −u + 0

[ Exigência A3) ]

= −u + (u + u ¯)

[u ¯ é oposto de u ]

= (−u + u) + u ¯

[ Exigência A2) ] [ −u é oposto de u ]

= 0+u ¯ =u ¯

[ Exigência A3) ]

P9 ) Se u, v e w ∈ V e u + v = u + w, então v = w (Num espa¸co vetorial vale a lei do cancelamento na adi¸cão). Prova: (−u) + (u + v) = (−u) + (u + w)

[ Somando (−u) à hip´ otese ]

(−u + u) + v = (−u + u) + w

[ Exigência A2) ]

0+v = 0+w

[ Exigência A4) ]

v=w

[ Exigência A3) ]

P10 ) Se u, w ∈ V , ent˜ ao existe um u ńico vetor v tal que u + v = w.

Prova: Inicialmente observemos que w+(−u) satisfaz a equa¸cão dada. Com efeito, u + w + (−u) = u + (−u) + w = u + (−u) + w = 0+w =w

Suponhamos agora que existam dois vetores, v¯ e v ′ , satisfazendo a equa¸cão dada. Logo, ( u + v¯ = w ⇒ u + v¯ = u + v ′ u + v′ = w pela lei do cancelamento da adi¸c˜ ao resulta v¯ = u′ .

49

1.2.3

Exerc´ıcios

1) Seja V = (x, y) : x, y ∈ R o conjunto de pares ordenados de n´ umeros reais, tome dois elementos neste conjunto, u = (a, b) e v = (c, d), e considere as seguintes opera¸c˜ oes de adi¸cão e multiplica¸cão por escalar: λ u = ( λ a, |λ| b )

u + v = ( a + b, c + d ),

( a ) Para u = (2, −1), v = (4, 3) e λ = −1, calcule u + v, λ u e λ v. ( b ) Perguntamos se V é um espa¸co vetorial. 2) Seja V = (x, y, z) : x, y, z ∈ R o conjunto de ternos ordenados de n´ umeros reais, tome dois elementos neste conjunto, u = (a, b, c) e v = (d, e, f ), e considere as seguintes opera¸cões de adi¸cão e multiplica¸cão por escalar: u + v = ( a + d + 1, b + e + 1, c + f + 1 ), (a) (b) (c) (d)

λ u = ( λ a, λ b, λ c )

Para u = (1, 1, 1), v = (−1, 0, 1) e λ = 2, calcule u + v, λ u e λ v. Quem seria, 0, o candidato a vetor nulo? Quem seria, −u, o oposto de u? Perguntamos se V é um espa¸co vetorial.

3) No exemplo 9, p. 38, se incluirmos o 0 no conjunto V ainda assim teremos um espa¸co vetorial? 4) Ainda com respeito ao espa¸co vetorial do exemplo 9, considerando que todos os vetores s˜ ao positivos, isto é, V = { x ∈ R : x > 0 }, perguntamos se faz sentido a seguinte adi¸cão: −1 + (−2), caso sim, qual o seu valor? 5) Considere o exemplo 10, p. 41; dados os vetores u = (2, 1), v = (1, 2) e w = −(2, 1); encontre o seguinte vetor: 2 u + (−1 v) + w.

6) Considere no espa¸co vetorial R3 os vetores u = (1, 1, 1), v = (−1, −1, 1) e w = (1, −1, −1). ( a ) Localize-os geometricamente. ( b ) Calcule o vetor 3 u − 2 v + 21 w. ( c ) Resolva a equa¸c˜ ao 2 u + 13 x = w − v.

7) No espa¸co vetorial M2×3 (R), considere os vetores: u=

1 0 0 1 0 0

,

v=

0 2 1 1 1 1

,

w=

( a ) Calcule o vetor 2u − 3v − w. ( b ) Existem λ, µ ∈ R tais que w = λ u + µ v ?

50

2 −6 −3 −1 −3 −3

8) Considere o espa¸co vetorial F, onde, F = f : [ −1, 1 ] → R

com as opera¸c˜ oes usuais (ponto a ponto) − ver p. 33. Neste espa¸co considere os vetores f , g e h dados assim: f (x) = |x|, g(x) = x e h(x) = x2 ( a ) Fa¸ca um esbo¸co geometrico destes vetores (plote seus gr´ aficos). ( b ) Esboce o gr´ afico dos vetores −f , −g e −h. ( c ) Esboce o gr´ afico dos vetores f + g e f + h. ( d ) Encontre o vetor 2f + 3g − h. 9) No espa¸co vetorial P3 (R) considere os vetores f , g e h dados assim: f (x) = x − 1, g(x) = 3x2 − 2x + 1 e h(x) = x3 − 1 ( a ) Calcule o vetor 2f − 3g + 2h.

( b ) Calcule o vetor f · g + 2h. ( c ) Existem λ, µ ∈ R tais que h = λ f + µ g ?

( d ) Existem λ, µ ∈ R tais que h = λ ( f · g ) + µ f ? 10) Mostre que, num espa¸co arbitrário, −(−u) = u.

11) Sejam s1 , s2 , . . . , sn s´ımbolos e seja K um corpo qualquer. Seja V o conjunto das express˜ oes do tipo abaixo λ1 s 1 + λ2 s 2 + · · · + λn s n onde λi ∈ K. Definimos a adi¸c˜ ao e a multiplica¸cão por escalar em V por

(λ1 s1 + · · · + λn sn ) + (γ1 s1 + · · · + γn sn ) = (λ1 + γ1 ) s1 + · · · + (λn + γn ) sn µ (λ1 s1 + λ2 s2 + · · · + λn sn ) = µ λ1 s1 + µ λ2 s2 + · · · + µ λn sn Mostre que V é um espa¸co vetorial sobre K com as opera¸cões acima. 12) Mostre que no espa¸co de c´ odigos Z22 as opera¸cões de adi¸cão e subtra¸cão coincidem, isto é u − v = u + (−v) = u + v, ∀ u, v ∈ Z22 13) Prove que a equa¸c˜ ao (1.4) n de códigos Z2 .

(p. 31)

efetivamente gera os vetores do espa¸co

14) Fixado arbitrariamente um n´ umero primo p considere o seguinte subconjunto Zp dos inteiros dado por Zp = { 0, 1, 2, . . . , p − 1 } 51

Tomemos dois elementos arbitrários x e y em Zp e vamos definir sobre este conjunto duas opera¸cões; a uma delas chamaremos de adi¸cão e a outra chamaremos de multiplica¸cão, assim definidas: x + y = resto da divisão de x + y por p; x · y = resto da divisão de x · y por p. ´ Em Algebra Moderna (ver por exemplo [11]) prova-se que o sistema algébrico Zp = (Zp , +, ·) é um corpo (quando p é um n´ umero primo). Então, pelo n exemplo 4 (p. 24) resulta que Zp s˜ ao espa¸cos vetoriais. Construa as t´ abuas das opera¸cões em Z3 . Encontre o conjunto Z23 . No espa¸co Z23 encontre as seguintes somas de vetores: ( a ) 11 + 22 ( b ) 10 + 01 ( c ) 21 + 12 ( d ) 11 − 22 ( e ) 10 − 01. Neste mesmo espa¸co execute as seguintes opera¸cões: ( a ) 2 · 22 ( b ) 2 [ −(01) ] ( c ) 2 [ −(10) ] ( d ) 2 [ 11 − 22 ] ( e ) 2 [ −(11) + 22 ]. 15) Mostre que a fórmula para gerar os códigos bin´ arios também pode ser escrita assim: (eq. (1.4), p. 31)

xij =

   1, se

i−1 j−1 2

i−1 j−1 2

  0, se

Estamos assumindo que  m!   m n! (m − n)! =  n  0

é ´ımpar; é par.

, se m ≥ n; , se m < n.

n! nos fornece 16) A conhecida fórmula da an´ alise combinat´ oria nr = r! (n−r)! o n´ umero de combina¸c˜ oes dos n elementos de um conjunto A, tomados r a r. Mas esta fórmula n˜ ao nos fornece as tais combina¸cões. Prove que a fórmula (1.4) serve a esse propósito. (p. 31) Sugest˜ ao: Para n = 4, por exemplo, considere A = { a1 , a2 , a3 , a4 }, disponha os elementos de Z42 segundo uma tabela (matriz) de 4 linhas por 24 colunas − cada coluna correspondendo a um elemento do conjunto. Convencione que onde ocorre 1 o elemento entra na combina¸cão e que onde ocorre 0, n˜ ao entra. A prova dever´ a ser feita para n arbitrário. 52

1.2.4

Subespa¸cos Vetoriais

Defini¸ c˜ ao 3 (Subespa¸co vetorial). Sejam V um espa¸co vetorial e U ⊂ V um subconjunto n˜ ao vazio de V . O subconjunto U é um subespa¸co vetorial de V se U é um espa¸co vetorial em rela¸ca õ ` a adi¸ca õ e ` a multiplica¸ca õ por escalar definidas em V . Para mostrar que U é um subespa¸co vetorial de V devemos, a princ´ıpio, verificar as oito exigências de espa¸co vetorial relativas à adi¸cão e à multiplica¸cão por escalar (quadro amarelo, p. 14). Entretanto, como U é subconjunto de V , e sendo V − por hip´ otese − um espa¸co vetorial, resulta que n˜ ao h´ a necessidade da verifica¸c˜ ao de certas exigências em U . Por exemplo, a exigência A1) diz que u + v = v + u, ∀ u, v ∈ V . Ora, se a comutatividade da adi¸c˜ ao vale para todos os elementos de V em particular também vale para todos os elementos de U . O mesmo raciocinio podemos aplicar a outras exigências para espa¸co vetorial. A proposi¸c˜ ao seguinte facilita bastante quando devemos mostrar que dado subconjunto é um subespa¸co vetorial. Proposi¸ c˜ ao 1 (Subespa¸co Vetorial). Seja V um espa¸co vetorial. Um subconjunto U ⊂ V , n˜ ao vazio, é um subespa¸co vetorial de V se, e somente se, é fechado para as opera¸co ˜es de adi¸ca õ e multiplica¸ca õ por escalar de V ; ou seja, se I ) Para quaisquer u, v ∈ U , tem-se: u + v ∈ U ; II ) Para quaisquer λ ∈ R, u ∈ U , tem-se: λ u ∈ U .

Prova: (⇒) H : U ⊂ V é subespa¸co vetorial de V ; T : U é fechado para as opera¸cões de espa¸co vetorial.

Se U é um subespa¸co, ent˜ ao obviamente as condi¸cões I ) e II ) s˜ ao satisfeitas. Reciprocamente, (⇐) H : U é fechado para as opera¸cões de espa¸co vetorial; T : U ⊂ V é subespa¸co vetorial de V .

Suponha que as condi¸c˜ oes I ) e II ) s˜ ao satisfeitas para U . Vamos mostrar que as oito exigências de espa¸co vetorial também s˜ ao satisfeitas em U . De fato, tomemos u ∈ U . Pela condi¸cão II ), λ u ∈ U para todo λ ∈ R; sendo assim, tomemos λ = 0, logo 0 u ∈ U , ou seja, 0 ∈ U . Tomando agora λ = −1, segue que (−1) u = −u ∈ U . As demais exigências A1), A2), M1), M2), M3) e M4) de espa¸co vetorial s˜ ao verificadas em U pelo fato de U ser um subconjunto n˜ ao-vazio de V . Observe, por II ) acima, que se U é um subespa¸co de V então U deve necessáriamente conter o vetor nulo 0 de V . Com efeito, tomando λ = 0 ∈ R e u ∈ U arbitrário, resulta 0 u = 0 ∈ U . Podemos registrar este achado na forma de uma proposi¸c˜ ao. 53

Proposi¸ c˜ ao 2. Todo subespa¸co U de um espa¸co vetorial V deve conter o vetor 0 de V . Assim um subconjunto U que n˜ ao contenha o vetor 0 n˜ ao é um subespa¸co. Nota: Todo espa¸co vetorial V admite pelo ao menos dois subespa¸cos: { 0 }, chamado subespa¸co nulo, e o pr´ oprio espa¸co vetorial V . Esses dois subespa¸cos s˜ ao conhecidos como subespa¸cos triviais. Exemplos: 1) Consideremos o espa¸co vetorial R2 e o subconjunto, U = { (x, y) ∈ R2 : x + y = 0 } dos pontos cuja soma das coordenadas é nula. Vamos mostrar que U é um subespa¸co de R2 . Prova: De fato, de acordo com a Proposi¸ c˜ ao 1 devemos inicialmente mostrar que U 6= ∅; mas isto é fácil porquanto 0 = (0, 0) ∈ U , uma vez que: 0 = (0, 0) ↓ ↓

x+y=0

Para provar a condi¸c˜ ao, I ), isto é, que U é fechado para a opera¸cão de adi¸c˜ ao, tomemos dois elementos arbitrários em U : u = (a, b) e v = (c, d). Devemos provar que u + v = (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) ∈ U para isto é suficiente mostrar que: (a + c) + (b + d) = 0

(1.13)

A nosso favor contamos com a hip´ otese de que u = (a, b) e v = (c, d) est˜ ao em U , o que se traduz nas seguintes equa¸cões: a+b=0 c+d =0 somando-as obtemos, (a + b) + (c + d) = 0

⇒

(a + c) + (b + d) = 0

o que prova (1.13). Agora s´ o nos resta mostrar que U é também fechado para a multiplica¸c˜ ao por escalar. Para isto, pela condi¸cão II )(da Proposi¸ c˜ ao 1), devemos fixar λ ∈ R e u = (a, b) ∈ U arbitráriamente, e mostrar que λ u = (λ a, λ b) ∈ U , para isto é suficiente mostrar que: (λ a) + (λ b) = 0 54

(1.14)

A nosso favor contamos com a hip´ otese de que u = (a, b) est´ a em U , o que se traduz na seguinte equa¸c˜ ao: a+b=0 multiplicando esta equa¸c˜ ao por λ, obtemos ⇒

λ (a + b) = 0

(λ a) + (λ b) = 0

o que prova (1.14).

>

Os vetores em U s˜ ao os pontos (x, y), do plano, cujas coordenadas satisfazem a equa¸c˜ ao x + y = 0, ou ainda, y = −x. S˜ ao os pontos da bissetriz dos quadrantes ´ımpares. Podemos visualizar geometricamente o subespa¸co U deste exemplo, assim: y

p

3 U

p

2

p

1

p

p

−1

0

p

1

p

2

p

3

x

p

−2

p

x+y = 0

Nota: Para que U ⊂ V seja um subespa¸co é uma condi¸cão necessária, mas n˜ ao suficiente, que 0 ∈ U . Em outras palavras: o vetor nulo obrigatoriamente est´ a em todo subespa¸co. Ou ainda, se 0 6∈ U já podemos descarta U como subespa¸co. Entretanto, se o vetor nulo est´ a em U , isto por si s´ o n˜ ao é suficiente para garantir que U seja um espa¸co vetorial. No exemplo seguinte mostramos um contraexemplo, 2) Consideremos o espa¸co vetorial R2 e o subconjunto, U = { (x, y) ∈ R2 : y = |x| } dos pontos cuja ordenada é o valor absoluto da abscissa. Inicialmente observamos que 0 = (0, 0) ∈ U uma vez que: y = |0|

0 = (0, 0)

55

− Para mostrar que um dado U ⊂ V é um subespa¸co de V devemos mostrar que o mesmo satisfaz as condi¸cões I ) e II ) da Proposi¸ c˜ ao 1; agora para mostrar que que U n˜ ao é um subespa¸co a´ı fica mais fácil, basta exibir um contra-exemplo. Digo, basta exibir dois pontos u e v em U , cuja soma u + v n˜ ao pertence a U ; ou ainda, basta exibir um ponto u em U e um escalar λ ∈ R de modo que o produto λ u 6∈ U . No caso em quest˜ ao tomemos u = (−1, 1) e v = (2, 2) pontos de U , temos que, u + v = (−1, 1) + (2, 2) = (−1 + 2, 1 + 2) = (1, 3) 6∈ U

(devido a que 3 6= |1| )

Alternativamente, poderiamos ter provado que U n˜ ao é um subespa¸co vetorial de R2 tomando, por exemplo, u = (−1, 1) ∈ U e λ = −1 ∈ R. De fato, λ u = −1 (−1, 1) = (−1 · (−1), −1 · 1) = (1, −1) 6∈ U

(devido a que −1 6= |1| )

Geometricamente tudo se passa assim: y

p

3

U

u + v 6∈ U t

U

tv

p

2

p

−2

1

p

ut p

−1

0

p

1

p

2

p

3

x

t λ u 6∈ U

p

−1

3) R2 n˜ ao é um subespa¸co de R3 , pois R2 n˜ ao é um subconjunto de R3 . 4) Seja V um espa¸co vetorial. Seja u um vetor arbitrariamente fixado em V . Vamos mostrar que o conjunto, U = { λ u: λ ∈ R } dos m´ ultiplos escalares de u, é um subespa¸co vetorial de V . Prova: Antes de mais nada observe que no conjunto U acima temos infinitos elementos; digo, a cada n´ umero real corresponde um elemento neste conjunto, assim: 56

···

p −3

p −2

p −1

s λ u ∈ U p p 1 λ 0 ↔

p

2

p ···

3

R

I ) Inicialmente vamos mostrar que U é fechado para a adi¸cão. Para tanto tomemos dois elementos arbitrários v e w em U e mostremos que v + w ∈ U. Se v e w est˜ ao em U ent˜ ao, pela defini¸cão de U , existem dois escalares µ e ν em R tais que: v = µu e w = ν u logo, v +w = µu + ν u Como, por hip´ otese, u est´ a em V que é um espa¸co vetorial, segue que podemos aplicar o axioma M2) (p. 13) para concluir que v + w = (µ + ν) u. Como µ + ν ∈ R segue que v + w ∈ U .

II ) Agora mostremos que U é fechado para a multiplica¸cão por escalar. Para tanto fixemos, arbitrariamente, um ponto v em U e um escalar λ em R e mostremos que λ v ∈ U . Com efeito, como v est´ a em U , existe um escalar µ em R tal que: v = µ u; logo, λ v = λ (µ u)

Como, por hip´ otese, u est´ a em V que é um espa¸co vetorial, segue que podemos aplicar o axioma M1) para concluir que λ v = (λ µ) u. Como λ µ ∈ R > segue que λ v ∈ U . O subespa¸co,

U = { λ u: λ ∈ R } pode ser apelidado de “a reta que passa pela origem e contém u”. Este poss´ıvel apelido se deve a que nos espa¸cos vetoriais V = R2 e V = R3 é precisamente isto que acontece. Para contextualizar vejamos dois exemplos: 1o ) Fixemos V = R2 e u = (2, 1). Sendo assim, temos: U = { λ (2, 1) : λ ∈ R } = { (2λ, λ) : λ ∈ R } Por exemplo, λ = −1 λ = − 21

⇒

λ u = (2 · (−1), −1) = (−2, −1)

⇒

λ u = (2 ·

λ=0

⇒

λ u = (2 · 0, 0) = (0, 0)

−1 2 ,

− 21 ) = (−1, − 21 )

1 2

⇒

λ u = (2 · 12 , 12 ) = (1, 21 )

λ=1

⇒

λ u = (2 · 1, 1) = (2, 1)

λ=

57

Geometricamente, temos, y

p

3

p

2

U

u

t

p

1

t

p

−2

p

t

−1

0

p

1

p

p

2

3

x

t

t

p

−1 u

− 12 u

p

p

−3

2o ) Fixemos V = R3 e u = (1, 2, 1). Sendo assim, temos: U = { λ (1, 2, 1) : λ ∈ R } = { (λ, 2λ, λ) : λ ∈ R } Por exemplo, λ = −1 λ = − 12 λ=0 λ=

1 2

λ=1

⇒

λ u = (−1, 2 · (−1), −1) = (−1, −2, −1) −1 2 ,

⇒

λ u = (− 12 , 2 ·

− 21 ) = (− 12 , −1, − 21 )

⇒

λ u = (0, 2 · 0, 0) = (0, 0, 0)

⇒

λ u = ( 21 , 2 · 12 , 21 ) = ( 12 , 1, 12 )

⇒

λ u = (1, 2 · 1, 1) = (1, 2, 1)

Geometricamente, temos, z

u

U y

−1 u x

5) Sejam o espa¸co vetorial V = M2×2 (R) das matrizes de ordem 2 × 2, com entradas reais; ou ainda, a b V = : a, b, c, d ∈ R c d 58

e, U=

a b 0 0

: a, b ∈ R

isto é, U é o conjunto das matrizes quadradas, de ordem 2, cujos elementos da segunda linha s˜ ao nulos. Vamos provar que U é um subespa¸co vetorial de V . Prova: Com efeito, fixemos u, v ∈ U arbitrários, assim: a b c d u= , v= . 0 0 0 0 Então, u+v =

a b 0 0

+

c d 0 0

=

a+c b+d 0 0

∈ U.

Agora tomemos λ ∈ R arbitrário, então a b λa λb λa λb λu = λ = = ∈ U. 0 0 λ0 λ0 0 0 Portanto, U é subespa¸co vetorial de M2×2 (R).

>

6) Considere o espa¸co vetorial F de fun¸cões (p. 33). Considere, ademais o conjunto U p = f ∈ F : f (−x) = f (x), para todo x ∈ R

das fun¸c˜ oes, f : R → R pares, e o conjunto U I = f ∈ F : f (−x) = −f (x), para todo x ∈ R

das fun¸c˜ oes, f : R → R ´ımpares. Afirmamos que U p e U I s˜ ao, ambos, subespa¸cos vetoriais de F. Faremos a prova para U p e deixaremos a outra como exerc´ıcio. Com efeito, fixemos g, h ∈ U p e provemos que g + h ainda é uma fun¸cão par. Isto é, devemos mostrar que, (g + h)(−x) = (g + h)(x),

∀x ∈ R

A nosso favor contamos com a hip´ otese de que g e h s˜ ao fun¸cões pares, logo g(−x) = g(x),

∀x ∈ R

h(−x) = h(x),

∀x ∈ R

somando estas duas equa¸c˜ oes obtemos, g(−x) + h(−x) = g(x) + h(x), 59

∀x ∈ R

Agora aplicamos a defini¸cão de adi¸cão desta equa¸c˜ ao para obter,

(eq. (1.6), p. 33)

(g + h)(−x) = (g + h)(x),

em ambos os membros

∀ x ∈ R.

Agora seja λ ∈ R um escalar arbitrariamente fixado. Provemos que λ g é uma fun¸c˜ ao par, isto é, que (λ g)(−x) = (λ g)(x),

∀x ∈ R

Com efeito, sendo g, por hip´ otese, uma fun¸cão par, temos g(−x) = g(x),

∀x ∈ R

multiplicando esta equa¸cão por λ, obtemos: λ g(−x) = λ g(x),

∀x ∈ R

Agora aplicamos a defini¸cão de multiplica¸cão por escalar ambos os membros desta equa¸cão para obter, (λ g)(−x) = (λ g)(x),

(eq. (1.7), p. 34)

em

∀ x ∈ R.

7) O conjunto C(X, R) das fun¸cões reais cont´ınuas, com dom´ınio no conjunto X, é um subespa¸co do espa¸co F(X, R) (ver eq. (1.8), p. 37). De fato, sabe-se do C´ alculo que a soma de fun¸cões cont´ınuas é ainda uma fun¸cão cont´ınua e o mesmo acontece com a multiplica¸cão de uma fun¸cão cont´ınua por um escalar. 8) O espa¸co Pn ( R ) é, por sua vez, um subespa¸co de C(X, R), porquanto um polinˆ omio, p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn pode ser visto como uma fun¸cão cont´ınua e, ademais, a soma de dois polinˆ omios é um polinˆ omio e o produto de um n´ umero real por um polinˆ omio é um polinˆ omio. Podemos escrever, Pn ( R ) ⊂ C(X, R) ⊂ F(X, R) 9) Um outro exemplo de subespa¸co é o de todos os polinˆ omios que se anulam no 0. Com efeito, se p e q s˜ ao dois de tais polinˆ omios, então a soma p + q e o m´ ultiplo por escalar λ p também se anulam em 0 pois, ( p + q )(0) = p(0) + q(0) = 0 + 0 = 0; (λ p)(0) = λ p(0) = λ 0 = 0. 10) Considere o seguinte conjunto de códigos: Z32 = { 000, 100, 010, 110, 001, 101, 011, 111 } O subconjunto U = { 000, 110, 011, 101 } é um subespa¸co de Z32 . Prove isto. 60

Interse¸ c˜ ao de subespa¸ cos No exemplo 4) vimos que o conjunto, U = { λ u: λ ∈ R } é um subespa¸co. Fazendo u variar obtemos uma fam´ılia de subespa¸cos. Apenas para ilustrar consideremos, novamente, V = R2 . Observe, graficamente, alguns membros da fam´ılia, y u=(1, 2)

3

3 ) 3

p

u=(−1,

√

p

2

u=(2, 1)

p

1

p

p

−2

p

−1

p

t

1

p

2

p

3

x

p

p

−3

u=(2, 12 )

Observe que a interse¸ca õ de todos estes subespa¸cos é a “origem”: { 0 }, que, por sua vez, é também um subespa¸co. Esta observa¸c˜ ao pode ser generalizada dizendo-se que a interse¸cão de qualquer fam´ılia (cole¸c˜ ao) de subespa¸cos continua sendo um subespa¸co. Mais formalmente, 11) Seja V um espa¸co vetorial e L um conjunto de ´ındices. Se, para cada µ ∈ L, Uµ é um subespa¸co vetorial de V , então a interse¸cão \

Uµ = U

µ∈L

é ainda um subespa¸co vetorial de V . Apenas por curiosidade, o conjunto de ´ındices L, da fam´ılia de subespa¸cos plotada anteriormente, pode ser considerado como os reais, digo, L = R onde o ´ındice que fixa cada subespa¸co é a inclina¸ca õ (tangente) da reta, por exemplo, 61

y µ=2

3

3 3

p

µ=−

√

p

2

µ= 12

p

1

p

p

−2

p

−1

t

p

1

p

2

p

3

x

p

p

−3

µ= 14

Neste caso, temos

\

µ∈R

1.2.5

Uµ = { 0}

Soma de Subespa¸cos

Sejam U e V dois subespa¸cos vetoriais de um espa¸co vetorial W . Defini¸ c˜ ao 4 (Soma de subespa¸cos). Indicaremos por U + V e chamaremos de soma de U com V o seguinte subconjunto de W : U + V = {u + v: u ∈ U e v ∈ V } Observe que um vetor w pertence a U + V se, e somente se, ele puder ser escrito na forma de uma soma w = u + v, com u ∈ U e v ∈ V . Exemplos: a ) U + { 0} = U . De fato, tomando V = { 0}, na defini¸cão de soma, temos U + { 0} = { u + v : u ∈ U e v ∈ { 0} } = { u + 0: u ∈ U } = { u: u ∈ U } = U b ) U ⊂ U + V . De fato, seja u ∈ U um elemento arbitrário, queremos provar que, u ∈ U + V = { u + v : u ∈ U e v ∈ V },

como, por hip´ otese, V é um subespa¸co temos que 0 ∈ V , logo, tomando v = 0, temos que u pode ser escrito como, u = u + 0, com u ∈ U e 0 ∈ V 62

portanto, desta forma, todo elemento de U tem livre acesso ao conjunto U +V. De modo an´ alogo provamos que V ⊂ U + V . Proposi¸ c˜ ao 3. Se U e V s˜ ao subespa¸cos vetoriais de W , ent˜ ao U + V é também um subespa¸co vetorial de W . Prova: Como U e V s˜ ao subespa¸cos segue-se que 0 ∈ U e 0 ∈ V ; como, 0+ 0 = 0 ↓ ↓ U

V

isto significa que conseguimos escrever o vetor nulo como soma de dois elementos, um de U e outro de V , portanto 0 ∈ U + V . Agora, sejam w1 e w2 dois elementos arbitrários de U + V , desejamos mostrar que w1 + w2 ∈ U + V . Com efeito, pelo fato de w1 e w2 estarem em U + V isto implica em que estes dois elementos podem ser escritos assim: w1 = u1 + v1 ↓ ↓ U

e

w2 = u2 + v2 ↓ ↓

V

U

V

para algum u1 ∈ U e para algum v1 ∈ V , bem como para algum u2 ∈ U e para algum v2 ∈ V . Sendo assim, temos w1 + w2 = (u1 + v1 ) + (u2 + v2 ) ↓ ↓ ↓ ↓ U

V

U

V

Como u1 , v1 , u2 , v2 s˜ ao vetores em W , podemos aplicar as propriedades comutativa e associativa, assim: w1 + w2 = (u1 + u2 ) + (v1 + v2 ) ↓ ↓ ↓ ↓ U

U

V

V

Como, por hip´ otese, U e V s˜ ao subespa¸cos segue-se que (u1 + u2 ) ∈ U e (v1 + v2 ) ∈ V , isto é, (

(

w1 + w2 = (u1 + u2 ) + (v1 + v2 ) U

V

↓

↓

Resumindo, mostramos que w1 + w2 pode ser escrito como soma de dois elementos, um de U e outro de V , portanto, w1 + w2 ∈ U + V .

Finalmente, seja w ∈ U + V , um elemento arbitrário e λ ∈ R também arbitrariamente fixado. Devemos mostrar que λ w ∈ U + V . Como, por hip´ otese, w ∈ U + V então podemos escrever, w =u+v ↓ ↓ U

V

63

para algum u ∈ U e para algum v ∈ V . Sendo assim temos λ w = λ(u + v) ↓ ↓ U

V

Como u e v pertencem ao espa¸co vetorial W então podemos aplicar a distributividade, assim: λw = λu + λv ↓ ↓ U

V

Como U e V s˜ ao subespa¸cos segue que λ u ∈ U e λ v ∈ V , ou ainda:

λw = λu + λv ↓

U

↓ V

Resumindo, mostramos que λ w pode ser escrito como soma de dois elementos, um de U e outro de V , portanto, λ w ∈ U + V ; sendo assim U + V é necessariamente um subespa¸co vetorial e, por conseguinte, seus elementos adquirem o status de vetores.

Defini¸ c˜ ao 5 (Soma Direta de subespa¸cos). Sejam U e V subespa¸cos vetoriais de W tais que U ∩ V = { 0}. Neste caso diz-se que U + V é soma direta dos subespa¸cos U e V . Para este caso particular de somas temos uma nota¸cão especial: U ⊕ V , significa soma direta. Se U e V s˜ ao subespa¸cos de W tais que U ⊕ V = W dizemos que U e V s˜ ao suplementares ou que U é suplementar de V (ou vice-versa). Proposi¸ c˜ ao 4. Sejam U e V subespa¸cos vetoriais de um espa¸co vetorial W. Ent˜ ao W = U ⊕ V se, e somente se, cada vetor w ∈ W admite uma u ńica decomposi¸ca õ w = u + v, com u ∈ U e v ∈ V . Prova: ( ⇒ )     H: W é soma direta de U e V : W = U ⊕ V .

T:   

Todo vetor w ∈ W se escreve, de modo u ńico, na forma w = u + v, onde u ∈ U e v ∈ V .

De fato, de W = U ⊕ V segue-se que, pela defini¸cão de soma direta: W =U +V

(1.15)

U ∩ V = { 0}

(1.16)

64

Seja w ∈ W um vetor arbitrário; de (1.15) segue que, w = u + v,

para algum u ∈ U e para algum v ∈ V.

(1.17)

Suponhamos, por um momento, que w pudesse exprimir-se de outra forma, tipo: w = u′ + v ′ ,

para algum u′ ∈ U e para algum v ′ ∈ V.

(1.18)

As igualdades (1.17) e (1.18) permitem escrever: u + v = u′ + v ′ ;

onde, u, u′ ∈ U e v, v ′ ∈ V

ou ainda, u − u′ = v ′ − v

(1.19)

Como U e V s˜ ao subespa¸cos decorre que u − u′ ∈ U e v ′ − v ∈ V . Daqui e da equa¸c˜ ao (1.19) concluimos que,   u − u′ ∈ U e u − u′ ∈ V  v′ − v ∈ V

e v′ − v ∈ U

Conclusão:   u − u′ ∈ U e u − u′ ∈ V  v′ − v ∈ V

e v′ − v ∈ U

⇒

 ′  u−u  

v′ − v

∈ U ∩V e ∈ U ∩V

Sendo assim, respaldados na igualdade (1.16), podemos escrever: ( ( u − u′ = 0 u = u′ ⇒ v′ − v = 0 v′ = v

( ⇐ ) Para provar a rec´ıproca, o que era tese vira hip´ otese e o que era hip´ otese vira tese, ent˜ ao:   ńico, na forma w = u + v,   H: Todo vetor w ∈ W se escreve, de modo u onde u ∈ U e v ∈ V .    T: W é soma direta de U e V : W = U ⊕ V .

Se quisermos podemos desdobrar a rec´ıproca em duas (sub)hipóteses e em duas (sub)teses, assim: 65

H:

T:

  H1 : Todo vetor w ∈ W se escreve na forma w = u + v, com u ∈ U e v ∈ V .  H : A escrita acima é u ńica (se verifica de modo u ńico). 2   T1 : W = U + V .  T : U ∩ V = { 0} 2

Da hip´ otese H1 e da defini¸cão de U + V segue-se que W ⊂ U + V , como a inclusão contr´ aria é sempre verdadeira, decorre que W = U + V . Por outro lado, seja w ∈ U ∩ V , vamos mostrar que w = 0. Com efeito, temos w = w + 0 = 0 + w, como w pertence a ambos os subespa¸cos U e V e, ademais, 0 ∈ U e 0 ∈ V , podemos escrever: w =w+ 0= 0+w ↓ ↓ ↓ ↓ U

V

U

V

Segundo H2 a escrita acima é u ńica, o que significa que, = w =w+ 0= 0+w = Exemplo: O espa¸co vetorial W =

R2

é soma direta dos subespa¸cos:

U = { (x, 0) : x ∈ R } V = { (0, y) : y ∈ R } De fato, primeiramente vamos mostrar que R2 = U + V . Isto é fácil uma vez que, para todo (x, y) ∈ R2 , podemos escrever: (x, y) = (x, 0) + (0, y) ↓ ↓ U

V

Também é imediato que, U ∩ V = { (0, 0) }. Logo, por defini¸cão de soma direta, resulta que R2 = U ⊕ V . Geometricamente tudo se passa assim: V

(0, y) s

ր

s(x, y)

s

s (x, 0)

(0, 0)

66

U

1.2.6

Combina¸c˜ oes Lineares

Seja V um espa¸co vetorial sobre R. Escolhamos neste espa¸co n vetores u1 , u2 , . . . , un para montar o subconjunto S = { u1 , u2 , . . . , un }. Indiquemos por [ S ] o seguinte subconjunto de V construido a partir de S: [ S ] = λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λn un : λi ∈ R (1.20)

Observe que a cada n n´ umeros reais, λ1 , λ2 , . . . , λn , arbitrariamente fixados, corresponde um vetor (de V ): λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λn un em [ S ], veja: λ1 u1 + λ2 u2 + ··· + λn un ∈ [ S ]

···

p

−3

p s ↑

−2

λ1

p

−1

s p

↑

λ2

p

1

0

···

s p 2

↑

λn

p ···

R

3

Vamos provar que [ S ] é um subespa¸co vetorial de V . Prova: Vamos mostrar inicialmente que o vetor nulo pertence a [ S ]; para isto escolhamos, na defini¸c˜ ao de [ S ], λ1 = λ2 = · · · = λn = 0, para obter: λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λn un = 0u1 + 0u2 + · · · + 0un = 0 ⇒

0 ∈ [S ]

Agora vamos mostrar que [ S ] é fechado para a opera¸cão de adi¸cão, para tanto tomemos dois elementos u e v, arbitrários em [ S ], e mostremos que a soma u + v também pertence a [ S ]. De fato, como por hip´ otese u e v pertencem a [ S ] ent˜ ao, pela defini¸cão de [ S ], existem duas n−uplas de n´ umeros reais, α1 , α2 , . . . , αn e β1 , β2 , . . . , βn tais que, u = α1 u1 + α2 u2 + · · · + αn un v = β1 u1 + β2 u2 + · · · + βn un Então, u + v = ( α1 + β1 ) u1 + ( α2 + β2 ) u2 + · · · + ( αn + βn ) un Fazendo, u + v = ( α1 + β1 ) u1 + ( α2 + β2 ) u2 + · · · + ( αn + βn ) un | {z } | {z } | {z } γ1

Isto é,

γ2

γn

u + v = γ1 u1 + γ2 u2 + · · · + γn un comparando com a defini¸c˜ ao de [ S ] vemos que u + v ∈ [ S ]. 67

Agora vamos mostrar que [ S ] é fechado para a opera¸cão de multiplica¸cão por escalar, para tanto tomemos um elemento u, arbitrário em [ S ], e um escalar β, arbitrário em R e mostremos que o produto β u também pertence a [ S ]. De fato, como por hip´ otese u pertence a [ S ] então, pela defini¸cão de [ S ], existe uma n−upla de n´ umeros reais, α1 , α2 , . . . , αn tal que, u = α1 u1 + α2 u2 + · · · + αn un Ent˜ ao, β u = β (α1 u1 + α2 u2 + · · · + αn un ) = ( β α1 ) u1 + ( β α2 ) u2 + · · · + ( β αn ) un Fazendo, β u = ( β α1 ) u1 + ( β α2 ) u2 + · · · + ( β αn ) un |{z} |{z} |{z} γ1

Isto é,

γ2

γn

β u = γ1 u1 + γ2 u2 + · · · + γn un comparando com a defini¸cão de [ S ] vemos que β u ∈ [ S ].

>

Defini¸ c˜ ao 6. O subespa¸co [ S ] construido acima recebe o nome de subespa¸co gerado por S. Dizemos que cada elemento de [ S ], isto é, cada λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λn un é uma combina¸ca õ linear de S ou combina¸ca õ linear de u1 , u2 , . . . , un . Uma outra nota¸c˜ ao consagrada para [ S ] é: [ u1 , u2 , . . . , un ] Diz-se também que os vetores u1 , u2 , . . . , un geram [ S ], ou então que s˜ ao um sistema de geradores de [ S ] = [ u1 , u2 , . . . , un ]. Em particular, quando [ S ] = V , dizemos que S = { u1 , u2 , . . . , un } é um conjunto de geradores de V . Nota: Podemos estender a defini¸cão anterior para o caso S = ∅ mediante a seguinte conven¸c˜ ao: [ ∅ ] = { 0 }. 68

Da defini¸c˜ ao 6 decorrem as seguintes propriedades: P1 ) S ⊂ [ S ]

P2 ) S1 ⊂ S2 ⊂ V ⇒ [ S1 ] ⊂ [ S2 ] P3 ) [ S ] = [ S ]

P4 ) Se S1 e S2 s˜ ao subconjuntos de V , então: [ S1 ∪ S2 ] = [ S1 ] ∪ [ S2 ]

Prova: Exerc´ıcio.

Exemplos: 1o ) Seja V = R2 e u = (2, 1). Encontre o subespa¸co gerado por u; isto é, encontre [ u ] = [ (2, 1) ]. Solu¸ c˜ ao: Temos, [u] = {λu : λ ∈ R} = { λ (2, 1) : λ ∈ R } = { (2 λ, λ) : λ ∈ R }

Portanto, os vetores (2 λ, λ) de [ u ] s˜ ao todos os vetores (x, y) de R2 tais que x = 2y; ou ainda, s˜ ao os pontos sobre a reta de equa¸cão y = 21 x, veja: y

p

3

p

2

[u]

u

t

p

1

t

p

−2

p

−1

t 0

p

1

p

2

p

3

x

t

t

p

−1 u

− 21 u

p

p

−3

2o ) Seja V = R2 e S = { u1 = (1, 0), u2 = (0, 1) }. Encontre o subespa¸co gerado por S; isto é, encontre [ S ] = [ (1, 0), (0, 1) ]. Solu¸ c˜ ao: Temos, [ S ] = { λ1 u1 + λ2 u2 : λ1 , λ2 ∈ R } = { λ1 (1, 0) + λ2 (0, 1) : λ1 , λ2 ∈ R } = { (λ1 , λ2 ) : λ1 , λ2 ∈ R } 69

` medida que λ1 e λ2 percorrem (“varrem”) os reais, (λ1 , λ2 ) percorre A todo o plano, de sorte que [ S ] = R2 . Veja geometricamente: R [S ]

l λ2

1 , λ2 )

s

p

(0, 1)

s(λ

p

0

ps

(1, 0)

R

λ1

↔

p

p

p

3o ) Seja V = R3 e S = { u1 = (1, 0, 0), u2 = (0, 1, 0) }. Encontre o subespa¸co gerado por S; isto é, encontre [ S ] = [ (1, 0, 0), (0, 1, 0) ]. Solu¸ c˜ ao: Temos, [ S ] = { λ1 u1 + λ2 u2 : λ1 , λ2 ∈ R } = { λ1 (1, 0, 0) + λ2 (0, 1, 0) : λ1 , λ2 ∈ R } = { (λ1 , λ2 , 0) : λ1 , λ2 ∈ R } ` medida que λ1 e λ2 percorrem (“varrem”) os reais, (λ1 , λ2 , 0) percorre A todo o plano xoy (plano do “ch˜ ao”), veja: z

[S]

(0, 1, 0) (1, 0, 0) x

70

y

De modo an´ alogo, considerando S = { (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) } resulta [ S ] = R3 , uma vez que, (x, y, z) = x (1, 0, 0) + y(0, 1, 0) + z(0, 0, 1) Generalizando este exemplo, temos que o conjunto de n vetores, S = { (1, 0, 0, . . . , 0), (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , (0, 0, 0, . . . , 1) } gera todo o espa¸co vetorial Rn , isto é, [ S ] = Rn . 4o ) Seja V = R3 . Encontre o subespa¸co gerado por S = { u1 , u2 }, onde u1 = (1, −2, −1) e u2 = (2, 1, 1). Solu¸ c˜ ao: Fa¸camos, [ u1 , u2 ] = { (x, y, z) ∈ R3 : (x, y, z) = λ1 (1, −2, −1) + λ2 (2, 1, 1) } Desta u ´ltima igualdade resulta:  λ1      

+

2λ2

=x

−2λ1

+

λ2

=y

−λ1

+

λ2

=z

Desta u ´ltima equa¸c˜ ao tiramos λ2 = z + λ1 , substituindo nas duas primeiras e eliminando, de ambas, λ1 , obtemos x + 3y − 5z = 0. Logo, [ u1 , u2 ] = { (x, y, z) ∈ R3 : x + 3y − 5z = 0 } Geometricamente, o subespa¸co acima é um plano passando pela origem. 5o ) Considere o espa¸co vetorial M2×2 (R) e S ⊂ M2×2 (R) dado por: 0 0 0 0 0 1 1 0 , , , S= 0 1 1 0 0 0 0 0 encontre [ S ]. Solu¸ ca õ: Temos, 1 0 0 1 0 0 0 0 [ S ] = λ1 + λ2 + λ3 + λ4 : λi ∈ R 0 0 0 0 1 0 0 1 =

λ1 λ2 λ3 λ4

: λ1 , λ2 , λ3 , λ4 ∈ R

` medida que λ1 , . . . , λ4 percorrem (“varrem”) os reais, obtemos todas as A matrizes (vetores) de ordem 2 × 2, portanto, [ S ] = M2×2 (R). 71

6o ) Seja V = Pn ( R ) e S = { 1, x, x2 , . . . , xn } subespa¸co gerado por S. Solu¸ c˜ ao: Temos,

(ver p. 32).

Encontre o

[ S ] = { λ 0 · 1 + λ1 · x + λ2 · x 2 + · · · + λ n · x n : λi ∈ R } ` medida que os λi (i = 0, 1, . . . , n) percorrem os reais, todos os polinˆ A omios s˜ ao gerados, isto é, [ S ] = Pn ( R ). 7o ) A defini¸c˜ ao (1.20) (p. 67) pode ser estendida para espa¸cos vetoriais V sobre um corpo K arbitrário: [ S ] = λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λn un : λi ∈ K

Por exemplo consideremos o corpo Z2 = { 0, 1 } e Z22 = { 00, 10, 01, 11 }. Para qualque u ∈ Z22 temos [ u ] = λ u : λ ∈ Z2 = { 0 u, 1 u} = { 0, 1 u} = { 00, u}

Se S = { 10, 01 }, por exemplo, temos [ S ] = λ1 10 + λ2 01 : λ1 , λ2 ∈ Z2

(1.21)

Sendo Z2 = { 0, 1} existem duas possibilidades para λ1 e duas possibilidades para λ2 , logo pelo princ´ıpio multiplicativo existem ao todo 2 × 2 = 22 possibilidades, constantes na tabela a seguir λ1 λ2

0 0

1 0

0 1

1 1

Substituindo essas possibilidades em (1.21) e fazendo as contas obtemos: [ { 10, 01 } ] =

1.2.7

00, 10, 01, 11 = Z22

(1.22)

Espa¸cos Vetoriais Finitamente Gerados

Vimos anteriormente que o conjunto S = { (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) } gera todo o espa¸co R3 . Ou ainda, estes três vetores s˜ ao suficientes para gerar (via combina¸c˜ ao linear) todos os vetores de R3 , haja vista que, para todo vetor (a, b, c) ∈ R3 , podemos escrever: (a, b, c) = a (1, 0, 0) + b (0, 1, 0) + c (0, 0, 1) Este é um exemplo de espa¸co vetorial finitamente gerado. Um outro exemplo é dado pelo espa¸co M2×2 ( R ) de matrizes visto anteriormente; e ainda um outro exemplo é dado pelo espa¸co Pn ( R ) também visto anteriormente; ainda um outro exemplo é dado na equa¸cão (1.22). Defini¸ c˜ ao 7. Dizemos que um espa¸co vetorial V é finitamente gerado se existe S ⊂ V , S finito, de modo que V = [ S ]. Neste livro consideramos apenas espa¸cos vetoriais finitamente gerados. 72

Um espa¸ co que n˜ ao ´ e finitamente gerado Consideremos P( R ) como o espa¸co de todos os polinˆ omios reais. Este espa¸co n˜ ao é finitamente gerado. De fato, dado S = { p1 , p2 , . . . , pn } ⊂ P( R ), onde pi é um polinˆ omio de grau i e pn é o polinˆ omio de mais alto grau; qualquer combina¸c˜ ao linear, λ1 p 1 + λ2 p 2 + · · · + λ n p n tem grau ≤ n. Sendo assim, o subespa¸co [ p1 , p2 , . . . , pn ] contém somente polinˆ omios de grau menor ou igual ao de pn . Como P( R ) é formado por polinˆ omios de qualquer grau, existem nele polinˆ omios de grau maior que o de pn . Portanto, [ S ] 6= P( R ), qualquer que seja o conjunto finito S ⊂ P( R ). Convidamos o leitor a mostrar que R considerado como espa¸co vetorial sobre o corpo R é finitamente gerado (exiba um conjunto gerador), considerado como espa¸co vetorial sobre Q, n˜ ao é finitamente gerado. Uma contribui¸c˜ ao: adaptando o contexto inicial da p´ agina 67, temos: Seja R um espa¸co vetorial sobre Q. Escolhamos neste espa¸co n vetores u1 , u2 , . . . , un para montar o subconjunto S = { u1 , u2 , . . . , un }. Indiquemos por [ S ] o seguinte subconjunto de R construido a partir de S: [ S ] = λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λn un : λi ∈ Q O que o leitor deve mostrar é que n˜ ao existe S de modo que [ S ] = R.

∗

∗

∗

O que S˜ ao Vetores? Do ponto de vista matem´ atico, esta pergunta tem uma resposta simples mas satisfat´ oria: vetores s˜ ao os elementos de um espa¸co vetorial. No entanto, como f´ısico, você é ` as vezes exposto a um outro ponto de vista quando, por exemplo, no primeiro volume do Curso de F´ısica de Berkeley† , p. 25, você lê que: “um vetor é uma quantidade que tem associados a ele uma dire¸cão e um sentido, bem como uma intensidade”. O que est˜ ao querendo dizer neste caso? O que isto tem a ver com o conceito matem´ atico de vetores? ´ a mesma coisa apenas em palavras diferentes? S˜ E ao perguntas bastante razo´ aveis, mas n˜ ao muito fáceis de responder. De um modo ou de outro, o conceito n˜ ao ´ e exatamente o mesmo. ([1], p. 29/Grifo nosso)

† Kittel, C., Knight, W.D., and Ruderman, M.A., Mechanics. Berkeley Physics Course, Vol. I. McGraw-Hill: New York, 1965.

73

1.2.8

Exerc´ıcios

1) Quais dos seguintes subconjuntos W abaixo s˜ ao subespa¸cos do R3 ? ( a ) W = { (x, y, z) ∈ R3 : y = 0 }

( b ) W = { (x, y, z) ∈ R3 : x ≥ 0 }

( c ) W = { (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 1 }

( d ) W = { (x, y, z) ∈ R3 : x é irracional }

( e ) W = { (x, y, z) ∈ R3 : a x + b y + c z = 0, com a, b, c ∈ R }.

2) Quais dos seguintes subconjuntos W abaixo s˜ ao subespa¸cos do P2 ( R ) ? 2 ( a ) W = p(x) = a0 + a1 x + a2 x : a0 = 0 ( b ) W = p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 : a0 + a1 + a2 = 0 ( c ) W = p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 : a0 , a1 , a2 ∈ Z ( d ) W = p(x) ∈ P2 ( R ) : p(x) > 0, ∀ x ∈ R ( e ) W = p(x) ∈ P2 ( R ) : p(3) = p(1) , polinˆ omios que possuem o mesmo valor em 3 e em 1.

3) Seja I = [ 0, 1 ] e C(I) = { f : [ 0, 1 ] → R / f é cont´ınua }. Verificar se s˜ ao subespa¸cos de C(I): ( a ) f ∈ C (I) : f (0) = 0 ( b ) f ∈ C(I) : f (0) = 0 ou f (1) = 0 ( c ) f ∈ C(I) : f (0) = f (1) R1 ( d ) f ∈ C(I) : 0 f (x) dx = 0 ( e ) f ∈ C(I) : f (x) = 0 em todos os pontos de I exceto em um n.f.d . Nota: n.f.d, significa (abrevia¸cão de): n´ umero finito deles.

4) Considere o subconjunto de Zn2 de todos os vetores com n´ umero par de bits iguais a 1, perguntamos se este subconjunto é um subespa¸co vetorial de Zn2 . 5) Considere o subconjunto de Zn2 de todos os vetores com n´ umero ´ımpar de bits iguais a 1, perguntamos se este subconjunto é um subespa¸co vetorial de Zn2 . 6) Mostre que o sistema W de todas as matrizes triangualares superiores 2 × 2 é um subespa¸co de M2×2 ( R ).

7) Mostre que o sistema W de todas as matrizes anti-simétricas 3 × 3 é um subespa¸co de M3×3 ( R ). 8) Mostre que o sistema W de todas as matrizes 2 × 2 da forma "

a a−b

a−b b

#

é um subespa¸co de M2×2 . 74

9) Considere os seguintes subespa¸cos de R3 U = { (x, y, z) ∈ R3 : x = y = z = 0 } V = { (x, y, z) ∈ R3 : z = 0 } W = { (x, y, z) ∈ R3 : x + y + z = 0 } Mostre que U + V = R3 , U + W = R3 e V + W = R3 . Em algum destes casos a soma é direta? 10) Considere o espa¸co vetorial P3 ( R ) e o seguinte subconjunto S = 1, 1 − x, (1 − x)2 , (1 − x)3

Mostre que S gera o espa¸co P3 ( R ); isto é, mostre que [ S ] = P3 ( R ). 11) Encontre um conjunto de geradores para cada um dos seguintes subespa¸cos: ( a ) (x, y, y) ∈ R3 : 3x − 5y + 2z = 0 ( b ) (x, y, y) ∈ R3 : x + z = 0 e x − 2y = 0 ( c ) A ∈ M2×2 ( R ) : 3a11 = 2a12 ( d ) p ∈ P3 ( R ) : p(2) = 0 ( e ) p ∈ P3 ( R ) : p(2) = p(−1) 12) Sejam u e v dois vetores n˜ ao-nulos do R2 . Se n˜ ao existe nenhum λ ∈ R de modo que u = λ v, mostre que R2 = [ u ] ⊕ [ v ]. 13) Sejam U e V subespa¸cos vetoriais do espa¸co vetorial W . Prove que: (a) U ⊂ V

⇒

(b) U ⊂ V

⇒

⇒

(c) U + V = U (d) U ∩V = U

⇒

U +V =V U ∩V =U

U ⊃V.

U ⊂V.

14) Seja S = { 10, 11 }, T = { 01, 11 } e U = { 10, 01, 11 } subconjuntos de Z22 . Encontre [ S ], [ T ] e [ U ]. 15) Seja S um subconjunto n˜ ao-vazio de um espa¸co vetorial V . Então, ( a ) Mostre que [ S ] é o menor subespa¸co de V que contém S, ou seja, se U é subespa¸co de V e S ⊂ U , então [ S ] ⊂ U .

( b ) Mostre que se S1 e S2 s˜ ao subconjuntos de um espa¸co vetorial V e S1 ⊂ S2 , ent˜ ao [ S1 ] ⊂ [ S2 ]. ( c ) Mostre que se S1 e S2 s˜ ao subconjuntos de um espa¸co vetorial V , então [ S1 ∪ S2 ] = [ S1 ] + [ S2 ]. 75

16) Mostre que os dois conjuntos { (1, −1, 2), (3, 0, 1) }

{ (−1, −1, 3), (3, 3, −4) }

e

geram o mesmo subespa¸co vetorial do R3 . 17) Construa um contraexemplo mostrando que a uni˜ ao de dois subespa¸cos de um mesmo espa¸co vetorial n˜ ao precisa ser um subespa¸co vetorial desse espa¸co. 18) Mostre que os dois conjuntos a seguir, sin2 x, cos2 x e 1, cos 2x

geram o mesmo subespa¸co vetorial de C ( R ).

76

Esta p´ agina ficaria em branco (ociosa), decidi aproveitá-la para justificar a afirmativa que fiz na p. 29 de que na f´ısica de Einstein 1 + 1 6= 2. Suponhamos um observador O fixo em rela¸cão ao solo, e um vagão movendo-se com velocidade v em rela¸cão ao solo. Dentro do vagão h´ a uma bola que se move com velocidade u. u

•

∼

≀

v ·

q O

·

Sendo assim, Galileu nos diz que: V = v + u. Onde, V : velocidade da bola para o observador no solo. Einstein, respaldado em seu segundo postulado∗ , corrigiu a adi¸cão de Galileu da seguinte forma: V =

v+u v·u 1+ 2 c

Onde c = 3 · 108 (m/s) é a velocidade da luz. Tomando u = v = 1 teremos que para Galileu 1 + 1 = 2, já para Einstein 1 + 1 6= 2. De fato, V =

1+1 6= 2 1·1 1+ (3 · 108 )2

(1.23)

Claro, os f´ısicos argumentariam que “para todos os fins pr´ aticos” 10−16 = 0 e a´ı as duas adi¸c˜ oes coincidem. Primeiro que arredondamento é sempre uma op¸c˜ ao, nunca uma obriga¸c˜ ao. Segundo, n˜ ao trata-se de arredondamento, é uma quest˜ ao conceitual. Por exemplo, “para todos os fins pr´ aticos” π = 3, 14159265359, entretanto conceitualmente o n´ umero da esquerda é irracional e o da direita racional. A f´ısica de Newton-Galileu n˜ ao é um caso particular da de Einstein. Observe que s´ o existe uma maneira de obter 1 + 1 = 2 na f´ısica de Einstein, devemos fazer 10−16 = 0, o que implicaria 1 = 0 (multiplicando por 1016 ). Logo, estabelecemos (na f´ısica de Einstein): Se 1 + 1 = 2 ent˜ ao 1 = 0. Mas isto equivale a: Se 1 6= 0 então 1 + 1 6= 2. An passant, gostaria de deixar aqui um questionamento aos f´ısicos. A matem´ atica nos diz que a adi¸c˜ ao de vetores obedece a regra do paralelogramo, dada por | V~ |2 = | ~u |2 + | ~v |2 + 2 | ~u | · | ~v | · cos θ. Esta equa¸cão para θ = 0o ~ | = | ~u | + | ~v |. Tomando u = v = 1 teremos | V ~ | = | 1 | + | 1 | = 2, torna-se | V contrariando (1.23)! Ent˜ ao velocidade n˜ ao é um vetor na f´ısica de Einstein?

∗ A velocidade da luz no v´ acuo tem o mesmo valor c em qualquer referencial inercial, independentemente da velocidade da fonte de luz.

77

Acho que muita gente vai se ´ claro e beneficiar com este livro. E com muitos exemplos e aplica¸co ˜es interessantes. Parab´ ens por ver seu grande esfor¸co coroado. (Ubiratan D’Ambr´ osio/USP)

Taguatinga-DF: Editora Kiron, 2013; 628 p. ISBN: 978-85-8113-125-2 ebah slideshare scribd https://goo.gl/OOaBBk https://goo.gl/R6MfVj https://goo.gl/yfqclG

78

Cap´ıtulo

2

˜ BASE E DIMENSAO De repente, a efic´ acia do esfor¸co matematizante é tal que o real se cristaliza nos eixos oferecidos pelo pensamento humano: novos fenˆ omenos se produzem. Pois é poss´ıvel falar sem hesita¸ca õ de uma cria¸ca õ dos fenˆ omenos pelo homem. O elétron existia antes do homem do século XX. Mas, antes do homem do século XX, o elétron n˜ ao cantava. Ora, ele canta nos computadores, televisores e celulares. (Gaston Bachelard/A forma¸ca õ do esp´ırito cient´ıfico, p. 305/Adap.)

2.1

Dependˆ encia Linear

Consideremos os seguintes vetores,

u=

1 0 0 1 0 0

,

v=

0 2 1 1 1 1

,

w=

2 −6 −3 −1 −3 −3

Estes vetores est˜ ao relacionados pela seguinte equa¸cão: w = 2u − 3v Isto é,

2 −6 −3 −1 −3 −3

=2

1 0 0 1 0 0

−3

0 2 1 1 1 1

como é fácil verificar. Neste caso, dizemos que w depende de u e v. Dizemos que um conjunto de vetores é linearmente dependente se um dos vetores do conjunto pode ser escrito como combina¸cão linear dos demais. Por exemplo, no que diz respeito aos vetores acima, o conjunto { u, v, w } é linearmente dependente. Seja V um espa¸co vetorial sobre R. Temos a seguinte: 79

Defini¸ c˜ ao 8. Dizemos que um conjunto L = { u1 , u2 , . . . , un } ⊂ V é linearmente dependente (L.D.) se, e somente se, numa igualdade do tipo λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λn un = 0

(2.1)

pelo ao menos um dos escalares é n˜ ao nulo. Neste caso dizemos que os elementos de L s˜ ao linearmente dependentes. Um conjunto de vetores n˜ ao linearmente dependente é chamado linearmente independente (L.I.). De modo mais expl´ıcito: O conjunto de vetores { u1 , u2 , . . . , un } é L.I. se, e somente se, numa igualdade do tipo λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λn un = 0 obrigatoriamente todos os escalares (n´ umeros) λi s˜ ao nulos. A rela¸c˜ ao entre a no¸cão intuitiva de dependência linear e a defini¸cão formal é dada no pr´ oximo teorema. Teorema 1. Um conjunto L = { u1 , u2 , . . . , un } ⊂ V é linearmente dependente se, e somente se, pelo menos um dos vetores puder ser escrito como uma combina¸ca õ linear dos demais. Prova: ( ⇒ ) H : L é L.D.

T : ui é combina¸cão linear.

A hip´ otese nos assegura que na igualdade, λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λn un = 0

um dos escalares λi é diferente de zero. Para fixar (facilitar) o raciocinio suponhamos que λ1 6= 0. Sendo assim, existe o inverso de λ1 , multiplicando a igualdade acima por este inverso obtemos: 1 u1 + ( λ−1 λ2 ) u2 + · · · + ( λ−1 λn ) u n = 0 1 1 Logo, u1 = ( −λ−1 λ2 ) u2 + · · · + ( −λ−1 λn ) u n 1 1

esta igualdade mostra que u1 é combina¸cão linear dos demais vetores de L. Analogamente se procede se o escalar n˜ ao nulo for um outro que n˜ ao λ1 . ao linear. T : L é L.D. ( ⇐ ) H : ui é combina¸c˜

A hip´ otese nos assegura que um dos vetores de L é combina¸cão linear dos demais. Novamente para facilitar o raciocinio suponhamos que u1 seja o tal vetor, ent˜ ao existem escalares λ2 , . . . , λn tais que u1 = λ2 u2 + · · · + λn u2 . Rearranjando, obtemos u1 − λ2 u2 − · · · − λn u2 = 0, o que implica que u1 , u2 , . . . , un s˜ ao linearmente dependentes, haja vista que pelo menos um dos escalares (a saber, o coeficiente 1 de u1 ) é n˜ ao nulo. Vamos colocar em destaque o contrapositivo do teorema 1: 80

Teorema 2. Um conjunto L = { u1 , u2 , . . . , un } ⊂ V é linearmente independente se, e somente se, nenhum de seus vetores puder ser escrito como uma combina¸ca õ linear dos demais. Exemplos: 1 ) Sejam u1 = (1, 1) e u2 = (−1, 1) vetores do R2 . Para sabermos se eles s˜ ao L.I. ou L.D. escrevemos a equa¸cão (2.1) (p. 80), assim: λ1 u1 + λ2 u2 = 0 ou ainda, λ1 (1, 1) + λ2 (−1, 1) = (0, 0). Esta equa¸c˜ ao d´ a origem ao sistema linear, ( λ1 − λ2 = 0 λ1 + λ2 = 0

cuja solu¸c˜ ao é λ1 = 0, λ2 = 0. Da defini¸cão 8 (p. 80) concluimos que os vetores s˜ ao linearmente independentes. 2 ) Sejam u1 = (1, 1) e u2 = (2, 2) vetores do R2 . Para sabermos se eles s˜ ao L.I. ou L.D. escrevemos a equa¸caõ (2.1) (p. 80), assim: λ1 (1, 1) + λ2 (2, 2) = (0, 0)

(2.2)

Esta equa¸c˜ ao d´ a origem ao sistema linear, ( λ1 + 2 λ2 = 0

λ1 + 2 λ2 = 0

que é um sistema indeterminado. Por exemplo uma das poss´ıveis solu¸cões é: λ1 = 2, λ2 = −1. Neste caso a equa¸cão (2.2) fica: 2 (1, 1) + (−1) (2, 2) = (0, 0) Da defini¸c˜ ao 8 concluimos que os vetores s˜ ao linearmente dependentes. Na figura seguinte plotamos os vetores dos dois exemplos anteriores y

3

3

2

2

p

−2

p

−1

0

tu

p

tu

1

1

1

2

p

1

p

u2 t

tu

p

p

p

p

y

p

2

− Dois vetores L.I.

x

p

−1

81

0

p

1

1

p

2

p

3

− Dois vetores L.D.

x

Do teorema 1 podemos concluir que um conjunto { u1 , u2 } com dois vetores é L.D. se, e somente se, um dos vetores é m´ ultiplo escalar do outro. No caso particular do R2 isto se traduz − em termos geométricos − no fato de que dois vetores s˜ ao L.D. se, e somente se, eles situam-se sobre uma mesma reta† , como na figura anterior. 3 ) Os vetores u1 = ( 1, 2, 3 ) e u2 = ( 2, 4, 6 ) s˜ ao L.D. porquanto, 1 u1 = 2 u2 ; ou ainda, u2 = 2 u1 ; enquanto, v1 = ( 1, 2, 3 ) e v2 = ( 3, 2, 1 ) s˜ ao L.I. pois, v1 6= k v2 para todo k ∈ R. Nos gr´ aficos a seguir mostramos uma interpreta¸cão geométrica da dependencia linear de dois e três vetores no espa¸co R3 .

z

z

u2 t tu

tu

1

2

tu

1

y

x

y

− Dois vetores L.I. (Sobre retas distintas)

x

tu2

tu2

tu1

tu1

− Tr^ es vetores L.I.

x

− Tr^ es vetores L.D.

(Sobre um mesmo plano)

(Sobre planos distintos)

†

tu3 y

y

x

(Sobre a mesma reta)

z

z

ut3

− Dois vetores L.D.

Passando pela origem.

82

4 ) Mostre que os vetores de R2 u = (a, b)

e

v = ( a cos θ − b sen θ, a sen θ + b cos θ )

(2.3)

s˜ ao L.I., onde θ é um parˆ ametro tal que θ 6= kπ com k ∈ Z e u 6= 0. Solu¸ c˜ ao: Inicialmente montamos a seguinte equa¸cão, λ1 u + λ2 v = 0 Ou ainda, λ1 (a, b) + λ2 ( a cos θ − b sen θ, a sen θ + b cos θ ) = (0, 0) Esta equa¸c˜ ao d´ a origem ao seguinte sistema:   λ a + λ ( a cos θ − b sen θ ) = 0 1 2  λ b + λ ( a sen θ + b cos θ ) = 0 1 2

Multiplicando a primeira equa¸c˜ ao por b e a segunda por −a, obtemos:   λ ab + λ ( ab cos θ − b2 sen θ ) = 0 1 2  −λ ab 1

+

λ2 ( −a2 sen θ − ab cos θ ) = 0

Somando estas duas equa¸c˜ oes resulta: λ2 ( a2 + b2 ) sen θ = 0. Sendo u = (a, b) 6= (0, 0) segue que λ2 sen θ = 0, sendo θ 6= kπ, temos sen θ 6= 0, donde λ2 = 0. Substituindo este resultado no sistema original obtemos λ1 = 0; deste modo provamos que os vetores, nas condi¸cões dadas, de fato s˜ ao linearmente independentes. Interpreta¸ca õ geométrica: Na p. 246 provamos que o vetor v na equa¸cão (2.3) é uma rota¸c˜ ao do vetor u de um ângulo θ em torno da origem. Na figura seguinte plotamos os vetores deste exemplo para u = (a, b) = (1, 0) e alguns valores do parˆ ametro θ.

p

y

p

y

p

y

p

0

tv u pt

{ u, v } é L.I.

x

p

v

{ u, v } é L.I. 83

x

p

p

v u pt

0

θ = 120o

t

t

p

θ = 60o

p

θ = 30o

0

u pt

{ u, v } é L.I.

x

5 ) No espa¸co Z32 , onde Z32 = { 000, 100, 010, 110, 001, 101, 011, 111 } considere o conjunto B = { 110, 101, 011 }. Para sabermos se este conjunto é L.I. ou L.D. escrevemos a equa¸cão (2.1) (p. 80), assim: λ1 110 + λ2 101 + λ3 011 = 0 Multiplicando “ponto a ponto”, temos: λ1 λ1 0 + λ2 0 λ2 + 0 λ3 λ3 = 0 Adicionando “ponto a ponto”, obtemos: ( λ1 + λ2 + 0 )( λ1 + 0 + λ3 )( 0 + λ2 + λ3 ) = 000 Pela defini¸c˜ ao de igualdade entre duas sequências obtemos o seguinte sistema:   = 0  λ1 + λ2    

λ1

λ2

+

λ3

=

0

+

λ3

=

0

Resolvendo este sistema obtemos a solu¸cão trivial: λ1 = λ2 = λ3 = 0. Disto resulta que os vetores (códigos) 110, 101 e 011 s˜ ao L.I.. 6 ) Considere o conjunto { p1 (t), p2 (t), p3 (t) } ⊂ P2 (R), onde, p1 (t) = 1 + t2 ,

p2 (t) = t + t2 ,

p3 (t) = 1 + t + t2 .

Para sabermos se eles s˜ ao L.I. ou L.D. escrevemos a equa¸cão (2.1), assim: λ1 p1 + λ2 p2 + λ3 p3 = 0 Ou ainda, λ1 (1 + t2 ) + λ2 (t + t2 ) + λ3 (1 + t + t2 ) = 0 Agrupando os termos de mesmo grau obtemos: ( λ1 + λ3 ) + ( λ2 + λ3 ) t + ( λ1 + λ2 + λ3 ) t2 = 0 + 0 t + 0 t2 Da defini¸c˜ ao de igualdade de dois polinˆ omios   λ + λ3   1 λ2 + λ3    λ1 + λ2 + λ3

resulta o seguinte sistema: =

0

=

0

=

0

Resolvendo este sistema obtemos a solu¸cão trivial: λ1 = λ2 = λ3 = 0. Disto resulta que os vetores p1 , p2 e p3 s˜ ao L.I.. 84

7 ) Considere o conjunto { u1 , u2 , u3 } ⊂ M2 (R), onde, 1 0 2 −1 2 0 u1 = , u2 = , u3 = 0 −1 0 0 0 −2

Para sabermos se estes vetores s˜ ao L.I. ou L.D. escrevemos a equa¸cão (2.1), assim: λ1 u1 + λ2 u2 + λ3 u3 = 0 (2.4) Ou ainda, λ1 ·

1 0 0 −1

+ λ2 ·

2 −1 0 0

+ λ3 ·

2 0 0 −2

=

0 0 0 0

Da defini¸c˜ ao de igualdade de matrizes resulta o seguinte sistema:   1 λ1 + 2 λ2 + 2 λ3 = 0       0λ − 1 λ2 + 0 λ3 = 0 1       

0 λ1

+

0 λ2

+

0 λ3

=

0

−1 λ1

+

0 λ2

−

2 λ3

=

0

Da segunda equa¸c˜ ao obtemos que λ2 = 0, substituindo este resultado na primeira e na quarta equa¸c˜ oes, resulta:   λ + 2 λ3 = 0 1  −λ 1

−

2 λ3

=

0

Podemos eliminar do sistema acima uma das equa¸cões (s˜ ao iguais) do que resulta um sistema indeterminado; por exemplo, λ1 = 2 e λ3 = −1, é apenas uma das infinitas solu¸c˜ oes poss´ıveis; substituindo estes valores na equa¸cão (2.4) obtemos: 2 u1 + 0 u2 − 1 u3 = 0 De acordo com a defini¸c˜ ao 8 os vetores em considera¸cão s˜ ao linearmente dependentes. 8 ) Seja F o espa¸co vetorial das fun¸cões de R em R (ver eq. (1.5), p. 33). Mostraremos que as fun¸c˜ oes dadas por f (x) = sen x, g(x) = ex e h(x) = x2 s˜ ao linearmente independentes. Com efeito, inicialmente escrevemos a equa¸cão (2.1), assim: λ1 f + λ2 g + λ3 h = 0 Lembrando que nesta igualdade 0 é a fun¸cão nula, digo, 0(x) = 0, para todo x real, ent˜ ao esta equa¸c˜ ao significa que devemos ter (ver def. 2, p. 34) λ1 sen x + λ2 ex + λ3 x2 = 0, 85

∀ x ∈ R.

Ora, se esta equa¸c˜ ao é válida para todo x real, então vamos escolher valores apropriados desta vari´ avel para concluir que ela (equa¸caõ) implica em que λ1 = λ2 = λ3 = 0. Ent˜ ao, •

x=0

⇒

λ1 sen 0

+

λ2 e 0

+

λ3 02 = 0

⇒

λ2 = 0

•

x=π

⇒

λ1 sen π

+

0 eπ

+

λ3 π 2 = 0

⇒

λ3 = 0

•

x=

⇒

λ1 sen π2

+

π 2

+

0 ( π2 )2 = 0

⇒

λ1 = 0

π 2

0e

Sendo assim, de fato f , g e h s˜ ao linearmente independentes. 9 ) Mostrar que se o conjunto { u, v, w } de vetores de um espa¸co vetorial V for L.I., o mesmo acontecer´ a com o conjunto { u + v, u + w, v + w }.

Solu¸ c˜ ao: De fato, de acordo com a defini¸cão 8 devemos montar a seguinte equa¸c˜ ao λ1 ( u + v ) + λ2 ( u + w ) + λ3 ( v + w ) = 0 Podemos reescrever esta equa¸cão do seguinte modo: ( λ1 + λ2 ) u + ( λ1 + λ3 ) v + ( λ2 + λ3 ) w = 0 Como, por hip´ otese, os vetores u, v e w s˜ ao L.I. obrigatoriamente devemos ter,   λ + λ2 = 0   1 λ1 + λ3 = 0    λ2 + λ3 = 0 Resolvendo este sistema encontramos a solu¸cão trivial λ1 = λ2 = λ3 = 0. Logo, o conjunto { u + v, u + w, v + w } é L.I..

86

2.1.1

Exerc´ıcios

1) Provar que se u e v s˜ ao L.I., então u + v e u − v também o s˜ ao. 2) Classifique os subconjuntos abaixo do R3 como L.D. ou L.I.: a ) { (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) } b ) { (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1), (1, 1, 1) }

c ) { (1, 1, 0), (1, 3, 2), (4, 9, 5) }

d ) { (1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0) }

3) Escreva o vetor (1, −2, 5) de R3 como uma combina¸cão linear dos vetores u = (1, 1, 1), v = (1, 2, 3), w = (2, −1, 1) 4) Escreva o vetor (2, −5, 3) de R3 como uma combina¸cão linear dos vetores u = (1, −3, 2), v = (2, −4, −1), w = (1, −5, 7) 5) Determinar o valor de k para que o conjunto { (1, 0, −1), (1, 1, 0), (k, 1, −1) } seja L.I.. 6) Determinar o valor de k para que o conjunto { (1, 5k, 1), (2, 0, 4), (1, k, 3) } seja L.I.. 7) Em cada ´ıtem determine se os subconjuntos de de Z22 s˜ ao L.I. ou L.D.: a ) { 10, 11 } b ) { 01, 11 } c ) { 10, 01, 11 }

8) Em cada ´ıtem determine se os subconjuntos de de Z32 s˜ ao L.I. ou L.D.: a ) { 101, 111 } b ) { 101, 111, 001 } c ) { 101, 010, 110, 001 }

9) Em cada ´ıtem determine se os polinˆ omios dados s˜ ao L.I. ou L.D.: 2 a ) { 1, x, x } b ) { 1, 1 + x, 1 + x + x2 }

c ) { x(x − 1), x3 , 2x3 − x2 , x } d ) { x2 − 1, x3 − x + 1, x4 + x − 1 }

10) Escreva o vetor p(x) = x2 + 4x − 3 de P2 ( R ) como uma combina¸cão linear dos vetores p1 (x) = x2 − 2x + 5,

p2 (x) = 2x2 − 3x,

p3 (x) = x + 1

11) Em cada ´ıtem determine se matrizes dadas s˜ ao L.I. ou L.D.: 1 0 0 1 0 0 0 0 a) , , , . 0 0 0 0 1 0 0 1 87

b)

−1 0 0 1

−2 1 −4 0 , , . 0 0 0 4

c)

−1 2 −3 1

3 −4 2 −3 . , , 3 1 3 0

d)

0 1 2 3 4 5

−1 1 0 −1 0 1 , , . 2 1 −1 0 4 2

4 7 12) Escreva o vetor de M2 (R) como uma combina¸cão linear dos 7 9 vetores 1 1 1 2 1 1 , , . 1 1 3 4 4 5 13) Mostrar que o conjunto de vetores { (1− i, i), (2, −1+ i) } de C2 é L.D. sobre C mas L.I. sobre R. 14) Mostrar que o conjunto de vetores { 1, cos x, cos 2x } de C([ −π, π ], R) (p. 60) é L.I.. 15) Mostrar que o conjunto de vetores { 1, sen 2 x, cos2 x } de C([ −π, π ], R) é L.D.. 16) Mostrar que o conjunto de vetores { 1, ex , xex } de C([ 0, 1 ], R) é L.I..

17) Suponha que { u1 , u2 , . . . , un } seja um subconjunto L.I. de um espa¸co vetorial. Mostre que { a1 u1 , a2 u2 , . . . , an un } também é L.I., desde que nenhum dos escalares ai seja nulo.

18) Suponha que { u1 , . . . , ur , v1 , . . . , vs } seja um subconjunto L.I. de um espa¸co vetorial V. Mostre que: [ u1 , . . . , ur ] ∩ [ v1 , . . . , vs ] = { 0 } 19) Se { u1 , . . . , ui , . . . , uj , . . . , un } é L.I. mostre que { u1 , . . . , ui , . . . , uj + α ui , . . . , un } também é L.I. para todo escalar α.

88

2.1.2

Propriedades da Dependˆ encia Linear

Seja V um espa¸co vetorial sobre R. Então: P1 ) Se W = { u } ⊂ V e u 6= 0, então W é L.I..

Ou seja, qualquer conjunto unit´ ario é L.I. (exceto se o elemento for o vetor nulo). Prova: Suponha λ u = 0. Como, por hip´ otese, u 6= 0 e tendo em conta a propriedade P3 ) (p. 45) concluimos que necessariamente λ = 0, isto prova > nossa tese. P2 ) Se um subconjunto W ⊂ V contém o vetor nulo, então W é L.D. Prova: De fato, seja o conjunto W = { 0, u2 , . . . , un }, então a equa¸cão, λ 0 + 0 u2 + · · · + 0 un = 0 se verifica mesmo sendo λ 6= 0. Portanto W é L.D.

>

P3 ) Se W1 e W2 s˜ ao subconjuntos finitos e n˜ ao vazios de V , se W1 ⊂ W2 e, ademais, W1 é L.D., ent˜ ao W2 também é L.D.. Prova: Suponhamos W1 = { u1 , . . . , ur } e W2 = { u1 , . . . , ur , ur+1 , . . . , ut }. Como, por hip´ otese, W1 é L.D., então existem escalares λ1 , . . . , λr , n˜ ao todos nulos, de modo que: λ1 u1 + · · · + λr ur = 0.

Podemos estender esta equa¸c˜ ao da seguinte forma:

λ1 u1 + · · · + λr ur + 0 ur+1 + · · · + 0 ut = 0 Como nem todos os escalares que figuram nesta equa¸cão s˜ ao nulos, segue-se que W2 é L.D.. > P4 ) Se um conjunto W ⊂ V é L.I., então qualquer subconjunto W1 ⊂ W também é L.I.. Prova: De fato, se W1 fosse L.D., pela propriedade anterior o conjunto W > seria também L.D., o que contradiz a hip´ otese. Nota: Se todos os subconjuntos pr´ oprios de um conjunto finito de vetores s˜ ao L.I., isto n˜ ao implica que o conjunto seja L.I.. Vejamos um contraexemplo, consideremos o conjunto W = { (1, 0), (0, 1), (1, 1) } de vetores do R2 ; temos que cada um dos subconjuntos { (1, 0), (0, 1) },

{ (1, 0), (1, 1) },

{ (1, 0) }, { (0, 1) } e { (1, 1) } é L.I., enquanto W é L.D..

89

{ (0, 1), (1, 1) }

P5 ) Se W = { u1 , . . . , un } é L.I., e, para algum v ∈ V resultar W ′ = W ∪ { v } = { u1 , . . . , un , v } L.D., ent˜ ao o vetor v é combina¸cão linear dos vetores de W , isto é, v ∈ [ W ]. Prova: De fato, de acordo com as hip´ oteses, temos as duas seguintes igualdades  ′ (∗) W , L.D.:λ1 u1 + · · · + λn un + α v = 0 W, L.I.:

λ u + · · · + λn un = 0 1 1

⇒ ( λ1 = · · · = λn = 0 )

Na primeira equa¸c˜ ao um dos escalares é n˜ ao nulo. Afirmamos que este escalar s´ o pode ser α, porquanto, caso contr´ ario (isto é, se α = 0), então um dos escalares n˜ ao nulos deve ser um dos λi , ora mas isto contradiz a segunda equa¸c˜ ao. Sendo α 6= 0 podemos multiplicar a igualdade ( ∗ ) por α−1 obtendo: ( α−1 λ1 ) u1 + · · · + ( α−1 λn ) un + v = 0 Esta equa¸c˜ ao pode ser escrita assim: v = ( −α−1 λ1 ) u1 + · · · + ( −α−1 λn ) un Esta igualdade prova que v ∈ [ W ].

>

P6 ) Se W = { u1 , . . . , uj , . . . , un } e uj ∈ [ W − { uj } ] (isto é, uj é combina¸c˜ ao linear dos demais vetores de W ), então [ W ] = [ W − { uj } ]

(2.5)

Ou seja, se em um conjunto de vetores um deles é combina¸cão linear dos demais, este vetor pode ser retirado e o conjunto remanescente continua gerando o mesmo subespa¸co que o conjunto original. ∗

Prova: Faremos a prova supondo j = 1, n˜ ao h´ a perda de generalidade. Pois bem, sendo W − { u1 } ⊂ W segue que [ W − { u1 } ] ⊂ [ W ].

(ver P2 , p. 69)

Por outro lado, para mostrar a inclusão contr´ aria, tomemos u ∈ [ W ] um vetor arbitrário, ent˜ ao existem escalares λi ∈ R tais que: u = λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λn un

(2.6)

Como, por hip´ otese, u1 est´ a em [ W − { u1 } ], então existem escalares αi ∈ R tais que: u1 = α2 u2 + · · · + αn un (2.7) ∗

A prova de (2.5), consiste em mostrar que dois conjuntos s˜ ao iguais. Lembramos que para provar uma igualdade A = B entre dois conjuntos devemos provar duas inclus˜ oes: A ⊂ B e B ⊂ A.

90

Substituindo (2.7) em (2.6) resulta u = λ1 ( α2 u2 + · · · + αn un ) + λ2 u2 + · · · + λn un Desta equa¸c˜ ao, obtemos u = λ1 α2 u2 + · · · + λ1 αn un + λ2 u2 + · · · + λn un Donde, u = ( λ1 α2 + λ2 ) u2 + · · · + ( λ1 αn + λn ) un isto mostra que u ∈ [ W − { u1 } ], logo, [ W ] ⊂ [ W − { u1 } ].

>

Exemplo: Na figura a seguir R W ={ (1, 0), (0, 1), (1, 1) }

t(x, y)

[ W ] = R2

(0, 1)

t

t R

t 0

(1, 0)

W gera o espa¸co R2 . Tendo em conta que (1, 1) = 1 (1, 0) + 1 (0, 1), a propriedade anterior nos assegura que se retirarmos o vetor (1, 1) o subconjunto W − { (1, 1) } continua gerando o R2 .

R W −{ (1, 1) }={ (1, 0), (0, 1) }

y (0, 1)

[ W −{ (1, 1) } ] = R2

(0, 1)

t(x, y) t R

t 0

91

(1, 0)

x (1, 0)

2.2

Base de um Espa¸ co Vetorial

Defini¸ c˜ ao 9 (Base). Seja V um espa¸co vetorial finitamente gerado. Uma base B de V é um subconjunto finito B ⊂ V para o qual as seguintes condi¸co ˜es se verificam: 1a ) B é linearmente independente; 2a ) B gera V. Se B = { u1 , . . . , un } é uma base isto implica em que podemos esccrever todo elemento u ∈ V como uma combina¸cão linear u = λ1 u1 + · · · + λn un e assim “gerar” todo o espa¸co vetorial por meio dos vetores u1 , . . . , un . Mas esta informa¸c˜ ao já consta da segunda condi¸cão da defini¸cão de base, e assim por que impor a condi¸cão adicional de que u1 , . . . , un sejam linearmente independentes? Esta condi¸c˜ ao faz com que todo vetor u ∈ V possa ser escrito univocamente como λ1 u1 + · · · + λn un . Com efeito, Proposi¸ c˜ ao 5. Se B = { u1 , . . . , un } é uma base de V, ent˜ ao para todo vetor u ∈ V existe exatamente uma u ńica n-upla de escalares ( λ1 , . . . , λn ) de modo que u = λ1 u1 + · · · + λn un . Prova: Como [ B ] = V, para todo u ∈ V existem λ1 , . . . , λn tais que u = λ1 u1 + · · · + λn un Suponhamos que existam outros escalares λ′1 , . . . , λ′n tais que u = λ′1 u1 + · · · + λ′n un Sendo assim, temos λ1 u1 + · · · + λn un = λ′1 u1 + · · · + λ′n un ou ainda, ( λ1 − λ′1 ) u1 + · · · + ( λn − λ′n ) un = 0

como { u1 , . . . , un } é L.I. (defini¸cão de base) seque que λi − λ′i = 0 e, portanto, λi = λ′i para i = 1, . . . , n.

92

Exemplos: 1) B = { (1, 1), (−1, 1) } é uma base do R2 .

De fato, para provar isto devemos verificar as duas condi¸cões da defini¸cão 9. Então: 1a ) B é L.I. pois, λ1 (1, 1) + λ2 (−1, 1) = 0 ⇒

(

λ1 − λ2 = 0

⇒ λ1 = λ2 = 0.

λ1 + λ2 = 0

2a ) B gera o R2 . Para provar isto tomemos um vetor arbitrário (a, b) em R2 e provemos que ele pode ser escrito como combina¸cão linear dos vetores de B. Veja, (a, b) = λ1 (1, 1) + λ2 (−1, 1) (2.8) Nesta equa¸c˜ ao λ1 e λ2 s˜ ao inc´ ognitas a serem determinadas. Temos: ( λ1 − λ2 = a λ1 + λ2 = b

Este resultado em (2.8) nos d´ a: (a, b) =

 a+b   λ1 = 2 ⇒   λ = −a + b 2 2

−a + b a+b (1, 1) + (−1, 1) 2 2

Esta equa¸c˜ ao prova que todo vetor do R2 pode ser escrito como combina¸cão linear dos vetores de B. Por exemplo, (a, b) = (2, 0)

⇒

(2, 0) =

2+0 2

(1, 1) +

−2+0 2

(−1, 1)

= 1 (1, 1) + (−1) (−1, 1) Geometricamente tudo se passa assim:

p

y

p

y

t

p

0

p

p

x

t

p

p

1 (1, 1)

t

t

p

0

p

t

(2, 0)

x

t −1 (−1, 1) • B={ (1, 1), (−1, 1) } ´ e uma base do R2

• O vetor (2, 0) como combina¸ca õ linear de B.

93

´ fácil ver que B = { (1, 0), (0, 1) } é uma outra base para o R2 . 2) E Esta é conhecida como base canˆ onica (padrão) do R2 . Geometricamente, temos:

p

y

p

y

(2, 1) (0, 1)

p

1 (0, 1)

t t

0

(1, 0)

p

x

p

• B={ (1, 0), (0, 1) } ´ e uma base do R2

t

t t

0

(1, 0)

p

x

2 (1, 0)

• O vetor (2, 1) = 2 (1, 0) + 1 (0, 1) como combina¸ca õ linear de B.

3) B = { (1, 0, 0, . . . , 0), (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , (0, 0, 0, . . . , 1) } é a base canˆ onica n 3 do R . Para o R , por exemplo, temos: z

B={ (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) }

t(0, 0, 1) t (0, 1, 0)

y

t(1, 0, 0)

◮ Base can^ onica do R3

x

4) B = { 10, 01 } é uma base do Z22 .

De fato, para provar isto devemos verificar as duas condi¸cões da defini¸cão 9. Ent˜ ao: a 1 ) B é L.I. pois, λ1 10 + λ2 01 = 00 ⇒

(

λ1 1 + λ2 0 = 0 λ1 0 + λ2 1 = 0

⇒ λ1 = λ2 = 0.

2a ) B gera o Z22 . Para provar isto tomemos um vetor arbitrário a, b em Z22 e provemos que ele pode ser escrito como combina¸cão linear dos vetores de B. Veja, a b = λ1 10 + λ2 01 (2.9) 94

Nesta equa¸c˜ ao λ1 e λ2 s˜ ao inc´ ognitas a serem determinadas. Temos: ( λ1 1 + λ2 0 = a ⇒ λ1 = a, λ2 = b λ1 0 + λ2 1 = b Este resultado em (2.9) nos d´ a: a b = a 10 + b 01 Esta equa¸c˜ ao nos diz como expressar um vetor qualquer de Z22 como combina¸c˜ ao linear dos vetores de B. 5) B = { 100 . . . 0, 010 . . . 0, . . . , 000 . . . , 1 } é a base canˆ onica do Zn2 . 3 Para o Z2 , por exemplo, temos: 001 s 101

B = { 100, 010, 001 }

011 111

000

s 100

s010 110

6) Vamos provar que o conjunto abaixo, 1 0 0 1 0 0 0 0 B= , , , 0 0 0 0 1 0 0 1 é uma base para o espa¸co vetorial M2 (R) das matrizes quadradas de ordem 2. Então, 1a ) B é L.I. pois, 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 λ1 + λ2 + λ3 + λ4 = 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 Resulta,

λ1 λ2 λ3 λ4

=

0 0 0 0

⇒

λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = 0.

2a ) B gera o espa¸co M2 (R). Para provar isto tomemos um vetor ara b bitr´ ario em M2 (R) e provemos que ele pode ser escrito como comc d bina¸cão linear dos vetores de B. Veja, a b 1 0 0 1 0 0 0 0 = λ1 + λ2 + λ3 + λ4 c d 0 0 0 0 1 0 0 1 Desta equa¸c˜ ao resulta que λ1 = a, λ2 = b, λ3 = c, λ4 = d. Isto significa que qualquer vetor do espa¸co pode ser escrito assim: a b 1 0 0 1 0 0 0 0 =a +b +c +d c d 0 0 0 0 1 0 0 1 95

Por isto B é chamada a base canˆ onica de M2 (R). Generalizando este exemplo, o conjunto das m · n matrizes abaixo,       1 0 ... 0 0 1 ... 0 0 0 ... 0            0 0 ... 0 ,  0 0 ... 0 ,..., 0 0 ... 0   ............   ............   . . . . . . . . . . . .       0 0 ... 0 0 0 ... 0 0 0 ... 1

é a base canˆ onica do espa¸co Mm×n (R) das matrizes retangulares de ordem m × n com entradas (elementos) reais.

7) O conjunto B = { 1, t, . . . , tn } de n + 1 polinˆ omios é uma base de Pn ( R ). De fato,

1a ) B é L.I. pois, λ0 1 + λ1 t + · · · + λn tn = 0 Melhor dizendo, λ0 1 + λ1 t + · · · + λn tn = 0 1 + 0 t + · · · + 0 tn implica, λ0 = λ1 = · · · = λn = 0, devido a defini¸cão de igualdade entre polinˆ omios. 2a ) B gera o espa¸co Pn ( R ). Para provar isto tomemos um vetor arbitrário p(t) = a0 + a1 t + · · · + an tn em Pn ( R ) e provemos que ele pode ser escrito como combina¸c˜ ao linear dos vetores de B. Veja, p(t) = a0 + a1 t + · · · + an tn = λ0 1 + λ1 t + · · · + λn tn Nesta equa¸c˜ ao λ0 , λ1 , . . . , λn s˜ ao inc´ ognitas a serem determinadas. Sendo assim, resulta: λ0 = a0 , λ1 = a1 , . . . , λn = an Conclusão, o vetor p(t) = a0 + a1 t + · · · + an tn já encontra-se escrito como combina¸c˜ ao linear dos vetores de B, por esta raz˜ ao B é a base canˆ onica de Pn ( R ). 8) Consideremos o espa¸co vetorial { 0 }, conforme nossa conven¸cão feita na Nota da p. 68, podemos dizer que uma base deste espa¸co é o conjunto ∅. 9) Todo conjunto L.I. de um espa¸co vetorial V é base do subespa¸co por ele gerado. Por exemplo, o conjunto B = { (1, −2, −1), (2, 1, 1) } ⊂ R3 é L.I. e gera o subespa¸co, S = { (x, y, z) ∈ R3 : x + 3y − 5z = 0 } (ver exemplo 4o , p. 71). Então, B é base de S, pois B é L.I. e gera S. 96

Proposi¸ c˜ ao 6. Todo espa¸co vetorial V finitamente gerado admite uma base. Prova: Se V = { 0 }, ent˜ ao ∅, por conven¸cão, é uma base de V. Caso contr´ ario existe um subconjunto finito e n˜ ao vazio S ⊂ V , de modo que∗ V = [ S ]. Como S 6= { 0 }, ent˜ ao existem subconjuntos n˜ ao vazios de S que s˜ ao L.I. (ver P1 , p. 89). Tomemos um deles com o maior n´ umero poss´ıvel de elementos. Indicando por B esse conjunto, afirmamos que B é uma base de V. Devido ` a maneira como tomamos B, para todo vetor u ∈ S − B teremos que B ∪ { u } resulta L.D.. Logo, pela propriedade P5 (p. 90), u é combina¸c˜ ao linear dos vetores de B. Usando agora a propriedade P6 , concluimos que [ B ] = [ S ] = V. Finalmente, tendo em conta que B é L.I., então B é uma base de V.

2.3

Dimens˜ ao de um Espa¸ co Vetorial

Podem existir muitas bases para um mesmo espa¸co vetorial, a bem da verdade h´ a mesmo espa¸cos com infinitas bases, como é o caso do espa¸co R2 . Por exemplo, para cada ˆ angulo θ substituido na equa¸cão (2.3) (p. 83) temos uma base para o R2 (exerc. p. 107). Não obstante um mesmo espa¸co vetorial possuir infinitas bases vamos provar um importante resultado, qual seja: todas as bases possuem um mesmo n´ umero de vetores. Antes necessitaremos de um Lema 1. Seja B = { u1 , u2 , . . . , un } uma base de um espa¸co vetorial V, ent˜ ao todo conjunto com mais de n vetores ser´ a linearmente dependente. Prova: Seja C = { v1 , v2 , . . . , vm } um conjunto com m vetores de V, com m > n. Queremos mostrar que C é L.D.. Para tanto, é suficiente mostrar que existem escalares λ1 , λ2 , . . . , λm n˜ ao todos nulos tais que λ1 v1 + λ2 v2 + · · · + λm vm = 0

(2.10)

Como B é uma base de V, cada vetor vi pertencente a C é uma combina¸cão linear dos vetores de B, isto é, existem n´ umeros αij tais que: v1 = α11 u1 + α12 u2 + · · · + α1n un v2 = α21 u1 + α22 u2 + · · · + α2n un

.................................... vm = αm1 u1 + αm2 u2 + · · · + αmn un ∗

N˜ ao esque¸ca que, por hip´ otese, o espa¸co V é finitamente gerado.

97

Substituindo estas equa¸cões em (2.10), obtemos: λ1 ( α11 u1 + α12 u2 + · · · + α1n un ) + λ2 ( α21 u1 + α22 u2 + · · · + α2n un )

....................................... + λm ( αm1 u1 + αm2 u2 + · · · + αmn un ) = 0 ordenando os termos convenientemente: ( λ1 α11 + λ2 α21 + · · · + λm αm1 ) u1 + ( λ1 α12 + λ2 α22 + · · · + λm αm2 ) u2

....................................... + ( λ1 α1n + λ2 α2n + · · · + λm αmn ) un = 0 Tendo em conta que os vetores u1 , u2 , . . . , un s˜ ao L.I., os coeficientes desta combina¸c˜ ao linear s˜ ao nulos, ou seja:  λ α + λ α + ··· + λ α = 0 m 1 11 2 21 m1      λ1 α12 + λ2 α22 + · · · + λm αm2 = 0

....................................      λ1 α1n + λ2 α2n + · · · + λm αmn = 0

Esse sistema linear homogêneo possui m inc´ ognitas λ1 , λ2 , . . . , λm e n equa¸c˜ oes. Como, por hip´ otese, m > n, existem solu¸cões n˜ ao nulas∗ , isto é, existe λk 6= 0. Portanto, C = { v1 , v2 , . . . , vm } é L.D. Teorema 3 (Da invariˆ ancia). Seja V um espa¸co vetorial finitamente gerado. Ent˜ ao duas bases quaisquer de V têm o mesmo n´ umero de vetores. Prova: Sejam B = { u1 , . . . , un } e C = { v1 , . . . , vm } duas bases do espa¸co vetorial V. Como B é base e C é L.I., pelo lema anterior, m ≤ n. Por outro lado, como C é base e B é L.I., tem-se n ≤ m. Portanto, m = n. Devido ao teorema da invariˆ ancia faz sentido a seguinte, Defini¸ c˜ ao 10 (Dimens˜ ao de um Espa¸co Vetorial). Seja V um espa¸co vetorial finitamente gerado. Denomina-se dimens˜ ao de V o n´ umero de vetores de uma qualquer de suas bases. Neste caso, dizemos que V é um espa¸co de dimens˜ ao finita. ∗

Existe o seguinte Teorema: “Todo sistema linear homogêneo cujo n´ umero de inc´ ognitas é maior que o n´ umero de equa¸c˜ oes admite uma solu¸c˜ ao n˜ ao trivial [n˜ ao nula].” (ver [5]).

98

Usaremos da seguinte nota¸c˜ ao para a dimensão de um espa¸co vetorial V:

dim V Exemplos: Da defini¸c˜ ao de dimensão e dos exemplos iniciados na p. 93, temos que: a) dim R2 = 2

b) dim Rn = n

c) dim Zn2 = n

d) dim Mm×n (R) = m · n

e) dim Pn ( R ) = n + 1

f ) dim { 0 } = 0.

Teorema 4. Se S gera o espa¸co vetorial V, ent˜ ao: ( i ) Qualquer quantidade m´ axima de vetores linearmente independentes de S formam uma base de V . ( ii ) Suponha que excluimos de S todos os vetores que s˜ ao combina¸ca õ linear dos vetores de S que o antecedem, ent˜ ao os vetores remanescentes formam uma base de V . Prova: Apêndice, p. 125.

Teorema 5 (Do Completamento). Seja V um espa¸co vetorial de dimens˜ ao finita e seja S = { u1 , u2 , . . . , ur } um conjunto de vetores linearmente independentes de V. Ent˜ ao S é parte de uma base de V; isto é, S pode ser estendido a uma base de V. Prova: Apêndice, p. 125.

Proposi¸ c˜ ao 7. Todo subespa¸co vetorial de um espa¸co vetorial finitamente gerado é também finitamente gerado. Prova: Seja V finitamente gerado e W um subespa¸co vetorial de V. Se W = { 0 }, conforme conven¸c˜ ao feita à p. 68 temos que [ ∅ ] = { 0 }. Sen˜ ao, tomemos w1 ∈ W , w1 6= 0. Se W = { λ1 w1 : λ1 ∈ R }, resulta que W = [ w1 ]. Sen˜ ao, existe w2 ∈ W , que n˜ ao é da forma λ1 w1 , isto é, { w1 , w2 } é L.I.. Se W é gerado por { w1 , w2 }, est´ a terminado. Sen˜ ao, existe w3 em W , que n˜ ao é combina¸cão linear de { w1 , w2 }. E assim sucessivamente. Este processo deve parar sen˜ ao haveria em V um conjunto L.I. e infinito, o que contraria a hip´ otese de que V é finitamente gerado. Proposi¸ c˜ ao 8. Seja W um subespa¸co vetorial de V (finitamente gerado). Se dim W = dim V, ent˜ ao W = V. Prova: Pela proposi¸c˜ ao 7, W é finitamente gerado. Portanto, W tem uma base. Devido ` a hip´ otese de que dim W = dim V toda base de W também é base de V. Portanto todo vetor de V pertence a W, ou seja, V ⊂ W e, como W est´ a contido em V , segue que W = V. 99

Algoritmo para Determinar uma Base de um Subespa¸ co de Rn Um subespa¸co do Rn , em geral, ou é dado pelos seus geradores ou é poss´ıvel achar esses geradores. Daremos a seguir um algoritmo para achar uma base desse subespa¸co a partir dos seus geradores. Esse algoritmo se baseia em três lemas: Seja V = [ u1 , u2 , . . . , ur ] um subespa¸co do Rn . Então: 1o ) Se no subespa¸co [ u1 , u2 , . . . , ur ] permutarmos dois vetores quaisquer o subespa¸co gerado n˜ ao se altera, isto é, V = [ u1 , . . . , ui , . . . , uj , . . . , ur ] = [ u1 , . . . , uj , . . . , ui , . . . , ur ] Isto se deve a que: (ver eq. (1.20), p. V = λ1 u1 + · · · + λi ui + · · · + λj uj + · · · + λr ur : λi ∈ R = λ1 u1 + · · · + λj uj + · · · + λi ui + · · · + λr ur : λi ∈ R

67)

2o ) Para todo escalar λ é válida a seguinte igualdade:

V = [ u1 , . . . , ui , . . . , uj , . . . , ur ] = [ u1 , . . . , ui , . . . , uj + λ ui , . . . , ur ] De fato, seja u = α1 u1 + · · · + αi ui + · · · + αj uj + · · · + αr ur um elemento arbitrário de V . Esse elemento pode ser reescrito da seguinte maneira: u = α1 u1 + · · · + αi ui + · · · + αj uj + · · · + αr ur = α1 u1 + · · · + αi ui − αj λ ui + · · · + αj uj + αj λ ui + · · · + αr ur = α1 u1 + · · · + ( αi − αj λ ) ui + · · · + αj ( uj + λ ui ) + · · · + αr ur Esta u ´tima igualdade implica que u ∈ [ u1 , . . . , ui , . . . , uj + λ ui , . . . , ur ]. Para mostrar a inclusão contr´ aria é suficiente tomar λ = 0. o 3 ) Se u1 , u2 , . . . , ur , se apresentam na forma escalonada, ou seja, se o n´ umero de zeros iniciais de u2 é maior que o de u1 e assim sucessivamente, ent˜ ao os vetores u1 , u2 , . . . , ur formam um conjunto L.I. e, portanto, dim V = r. Com efeito, se os geradores de V n˜ ao formassem um conjunto L.I., então teriamos algo como: u1 = β2 u2 + · · · + βr ur O que é imposs´ıvel haja vista que o n´ umero de zeros iniciais de u1 é certamente diferente do n´ umero de zeros inicias de β2 u2 + · · · + βr ur , devido à hip´ otese de que esses vetores se encontram na forma escalonada. − Veja um exemplo do que estamos tentando dizer nesse u ´ltimo argumento: (0, 1, −1, 2) = β2 (0, 0, 3, 2) + β3 (0, 0, 0, 4) 100

Exemplo: Encontre uma base para o seguinte subespa¸co V = [ (1, 2, 0), (1, 1, −1), (1, 4, 2) ] ⊂ R3 Solu¸ c˜ ao: Na pr´ atica formamos com esses simb´ olica, assim:  1 2 0   1 1 −1 1 4 2

vetores as linhas de uma matriz   

A seguir aplicamos convenientemente as “opera¸cões” vistas anteriormente, visando ao escalonamento da matriz, então:  1 2 0    1 1 −1  1 4 2 

L2 −L1 L3 −L1

 1 2 0    0 −1 −1  0 2 2 

 1 2 0    0 −1 −1  0 0 0 

L3 + 2L2

Levando em conta os lemas 1o e 2o temos que V = [ (1, 2, 0), (0, −1, −1), (0, 0, 0) ] Levando em conta as propriedades P5 e P6 (p. 90), podemos deletar o vetor nulo desta igualdade, logo V = [ (1, 2, 0), (0, −1, −1) ] Agora considerando o lema 3o do algoritmo resulta que { (1, 2, 0), (0, −1, −1) } é uma base de V , logo dim V = 2.

101

2.3.1

Dimens˜ ao da Soma de dois Subespa¸cos

Seja W um espa¸co vetorial sobre R. J´ a vimos que se U e V s˜ ao subespa¸cos de W , ent˜ ao U ∩ V e U + V também s˜ ao subespa¸cos de W (pp. 61, 63). A seguinte proposi¸c˜ ao relaciona as dimensões desses subespa¸cos. Proposi¸ c˜ ao 9. Seja W um espa¸co vetorial sobre R de dimens˜ ao finita. Se U e V s˜ ao subespa¸cos de W , ent˜ ao: dim (U ∩ V ) + dim (U + V ) = dim U + dim V Prova: Seja B1 = { u1 , . . . , ur } uma base de U ∩ V . Como B1 é L.I. em U e em V , o teorema do completamento nos garante a existência de vetores v1 , . . . , vs ∈ U e w1 , . . . , wt ∈ V de modo que B2 = { u1 , . . . , ur , v1 , . . . , vs } B3 = { u1 , . . . , ur , w1 , . . . , wt } s˜ ao bases de U e V , respectivamente. Afirmamos que B = { u1 , . . . , ur , v1 , . . . , vs , w1 , . . . , wt } é uma base de U + V . • De fato, inicialmente mostremos que B gera U + V , isto é, que um vetor arbitrário w ∈ U + V pode ser escrito como uma combina¸cão linear dos vetores de B. Como w ∈ U + V existe u ∈ U e v ∈ V tais que w = u + v. Sendo B2 e B3 bases podemos escrever: u = λ1 u1 + · · · + λr ur + α1 v1 + · · · + αs vs v = µ1 u1 + · · · + µr ur + γ1 w1 + · · · + γt wt Da´ı, w = u + v = ( λ1 + µ1 ) u1 + · · · + ( λr + µr ) ur + α1 v1 + · · · + αs vs + γ1 w1 + · · · + γt wt

Esta igualdade mostra que [ B ] = U + V .

102

• Agora vamos mostrar que B é L.I., para isto partimos da seguinte combina¸c˜ ao linear: λ1 u1 + · · · + λr ur + α1 v1 + · · · + αs vs + γ1 w1 + · · · + γt wt = 0 (2.11) Então, λ1 u1 + · · · + λr ur + α1 v1 + · · · + αs vs = −γ1 w1 − · · · − γt wt Como o primeiro membro desta igualdade est´ a em U e o segundo membro est´ a em V e se trata do mesmo vetor, então: −γ1 w1 − · · · − γt wt ∈ U ∩ V Como B1 é uma base de U ∩ V implica em que podemos escrever o vetor acima como combina¸c˜ ao linear dos vetores de B1 , assim: −γ1 w1 − · · · − γt wt = ρ1 u1 + · · · + ρr ur Podemos reescrever esta igualdade como: ρ1 u1 + · · · + ρr ur + γ1 w1 + · · · + γt wt = Do fato de B3 ser L.I., necessariamente resulta ρ1 = · · · = ρr = γ1 = · · · = γt = 0. Sendo γ1 = · · · = γt = 0 a igualdade (2.11) fica: λ1 u1 + · · · + λr ur + α1 v1 + · · · + αs vs = 0 Do fato de B2 ser L.I., necessariamente resulta λ1 = · · · = λr = α1 = · · · = αs = 0 De sorte que todos os escalares presentes na equa¸cão (2.11) s˜ ao nulos, com isto ficou provado que B é L.I., logo, uma base de U + V . Resumindo, temos: base de

U ∩V

⇒

dim ( U ∩ V ) = r

base de

U +V

⇒

dim ( U + V ) = r + s + t

B2 = { u1 , ..., ur , v1 , ..., vs }

base de

U

⇒

dim U = r + s

B3 = { u1 , ..., ur , w1 , ..., wt }

base de

V

⇒

dim V = r + t

B1 = { u1 , ..., ur } B = { u1 , ..., ur , v1 , ..., vs , w1 , ..., wt }

Sendo assim é verdade que: dim (U ∩ V ) + dim (U + V ) = dim U + dim V

(2.12)

103

Corol´ ario 2. Se W = U ⊕ V é soma direta dos subespa¸cos, ent˜ ao dim W = dim U + dim V

(2.13)

Prova: Lembramos (defini¸cão 5, p. 64) que W = U ⊕ V significa W =U +V

e U ∩ V = { 0}

logo, dim (U ∩ V ) = 0, da´ı estes resultados na equa¸cão (2.12) nos d´ a (2.13). Para um exemplo, veja exemplo p. 66. Exemplo: Consideremos os seguintes subespa¸cos do R3 : U = [ (1, 0, 1), (0, 1, 1) ]

e

V = { (x, y, z) ∈ R3 : − x + y = 0 }

Vamos encontrar dim (U ∩ V ) e dim (U + V ).

Observe que B = { (1, 0, 1), (0, 1, 1) } gera o subespa¸co U e é L.I. portanto é uma base desse subespa¸co, logo, dim U = 2. No que diz respeito a V , temos: u = (x, y, z) ∈ V

⇐⇒ y = x ⇐⇒ u = (x, x, z) = x (1, 1, 0) + z (0, 0, 1)

´ fácil ver que estes vetores s˜ Portanto, V = [ (1, 1, 0), (0, 0, 1) ]. E ao L.I., logo, C = { (1, 1, 0), (0, 0, 1) } é uma base de V , então, dim V = 2. Lembrando a soma de dois subespa¸cos U + V = {u + v: u ∈ U e v ∈ V } Para vetores arbitrários u ∈ U e v ∈ V temos: u = λ1 (1, 0, 1) + λ2 (0, 1, 1)

(B gera U )

v = α1 (1, 1, 0) + α2 (0, 0, 1)

(C gera V )

Logo, u + v = λ1 (1, 0, 1) + λ2 (0, 1, 1) + α1 (1, 1, 0) + α2 (0, 0, 1) Sendo u + v um vetor arbitrário de U + V , isto deixa claro que U + V é gerado pela uni˜ ao B ∪ C = { (1, 0, 1), (0, 1, 1), (1, 1, 0), (0, 0, 1) }, isto é, U + V = [ B ∪ C ]. Para encontrar uma base de U + V , aplicamos o algoritmo dado anteriormente, assim:

104

        

1 0 1 0 1 1 1 1 0 0 0 1





       

       

−1·L1 + L3

1 0

1

0 1 1 0 1 −1 0 0

1

        

        

1 0

1

0 1 1 0 0 −2

0 0

1





       

       

1 ·L 2 3

−1·L2 + L3

1 0

1

0 1 1 0 0 −2

0 0

0

        

+ L4

Logo dim (U + V ) = 3 e, pela proposi¸cão 8 (p. 99), concluimos que U + V = R3 . Sendo assim, temos:

−→

−→

−→

2.3.2

−→

dim (U ∩ V ) + dim (U + V ) = dim U + dim V 1

3

2

2

Exerc´ıcios

1) Mostre que { 10, 11} e { 110, 011, 111 } s˜ ao bases dos espa¸cos Z22 e Z32 , respectivamente. n 2) Mostre (justifique) que o n´ umero de bases no espa¸co Zn2 é 2 n−1 . Verifique esta fórmula para n = 2. 3) Mostre que os vetores u = (1, −1) e v = (−1, −1) formam uma base do R2 . Exprima cada um dos vetores (1, 0) e (0, 1) como uma combina¸cão linear dos elementos dessa base. 4) Sejam os vetores u1 = (1, 2, 3), u2 = (0, 1, 2) e u3 = (0, 0, 1). Mostrar que o conjunto B = { u1 , u2 , u3 } é uma base do R3 . 5) Mostrar que o subconjunto de vetores: { (0, 2, 2), (0, 4, 1) } é uma base do seguinte subespa¸co vetorial do R3 : U = { (x, y, z) ∈ R3 : x = 0 } 6) No espa¸co vetorial R3 consideremos os seguintes subespa¸cos: U = { (x, y, z) ∈ R3 : x = 0 } e V = [ (1, 2, 0), (3, 1, 2) ] Determinar uma base e a dimensão dos subespa¸cos U , V , U + V e U ∩ V .

105

7) No espa¸co vetorial R3 consideremos os seguintes subespa¸cos vetoriais: S = [ (1, −1, 2), (2, 1, 1) ] T = [ (0, 1, −1), (1, 2, 1) ] U = { (x, y, z) : x + y = 4x − z = 0 } e

V = { (x, y, z) ∈ R3 : 3x − y − z = 0 }

Determinar as dimensões de: S, T , U , V , S + T , S ∩ T , T + U e T ∩ U . Determinar uma base e a dimensão dos subespa¸cos U , V , U + V e U ∩ V . 8) Dar uma base e a dimensão do subespa¸co W de R4 dado por W = { (x, y, z, t) ∈ R4 : x − y = y e x − 3y + t = 0 }. 9) Quais dos seguintes conjuntos de vetores formam uma base de P2 (R)? a) 2t2 + t − 4, t2 − 3t + 1, t + 3 b) 2, 1 − x, 1 + x2

c) 1 + x, x − x2 , 1 + 2x − x2

10) Mostre que os polinˆ omios 1, 1 + t, 1 − t2 e 1 − t − t2 − t3 formam uma base de P3 (R). 11) A seguir encontre a dimensão do subespa¸co W e dê uma base para W . a) W = { p(x) ∈ P2 : p (0) = 0 } b) W = { p(x) ∈ P2 : p (1) = 0 } c) W = { p(x) ∈ P2 : x p′ (x) = p (x) }

12) Mostre que o conjunto 3 −7 −3 −2 1 −1 2 3 , , , −2 5 1 −1 0 −2 −1 0 é uma base de M2×2 (R).

106

13) Determine a dimensão e uma base para cada um dos seguintes subespa¸cos vetoriais de M2×2 (R): a)

a b c d

b)

a b c d

c)

a b c d

: c = a − 3b e d = 0

d)

a b c d

: a+d=b+c

e)

a b c d

:b=d

: b =a+c e d =c

: c =a+b e d =a

14) Suponha que { u1 , u2 , . . . , un } é uma base de um espa¸co vetorial. Mostre que { a1 u1 , a2 u2 , . . . , an un } também é uma base, desde que nenhum dos n´ umeros ai ∈ R seja nulo. Conclua da´ı que num espa¸co veorial existem infinitas bases. 15) Considere os vetores u = (a, b)

e

v = ( a cos θ − b sen θ, a sen θ + b cos θ )

de R2 , onde θ é um parˆ ametro tal que θ 6= kπ com k ∈ Z e u 6= 0. Mostre que o conjunto { u, v } é uma base do R2 .

Conclua da´ı que no espa¸co veorial R2 existem infinitas bases desta forma.

Por exemplo, considere u = (1, 0) e encontre as bases para θ = π6 , θ = e θ = π3 . Plote essas bases graficamente.

π 4

16) Sejam u1 , . . . , un vetores em um espa¸co vetorial V . Prove que se cada u de S = [ u1 , . . . , un ] admite uma u ńica representa¸cão como combina¸cão linear de u1 , . . . , un , ent˜ ao os vetores u1 , . . . , un formam uma base de S. 17) Mostrar que o conjunto { 2 } é uma base do espa¸co vetorial V, onde V = { x ∈ R : x > 0 }, com opera¸c˜ oes dadas por (veja exemplo 9, p. 38): u + v = u v, λ · u = uλ ,

∀ u, v ∈ V ∀ u ∈ V e ∀ λ ∈ R. 107

18) Sejam U e V subespa¸cos vetoriais de um espa¸co de dimensão n. Supondo que dim U >

n 2

e dim V > n2 , prove que U ∩ V 6= { 0 }.

19) Sejam U e V espa¸cos vetoriais sobre R de dimensões m e n, respectivamente. Considere o espa¸co vetorial U × V cuja adi¸cão é dada por (u1 , v1 ) + (u2 , v2 ) = (u1 + u2 , v1 + v2 ) e a multiplica¸c˜ ao por escalares é dada por λ (u, v) = (λu, λv) Admitindo que { u1 , . . . , um } e { v1 , . . . , vn } s˜ ao bases de U e V , respectivamente, prove que: { (u1 , 0 ), . . . , (um , 0), ( 0, v1 ), . . . , ( 0, vn ) } é uma base de U × V . 20) As matrizes T = [ tij ] ∈ Mn (R) tais que tij = 0 para i < j s˜ ao chamadas triangulares inferiores. Por exemplo, para n = 3, temos 

t11   t21 t31

t12 t22 t32

  t13 t11   t23  =  t21 t31 t33

0 t22

0 0

t32

t33

  

Prove que elas constituem um subespa¸co vetorial W ⊂ Mn (R), obtenha uma base para W e determine sua dimensão. 21) Seja { v1 , . . . , vn } uma base para um espa¸co vetorial V . Prove que { v1 , v1 + v2 , v1 + v2 + v3 , . . . , v1 + v2 + · · · + vn } também é uma base para V . 22) Mostrar que o conjunto de vetores { (1 − i, i), (2, −1 + i) } de C2 é L.D. sobre C mas L.I. sobre R.

108

2.4

Coordenadas

Para falarmos de coordenadas de um vetor necessitamos considerar uma base de um espa¸co vetorial como estando ordenada. Uma base ordenada é uma base na qual fixamos quem é o primeiro vetor, quem é o segundo vetor, etc. Considerando B = { u1 , u2 , . . . , un } como sendo uma base ordenada para um espa¸co vetorial V , ent˜ ao C = { u2 , u1 , . . . , un } é uma base ordenada para V diferente. Se B = { u1 , u2 , . . . , un } é uma base (ordenada) para o espa¸co vetorial V de dimensão n, ent˜ ao todo vetor v de V pode ser expresso de maneira u ńica como v = λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λn un Nota: A unicidade dos escalares λi foi demonstrada na proposi¸cão 5, p. 92.

Defini¸ c˜ ao 11 (Coordenadas). Os escalares λ1 , λ2 , . . . , λn , que figuram na igualdade v = λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λn un (2.14)

s˜ ao chamados coordenadas do vetor v em rela¸ca õ ` a base ordenada B = { u1 , u2 , . . . , un }.

As coordenadas de um vetor v em rela¸cão a uma base ordenada B s˜ ao denotadas da seguinte forma: ( λ1 , λ2 , . . . , λn ) Ou ainda, na forma de uma matriz coluna n × 1:   λ1  λ    [ v ]B =  .2   ..  λn

A matriz acima é chamada matriz coordenada de v em rela¸cão à base B. Exemplos:

a ) Considere o espa¸co vetorial P2 dos polinˆ omios de grau ≤ 2. Os polinˆ omios p1 (t) = 1 + t,

p2 (t) = −1 + t,

p3 (t) = (1 − t)2

formam uma base B de P2 . Vamos obter as coordenadas do vetor em rela¸c˜ ao a essa base.∗ ∗

p(t) = 9 − 5 t + 2 t2

Observe que o vetor p est´ a sendo dado (escrito) na base canˆ onica { 1, t, t2 }.

109

Inicialmente escrevemos a equa¸cão (2.14) para a presente situa¸cão, assim: p(t) = λ1 p1 (t) + λ2 p2 (t) + λ3 p3 (t)

(2.15)

Ou ainda, 9 − 5 t + 2 t2 = λ1 (1 + t) + λ2 (−1 + t) + λ3 (1 − t)2 Escrevendo o polinˆ omio do lado direito na “ordem crescente” obtemos 9 − 5 t + 2 t2 = ( λ1 − λ2 + λ3 ) + ( λ1 + λ2 − 2λ3 ) t + λ3 t2 Da defini¸c˜ ao de igualdade de dois polinˆ omios   λ − λ2 + λ3   1 λ1 + λ2 − 2λ3    λ3

resulta o seguinte sistema: =

9

=

−5

=

2

Cuja solu¸c˜ ao é: λ1 = 3, λ2 = −4 e λ3 = 2. Este resultado na equa¸cão (6.3) nos d´ a p = 3 p1 − 4 p2 + 2 p3

Em nota¸c˜ ao de coordenadas ( 3, −4, 2 )

ou

b ) No R2 consideremos as bases



 3  −4  2

B = { (1, 0), (0, 1) }, C = { (2, 0), (1, 3) } e D = { (1, −3), (2, 4) } Dado o vetor v = (8, 6), temos: (8, 6) = 8 (1, 0)

+ 6(0, 1)

(8, 6) = 3 (2, 0)

+ 2(1, 3)

(8, 6) = 2 (1, −3) + 3(2, 4) Ou ainda (subescrevendo as bases): vB = (8, 6),

vC = (3, 2),

Na nota¸c˜ ao de matriz de coordenadas, temos 8 3 [ v ]B = , [ v ]C = , 6 2 110

vD = (2, 3)

[ v ]D =

2 3

(2.16)

Na figura a seguir mostramos a representa¸cão do vetor v = (8, 6) em rela¸cão ` as bases B e C. y 2 (1, 3)

t v = (8, 6)

t

p

p

3

(1, 3 )

p

p

p

6 (0, 1)

t

p

(0, 1)

pt

0

pt

p

p

p

(1, 0) (2, 0)

p

p

3 (2, 0)

p

x

8 (1, 0)

A seguir destacamos a representa¸cão geométrica do vetor v = (8, 6) apenas em rela¸c˜ ao ` a base C. y 2 (1, 3)

p

p

p

t v = (8, 6)

t

p

p

p

(1, 3)

0

p

pt

p

p

(2, 0)

p

p

p

p

x

3 (2, 0)

• v = 3 (2, 0) + 2(1, 3) ∗

∗

∗

A matem´ atica é um campo demasiadamente ´ arduo e in´ ospito para agradar ` aqueles a quem n˜ ao oferece grandes recompensas. Recompensas que s˜ ao da mesma ´ındole que as do artista. . . (Norbert Wiener)

111

2.5

Mudan¸ca de Base z

2

ℏ ∂ − 2m

2

Ψ(x, t) ∂x2

+ V (x, t) Ψ(x, t) = i ℏ

∂ Ψ(x, t) ∂t θ

2

ℏ ∇2 ψ(r, θ, φ) + V (r) ψ(r, θ, φ) = i E ψ(r, θ, φ) − 2m

r

P (r, θ, φ)

y y

x φ

x

Em muitas aplica¸cões, um problema descrito por meio de um sistema de coordenadas pode ser resolvido mais facilmente pela mudan¸ca para um novo sistema de coordenadas (para uma nova base). A bem da verdade existem mesmo casos em que a resolu¸cão de um problema torna-se imposs´ıvel em um dado sistema de coordenadas, caso em que uma mudan¸ca de base deixa de ser opcional e torna-se uma necessidade; é precisamente isto o que ocorre ao tentarmos resolver a equa¸cão de Schr¨ oedinger − da mecˆ anica quântica (quadro acima) − para o átomo de hidrogênio (o mais simples dos átomos). Esta equa¸c˜ ao n˜ ao pode ser resolvida quando expressa em coordenadas retangulares (base canˆ onica do R3 ), raz˜ ao porque devemos proceder a uma mudan¸ca de base, mais precisamente para o sistema de coordenadas esféricas.

∗

∗

∗

N˜ ao creio que devo gastar anos estudando o trabalho dos outros, decifrando um campo complicado para poder contribuir com um pequeno aporte meu. Prefiro dar largas passadas numa dire¸ca õ totalmente nova, em que a imagina¸ca õ é, pelo menos, inicialmente, muito mais importante do que a técnica, porque suas técnicas correspondentes têm ainda de ser desenvolvidas. [. . .] Lembre-se que a matem´ atica é uma livre cria¸ca õ da mente humana e, como disse Cantor − o inventor da moderna teoria da infinitude, descrita por Wallace −, a essência da matem´ atica reside na liberdade, na liberdade de criar. A hist´ oria, porém, julga essas cria¸co ˜es por sua beleza duradoura e pela extens˜ ao com que elas iluminam outras ideias matem´ aticas ou o universo f´ısico, em suma, por sua “fertilidade”. (Gregory Chaitin/Matem´ atico e cientista da computa¸ca õ)

112

Matriz de mudan¸ca de base A partir de agora, para facilitar a exposi¸cão, diremos apenas base em vez de base ordenada. Defini¸ c˜ ao 12. Seja B = { u1 , u2 , . . . , un } uma base do espa¸co vetorial V e seja C = { v1 , v2 , . . . , vn } outra base∗ . Como B é uma base, cada vetor da base nova C pode ser escrito, de modo u ńico, como uma combina¸ca õ linear dos vetores de B, assim: v1 = λ11 u1 + λ21 u2 + · · · + λn1 un v2 = λ12 u1 + λ22 u2 + · · · + λn2 un

.................................... vn = λ1n u1 + λ2n u2 + · · · + λnn un Seja P a transposta da matriz dos coeficientes acima; isto é 

 λ11 λ12 . . . λ1n  λ λ22 . . . λ2n   21 P =  ...................  λn1 λn2 . . . λnn ca de base da base antiga B para Ent˜ ao P é chamada de matriz de mudan¸ a base nova C. Exemplos: a ) Considere as duas bases de R2 dadas abaixo B = { (1, 0), (0, 1) }, C = { (2, 0), (1, 3) } Determine a matriz P de mudan¸ca da base B para a nova base C. Solu¸ c˜ ao: Escreva cada um dos vetores da nova base C como uma combina¸cão linear dos vetores da base antiga B, assim: (2, 0) = λ11 (1, 0) + λ21 (0, 1) (1, 3) = λ12 (1, 0) + λ22 (0, 1) Daqui montamos os seguintes sistemas: (2, 0) = λ11 (1, 0)+λ21 (0, 1) ⇒ ∗

( 1 λ11 + 0 λ21 = 2

0 λ11 + 1 λ21 = 0

⇒ λ11 = 2, λ21 = 0

Apenas para referência, chamaremos B de base “antiga” e C de base “nova”.

113

e ( 1 λ12 + 0 λ22 = 1

(1, 3) = λ12 (1, 0)+λ22 (0, 1) ⇒

⇒ λ12 = 1, λ22 = 3

0 λ12 + 1 λ22 = 3

Sendo assim, temos (2, 0) = 2 (1, 0) + 0 (0, 1) (1, 3) = 1 (1, 0) + 3 (0, 1) Tomando o transposto dos coeficientes acima, resulta: # " # " λ11 λ12 2 1 P = = 0 3 λ21 λ22 • Vamos agora pˆ or em evidência um fato que, com raz˜ ao, causa muita confus˜ ao ao ne´ ofito em ´ algebra linear. Observe que a matriz P possui inversa dada por (eq. (8.3), p. 428)   1 1 2 −6  P −1 =  1 0 3 Consideremos agora o vetor v = (8, 6), isto é vB = (8, 6)

ou

Fa¸camos a seguinte multiplica¸cão  1 P

Pelo exemplo b )

−1

· [ v ]B = 

(p. 110)

[ v ]B =

2

− 61

0

1 3

temos que

3 2



·

8 6

8 6

=

3 2

= [ v ]C , portanto

P −1 · [ v ]B = [ v ]C

(2.17)

Conclus˜ ao: Embora a matriz P seja chamada de “matriz de mudan¸ca da base B para a base C ” , a bem da verdade, a matriz P −1 é quem realiza esta tarefa. Isto n˜ ao é por acaso, provaremos daqui a pouco que a igualdade (2.17) vale sempre. Antes vejamos geometricamente o papel da matriz P −1 , no que diz respeito ao exemplo anterior: 114

y

y

v = (8, 6)

6 (0, 1)

p p (1, 3)

r

p

p

p

p r

p

p 0

r

p

p

p p

P −1

3 (0, 1)

v = (8, 6)

2 (1, 3)

r

pr p

p

p

p

p

p

(1, 0)

x

p

p

0

8 (1, 0)

pr p

p

(2, 0)

p

p

p

p

x

3 (2, 0)

b ) Considere as duas bases de P2 dadas abaixo B = { 1, t }, C = { 2, 1 + 3 t } Determine a matriz P de mudan¸ca da base B para a nova base C. Solu¸ c˜ ao: Escreva cada um dos vetores da nova base C como uma combina¸cão linear dos vetores da base antiga B, assim: 2 = λ11 1 + λ21 t 1 + 3 t = λ12 1 + λ22 t Pela defini¸c˜ o de igualdade entre polinˆ omios, temos: (

λ11 + λ21 t

=

2

⇒

λ11 = 2, λ21 = 0

λ12 + λ22 t

=

1 + 3t

⇒

λ12 = 1, λ22 = 3

Sendo assim, temos P =

"

λ11

λ12

λ21

λ22

#

=

"

2 1 0 3

#

Podemos tentar uma representa¸cão geométrica para este exemplo, assim: P2

P2 1 + 3t P −1

t

0

1

0 115

2

Nota: Oportunamente provaremos ao leitor que esta constru¸cão geométrica, das bases B e C, n˜ ao é arbitrária, existe uma lógica subjacente. Como dissemos, quem muda as coordenadas de um vetor da base B para a base C é a matriz P −1 e n˜ ao a matriz P propriamente. Por exemplo, consideremos o vetor p(t) = 2+t escrito na base B = { 1, t }. Para escrever este vetor na base C = { 2, 1 + 3 t }, procedemos assim: 2 + t = λ1 2 + λ2 (1 + 3 t) ou ainda, 2 + t = ( 2 λ1 + λ2 ) + ( 3 λ2 )t Daqui encontramos λ1 = 5/6 e λ2 = 1/3. Então: 2+t=

1 5 · 2 + · (1 + 3 t) 6 3

Alternativamente, podemos obter as coordenadas deste vetor na base C a partir da equa¸c˜ ao (2.17), a qual repetimos aqui (adaptada ao presente contexto) [ p ]C = P −1 · [ p ]B Ent˜ ao,



[ p ]C = 

1 2

− 61

0

1 3



·

2 1

=

"

5 6 1 3

#

Geometricamente, tudo se passa assim:

P2

P2 1 + 3t P −1

t

p(t)=2 + t

p(t) 1 ·(1+3 t) 3

0

1

2

0

2 5 ·2 6

116

c ) Se na defini¸c˜ ao 12

(p. 113)

tivermos B = C, isto é

B = { u1 , u2 , . . . , un },

C = { u1 , u2 , . . . , un }

Teremos para a matriz de “mudan¸ca de base” u1 = 1 u1 + 0 u2 + · · · + 0 un u2 = 0 u1 + 1 u2 + · · · + 0 un

.............................. un = 0 u1 + 0 u2 + · · · + 1 un Ou seja,



 1 0 ... 0  0 1 ... 0   P =  . . . . . . . . . . . .  = In 0 0 ... 1

Colocaremos (e resolveremos) agora três importantes problemas referentes a mudan¸ca de Bases. Problema 1 − Se a matriz de mudan¸ca da base B para a base C é P = ( λij ) e a matriz de mudan¸ca da base C para outra base D é Q = ( αij ), qual a matriz de mudan¸ca de B para D? Em resumo B

P

Q

C

D

? Suponhamos B = { u1 , u2 , . . . , un }, C = { v1 , v2 , . . . , vn } e D = { w1 , w2 , . . . , wn }     

A defini¸c˜ ao de matriz de mudan¸ca de base nos permite escrever:

e w1 = α11 v1 + α21 v2 + · · · + αn1 vn w2 = α12 v1 + α22 v2 + · · · + αn2 vn

n X

λij ui

( j = 1, 2, . . . , n )

i=1

B→C

     

................................. vn = λ1n u1 + λ2n u2 + · · · + λnn un

vj =

    

v2 = λ12 u1 + λ22 u2 + · · · + λn2 un

     

v1 = λ11 u1 + λ21 u2 + · · · + λn1 un

................................. wn = α1n v1 + α2n v2 + · · · + αnn vn

wk =

C →D

117

n X j=1

αjk vj

( k = 1, 2, . . . , n )

Da´ı wk =

n X j=1

αjk

n X

λij ui

i=1

=

n n X X i=1

λij αjk

j=1

ui

( k = 1, 2, . . . , n )

Portanto o termo geral da matriz de mudan¸ca da base B para a base D é dado por n X λij αjk j=1

que, conforme equa¸c˜ ao 8.2 (p. 426), é o termo geral da matriz produto P · Q. Logo, a matriz de mudan¸ca da base B para a base D é a matriz P Q. Em resumo B

P

C PQ

Q

D

Corol´ ario 3. Uma consequência do resultado precedente é que uma matriz de mudan¸ca de base é sempre invers´ıvel. Prova: Com efeito, Sejam P a matriz de mudan¸ca de B para C e Q a matriz de mudan¸ca de C para B. Veja,

B

C

P

Q

C In

B In

Q

P

B

C

(ver exemplo c ) p. 117) Dos diagramas acima decorre que P Q = Q P = In . Portanto P é inves´ıvel e P −1 nada mais é que a matriz de mudan¸ca de C para B. >

118

Problema 2 − Se a matriz das coordenadas de u ∈ V em rela¸cão à base B = { u1 , u2 , . . . , un } é: 

  [ u ]B =  

γ1 γ2 .. . γn

    

e a matriz de mudan¸ca de base de B para C é P = ( λij ), qual a matriz das coordenadas de u em rela¸c˜ ao ` a base C = { v1 , v2 , . . . , vn } ? Em resumo P

B [ u ]B

?

C [ u ]C

Solu¸ c˜ ao: Seja 

  [ u ]C =  

α1 α2 .. . αn

a matriz procurada. Sendo assim temos

    

u = γ1 u1 + γ2 u2 + · · · + γn un = α1 v1 + α2 v2 + · · · + αn vn Ou ainda (mudando de nota¸c˜ ao), u=

n X

γi ui =

n X

λij ui

αj vj

j=1

i=1

Como vj =

n X

( j = 1, 2, . . . , n ) (ver p. 117), então

i=1

u=

n X

γi ui =

n X j=1

i=1

αj

n X i=1

λij ui

Utilizando propriedades do somat´ orio, temos n X n n X X λij αj ui γi ui = u= i=1

i=1

j=1

Para maior comodidade do leitor vamos abrir um pouco mais este imbr´ oglio (para i = 1, . . . , n), assim: n n X X λnj αj un u = γ1 u1 + · · · + γn un = λ1j αj u1 + · · · + j=1

j=1

119

Devido ` a unicidade das coordenadas, temos γ1 =

n X

λ1j αj , . . . , γn =

n X

λnj αj

j=1

j=1

Abrindo cada um desses somat´ orios: γ1 = λ11 α1 + λ12 α2 + · · · + λ1n αn .................................. γn = λn1 α1 + λn2 α2 + · · · + λnn αn Em nota¸c˜ ao matricial fica 

 α1 λ11 λ12 . . . λ1n  γ1    α2     = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .       ...  λn1 λn2 . . . λnn γn αn 







Portanto, [ u ]B = P [ u ]C

(2.18)

O que equivale a P −1 [ u ]B = [ u ]C Em resumo B [ u ]B

P

C

P −1

[ u ]C

Conclus˜ ao: Não obstante a matriz P seja chamada de “matriz de mudan¸ca da base B para a base C ” , a bem da verdade, a matriz P −1 é quem realiza esta tarefa.

120

Problema 3 − Se B = { u1 , u2 , . . . , un } é uma base V e P = ( λij ) é uma matriz invers´ıvel, ent˜ ao os n vetores v1 , v2 , . . . , vn obtidos assim: 

λ11

λ12

...



λ1n

 λ  21 λ22 . . . λ2n   ................... λn1 λn2 . . . λnn

    

v1 = λ11 u1 + λ12 u2 + · · · + λ1n un v2 = λ21 u1 + λ22 u2 + · · · + λ2n un

................................. vn = λn1 u1 + λn2 u2 + · · · + λnn un

v1

 u   v  2   2  =  ...   ... vn un

     

Isto é,





u1

Pn

vj =

i=1

λij ui

    

( j = 1, 2, . . . , n )

(∗)

formam também uma base de V ? Solu¸ ca õ: Para responder a esta pergunta vejamos se os vetores vj s˜ ao L.I.: γ1 v1 + γ2 v2 + · · · + γn vn = 0

n X

⇒

γj vj = 0

(2.19)

j=1

Substituindo nesta u ´ltima igualdade vj dado em ( ∗ ) resulta n X j=1

γj

n X

λij ui

i=1

= 0

Esta igualdade é equivalente ` a seguinte n n X X i=1

λij γj

j=1

ui = 0

Para maior comodidade do leitor vamos abrir um pouco mais este imbr´ oglio (para i = 1, . . . , n), assim: n X

λ1j γj

j=1

u1 + · · · +

n X

λnj γj

j=1

un = 0

Como, por hip´ otese, B = { ui } é L.I., resulta n X

λ1j γj = 0 , . . . ,

n X j=1

j=1

121

λnj γj = 0

Podemos abrir mais ainda,   λ γ + λ12 γ2 + · · · + λ1n γn = 0   11 1 ................................    λn1 γ1 + λn2 γ2 + · · · + λnn γn = 0

Neste sistema linear homogêneo, se o leitor volver à equa¸cão (2.19) lembrará que as inc´ ognitas s˜ ao os γi . Como a matriz dos seus coeficientes é P que, por hip´ otese, é invers´ıvel então a u ńica solu¸cão deste sistema é a trivial, ou seja, γ1 = γ2 = · · · = γn = 0. Logo, { v1 , v2 , . . . , vn } é L.I. e, portanto, também é base de V .

2.5.1

Exerc´ıcios

1) Determine as coordenadas do vetor u = ( 5, 3, 4) do R3 em rela¸cão às bases: a ) { ( 1, −1, 0), ( 1, 1, 0), ( 0, 1, 1) } b ) { ( 1, 1, 1), ( 1, 0, 1), ( 1, 0, −1) } 2) Determine as coordenadas do vetor p(t) = −3 + 4t + t2 de P2 em rela¸cão as bases: ` a ) { 1 + t, −1 + t, (−1 + t)2 }

b ) { 5 − 2t + t2 , −3t + 2t2 , 1 + t } 3) Determine as coordenadas do vetor p(t) = t3 de P3 em rela¸cão à base { 1, 2 − t, 1 + t2 , 1 + t + t3 } # " 2 3 de M2 em rela¸cão 4) Determine as coordenadas do vetor M = 4 −7 as bases: ` a)

b)

(" ("

1 1 1 1 1 1 1 1

# " ,

# " ,

1 −1 1

0

1 −1 1

0

# " ,

# " ,

1 −1 0

0

1 −1 0

0

# " ,

# " ,

3 −5 6

7

1 0 0 0

#) #)

5) No espa¸co R2 achar a matriz de mudan¸ca da base B = { (1, 3), (1, −2) } para a base C = { (3, 5), (1, 2) }, e da base C para a base B.

122

6) Achar a matriz de mudan¸ca da base B = { (1, 1, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 3) }

para a base canˆ onica do R3 .

7) Sabendo que B = { (1, 3), (2, −4) } é uma base do

R2

e que

"

2

3

4 −7

#

é a matriz de mudan¸ca da base B para a base C, determine a base C.

2 8) A matriz de mudan¸ca da base B " = { 1 +#t, 1 − t } para uma base C 2 3 , encontre a base C. ambas do mesmo subespa¸co de P2 é 4 −7

9) Seja o espa¸co vetorial V = M2 (R). Considere B como sendo a base canˆ onica desse espa¸co. Ademais, considere a base #) # " # " # " (" 0 1 2 0 0 1 1 1 , , , C= 0 0 0 3 1 0 −1 0 Determine a matriz de mudan¸ca da base B para a base C e de C para B. 10) Considere, no R3 , as bases A = { (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) } e B = { (1, 0, −1), (0, 1, −1), (−1, 1, 1) }. a ) Determine a matriz M de mudan¸ca da base A para a base B; b ) Calcule vB sabendo que vA = ( 1, 2, 3); c ) Calcule vA sabendo que vB = ( 7, −4, 6).

11) Considere as bases B = { e1 , e2 , e3 } e C = { g1 , g2 , g3 } de R3 assim relacionadas: g1 = e1 − e2 − e3 g2 =

2e2 + 3e3

g3 = 3e1

+ e3

a ) Determine as matrizes de mudan¸ca de B para C e de C para B; b ) Se uB = (1, 2, 3) encontre uC . 12) Considere o seguinte subespa¸co vetorial de M2 (R): # ) (" x y : x−y−z =0 U= z t a ) Mostre que os seguintes subconjuntos de M2 (R) s˜ ao bases de U : #) # " # " (" 0 0 1 0 1 1 , , B= 0 1 1 0 0 0 123

e C=

("

1 0 1 0

# " ,

0 −1 1 0

# " ,

0 0 0 1

#)

b ) Achar a matriz de mudan¸ca de B para C e a de C para B. c ) Achar uma base D de U , de tal maneira que a matriz de mudan¸ca de D para B seja:   1 1 0    0 0 2  0 3 1

13) Rotacione os eixos coordenados xy por um ângulo θ = 60o no plano, no sentido anti-hor´ ario, para obter novos eixos coordenados x′ y ′ . Encontre: a ) as coordenadas x′ y ′ do ponto cujas coordenadas xy s˜ ao (3, 2);

b ) as coordenadas xy do ponto cujas coordenadas x′ y ′ s˜ ao (4, −4). Fa¸ca um esbo¸co geométrico dos eixos com respectivos pontos. 14) Seja B = { u1 , . . . , un } uma base do espa¸co vetorial V e seja C = { v1 , . . . , vn } onde vi = un−i+1 para i = 1, . . . , n. Prove que C é uma base de V e encontre a matriz de mudan¸ca de B para C. 15) Seja B = { u1 , . . . , un } uma base do espa¸co vetorial V e seja C = { u1 , u1 − u2 , . . . , u1 − un }. Mostre que C é uma base de V e encontre a matriz de mudan¸ca de B para C. ∗

∗

∗

Mas, se você observar, se observar profundamente, ficar´ a surpreso. Você n˜ ao existe! N˜ ao que você precise se dissolver! Simplesmente você n˜ ao existe. Essa é apenas uma falsa no¸ca õ que você tem carregado, a no¸ca õ de que você existe. Alguns instantes de silêncio e de repente você percebe que h´ a um vazio dentro de você, um nada dentro de você. Buda chamou esse nada de anatta, n˜ ao-ser, shunya, nada. Se olhar para den´ por isso que as pessoas n˜ tro, você n˜ ao vai se encontrar. E ao olham para dentro de si; elas têm medo. (Osho/Zen, p. 105)

124

Apˆ endice • Prova do teorema 4 (p. 99). Teorema 4. Se S gera o espa¸co vetorial V, então: ( i ) Qualquer quantidade m´ axima de vetores linearmente independentes de S formam uma base de V. ( ii ) Suponha que excluimos de S todos os vetores que s˜ ao combina¸cão linear dos vetores de S que o antecedem, então os vetores remanescentes formam uma base de V. Prova: ( i ) Suponha que { u1 , u2 , . . . , um } é o maior subconjunto linearmente independente de S e suponha w ∈ S. Desta forma { u1 , u2 , . . . , um , w } é linearmente dependente. Nenhum uk pode ser uma combina¸cão linear dos anteriores. Logo w é uma combina¸cão linear dos ui s. Assim, w ∈ [ ui ] e, portanto, S ⊂ [ ui ]. Disso decorre∗ V = [ S ] ⊂ [ u i ] ⊂ V ⇒ V = [ ui ] Assim, [ ui ] gera V e, como é L.I., é uma base de V. ( ii ) Os vetores remanescentes formam um subconjunto L.I. de S com a maior quantidade poss´ıvel de vetores; portanto, por ( i ), é uma base de V. • Prova do teorema 5 (p. 99). Teorema 5 (Do Completamento).

Seja V um espa¸co vetorial de dimensão finita e seja S = { u1 , u2 , . . . , ur } um conjunto de vetores linearmente independentes de V. Então S é parte de uma base de V; isto é, S pode ser estendido a uma base de V. Prova: Suponha que B = { v1 , v2 , . . . , vn } é uma base de V. Então B gera V e, portanto, V é gerado por S ∪ B = { u1 , u2 , . . . , ur , v1 , v2 , . . . , vn } Então, pelo teorema 4, podemos excluir de S ∪ B todos os vetores que s˜ ao combina¸c˜ oes lineares dos anteriores para obter uma base C de V. Como S é L.I., nenhum uk é combina¸c˜ ao linear dos anteriores. Assim, C contém todo vetor de S, o que faz com que S seja uma parte da base C de V.

∗

Ver propriedades Pi , p. 69.

125

(p. 440)

∗

∗

∗

Em 1932, o eminente matemático h´ ungaro John von Neumann lan¸cou a pedra fundamental da teoria quântica em solo matemáticamente firme; desde ent˜ ao, sua formula¸caõ foi considerada o “ n´ ucleo” ortodoxo da teoria quântica. A interpreta¸caõ de Von Neumann, como a interpreta¸caõ de Copenhague, presume que a teoria quˆ antica nos descreve o conhecimento da realidade por parte do observador em vez da própria “Realidade” e o instrumento de observa¸caõ e aquilo que é observado fazem parte do mesmo sistema completo. O f´ısico Henry Stapp, do Laboratório Nacional Lawrence, da Universidade de Berkeley, h´ a pouco tempo refinou a interpreta¸caõ de Von Neumann. A abordagem StappVon Neumann presume que, uma vez que um componente-chave do processo de medi¸caõ quˆ antica inclui um observador e seu conhecimento, significa que a mente est´ a inextrincavelmente enla¸cada com a realidade quântica. (Dean Radin/Mentes Interligadas, p. 251)

126

Cap´ıtulo

3

˜ TRANSFORMAC ¸ OES LINEARES N˜ ao ´ e paradoxo dizer que nos nossos momentos de inspira¸ca õ mais te´ orica podemos estar o mais pr´ oximo poss´ıvel de nossas aplica¸co ˜es mais pr´ aticas. (A.N. Whitehead)

3.1

No¸ c˜ oes sobre Transforma¸c˜ oes, Fun¸c˜ oes

Nos dois cap´ıtulos precedentes estudamos um espa¸co vetorial isolado V e alguns conceitos intr´ınsecos relacionados a estes tais como: n−uplas de vetores linearmente independentes, subespa¸cos, base, dimensão, etc. Neste cap´ıtulo iremos considerar, simultˆ aneamente, dois espa¸cos vetoriais e estudar correspondências entre estes dois espa¸cos. O escopo principal da álgebra linear é o estudo das transforma¸co˜es lineares e sua representa¸cão por meio de matrizes. Defini¸ c˜ ao 13 (Transforma¸c˜ ao). Dados dois conjuntos U e V , ambos n˜ ao c~ ao de U em V é uma lei pela qual a cada elemento vazios, uma transforma¸ de U associa-se um u ńico elemento de V . Se F indica essa lei e u representa um elemento genérico de U , ent˜ ao o (´ unico) elemento de V associado a u é representado por F (u) (lemos “F de u”) e se denomina imagem de u por F . U

V F

u t t F (u)

127

O conjunto U é o dom´ınio e o conjunto V é o contradom´ınio da transforma¸c˜ ao F . Alternativamente, podemos representar uma transforma¸cão F de U em V , assim: F: U u

V 7→ F (u)

c~ ao e aplica¸ c~ ao s˜ ao sinˆ onimos da palavra transNota: Os termos fun¸ forma¸ca õ, embora alguns autores prefiram reservar a palavra “fun¸cão” para se referir a aplica¸c˜ oes de valores reais ou complexos. Defini¸ c˜ ao 14 (igualdade). Duas transforma¸co ˜es F : U → V e G : U → V s˜ ao iguais se, e somente se, F (u) = G(u), ∀ u ∈ U .

Imagem de um Conjunto Via Transforma¸c˜ ao Sejam F : U → V uma transforma¸cão e W ⊂ U . Vamos reunir em um mesmo subconjunto de V todos os elementos que s˜ ao imagem, por F , dos elementos de W . Formalizando, temos Defini¸ c˜ ao 15 (Imagem de Conjunto). Consideremos uma transforma¸ca õ F : U → V . Dado um subconjunto W ⊂ U , chama-se imagem de W por F , e indica-se por F (W ), o seguinte subconjunto de V : F (W ) = F (w) : w ∈ W U

W

V

F (W )

F

sw

s F (w)

s

s F (u)

u

Se W = U , ent˜ ao F (U ) recebe o nome de imagem de F e a nota¸cão ser´ a Im (F ). Portanto, Im (F ) = { F (u) : u ∈ U } (3.1) Exemplo: Considere a transforma¸cão F : R2 → R3 tal que F (x, y) = (x, −y, x−y). Por exemplo u = (2, 1)

⇒

F (x, y) = (x, −y, x − y) F (2, 1) = (2, −1, 2 − 1)

Geometricamente fica assim 128

⇒

F (2, 1) = (2, −1, 1).

y

z

p

3

F

p

2

u=(2,r1)

p

1

p

p

1

0

p

2

3

−1

x

y

F (u)

2 x

Vejamos ainda um outro exemplo ⇒

u = (1, 2)

F (x, y) = (x, −y, x − y) F (1, 2) = (1, −2, 1 − 2)

⇒

F (1, 2) = (1, −2, −1).

Geometricamente temos z

y

p

3

F u=(1, 2)

r

p

2

p

1

0

p

1

p

2

p

3

−2

x

y 1

F (u)

x

− Aproveitando o exemplo anterior∗ , vejamos um exemplo de imagem de conjunto. Encontre F (W ), onde W = { (x, y) ∈ R2 : y = x } Solu¸ ca õ: pela defini¸c˜ ao 15 temos F (W ) = F (w) : w ∈ W = F (x, y) : (x, y) ∈ W = (x, −y, x − y) : y = x = (x, −x, 0) ∗

F : R2 → R3 tal que F (x, y) = (x, −y, x − y)

129

Sendo assim, F (W ) é a reta “no espa¸co” localizada no plano xoy (z = 0) e de equa¸c˜ ao y = −x, isto é, x + y = 0. Geometricamente tudo se passa assim: z

y

p

3

F

2

p

W

p

1

F (W )

p

p

1

2

y

x

p

3

y

x =−

y=x x

Por oportuno, a imagem da aplica¸cão F : U → V é encontrada assim: Im (F ) = { F (u) : u ∈ U }

= { F (x, y) : (x, y) ∈ R2 }

= { (x, −y, x − y) : (x, y) ∈ R2 } = { x(1, 0, 1) + y(0, −1, −1) : x, y ∈ R } A imagem é gerada pelos vetores (1, 0, 1), (0, −1, −1), isto é, Im (F ) = [ (1, 0, 1), (0, −1, −1) ] é o plano que contém estes dois vetores e a origem: z

z

(1, 0, 1)

s

(0, −1, −1)

s

y

s

s

x

− Estes dois vetores geram a imagem de F (um plano passando pela origem)

130

x

− A imagem de F

y

Defini¸ c˜ ao 16 (Transforma¸c˜ ao Injetora). uma transforma¸ca õ F : U → V se diz injetora se, e somente se, ∀ u1 , u2 ∈ U, F (u1 ) = F (u2 ) ⇒ u1 = u2 . Ou, em outra formula¸c˜ ao:

(ver contrapositivo, p. 435)

∀ u1 , u2 ∈ U, u1 6= u2 ⇒ F (u1 ) 6= F (u2 ). Exemplos: 1 ) A transforma¸c˜ ao F : R2 → R3 dada por F (x, y) = (x, −y, x − y), é injetora pois se u1 = (x1 , y1 ) e u2 = (x2 , y2 ) então: F (u1 ) = F (u2 ) ⇒ (x1 , −y1 , x1 − y1 ) = (x2 , −y2 , x2 − y2 ) ( x1 = x2 ⇒ ⇒ u1 = u2 . y1 = y2 2 ) A transforma¸c˜ ao F : R2 → R3 dada por F (x, y) = (1, x + y, 2), n˜ ao é injetora pois temos, por exemplo,  F (1, 0) = (1, 1 + 0, 2) = (1, 1, 2) (1, 0) 6= (0, 1) ⇒ ⇒ F (1, 0) = F (0, 1). F (0, 1) = (1, 0 + 1, 2) = (1, 1, 2) Geometricamente temos:

z

y

p

3

F

2

p

2

u2

F (u1 )=F (u2 )

t t

u1

p

2

p

3

1

x

y

1 x

P 3 ) A transforma¸c˜ ao F : Z32 → R dada por F (x1 x2 x3 ) = 3i=1 xi , n˜ ao é injetora pois temos, por exemplo,  F (101) = 1 + 0 + 1 = 2 101 6= 110 ⇒ ⇒ F (101) = F (110). F (110) = 1 + 1 + 0 = 2 131

Defini¸ c˜ ao 17 (Transforma¸cão Sobrejetora). uma transforma¸ca õ F : U → V se diz sobrejetora se, e somente se, Im (F ) = V , ou seja, para todo v ∈ V , existe u ∈ U tal que F (u) = v. Exemplos: 1 ) A transforma¸c˜ ao F : R2 → R2 dada por F (x, y) = (x, −y), é sobrejetora. De fato, dado v = (c, d) no contradom´ınio, basta tomar, no dom´ınio, u = (c, −d) e teremos F (c, −d) = (c, −(−d)) = (c, d) 2 ) A transforma¸c˜ ao F : R2 → R3 dada por F (x, y) = (1, x + y, 2), n˜ ao é 3 sobrejetora. De fato, por exemplo o ponto v = (0, 0, 1) ∈ R n˜ ao é imagem de ponto algum do dom´ınio. Defini¸ c˜ ao 18 (Transforma¸cão Bijetora). uma transforma¸ca õ F : U → V se diz bijetora se, e somente se, F é injetora e é sobrejetora. Exemplo: A transforma¸cão F : R2 → R2 dada por F (x, y) = (x, −y) é injetora (verifique) e sobrejetora. Logo, F é bijetora. − Se uma transforma¸c˜ ao F : U → V é bijetora, então podemos definir uma outra transforma¸c˜ ao F −1 : V → U , chamada a inversa de F , veja: U

V F

u u uF (u)

F −1

∀ u ∈ U, F −1 F (u) = u

132

Provaremos agora uma importante propriedade relativa a fun¸cão inversa: P ) Qualquer que seja a fun¸c˜ ao bijetora F : A → B, as compostas∗ F −1 ◦ F : A → A

e

F ◦ F −1 : B → B

s˜ ao, respectivamente, iguais ` as fun¸cões identidade de A e B, assim: F −1 ◦ F = IA A x

F

F −1

B y

e

A x

F ◦ F −1 = IB B y

F −1

A x

F −1 ◦ F

F

B y

F ◦ F −1

Prova: Seja x um elemento qualquer de A e y ∈ B a sua imagem pela F , isto é, F (x) = y, donde, pela defini¸cão de fun¸cão inversa, F −1 (y) = x. Portanto: F −1 ◦ F (x) = F −1 F (x) = F −1 (y) = x = IA (x) (3.2) F ◦ F −1 (y) = F F −1 (y) = F (x) = y = IB (y) (3.3)

o que demonstra as igualdades F −1 ◦ F = IA e

F ◦ F −1 = IB .

>

Nota: Estas igualdades justificam a seguintes “opera¸cões” (equivalência): F (x) = y

⇔

x = F −1 (y)

Com efeito, F (x) = y

⇒

F −1 F (x) = F −1 (y) F −1 ◦ F (x) = F −1 (y) IA (x) = F −1 (y) x = F −1 (y)

e x = F −1 (y)

⇒

F (x) = F F −1 (y) = F ◦ F −1 (y) = IB (y) =y

∗

A defini¸c˜ ao de composta é a mesma encontrada nos livros do ensino médio.

133

3.2

Transforma¸c˜ oes Lineares

Uma transforma¸c˜ ao F : U → V entre dois espa¸co vetoriais é dita linear se for compat´ıvel com as opera¸cões de espa¸co vetorial + e · em U e V ; ou seja, se é irrelevante adicionar primeiro dois elementos de U e depois transformar a soma, ou ent˜ ao transformar primeiro os dois elementos e depois adicionar suas imagens; o mesmo deve ser verdadeiro para a multiplica¸cão por um escalar. Defini¸ c˜ ao 19 (Transforma¸cão Linear). Sejam U e V espa¸cos vetoriais c~ ao linear de U sobre R. Uma fun¸ca õ F : U → V é dita uma transforma¸ em V se, e somente se, (i) ( ii )

F ( u1 + u2 ) = F ( u1 ) + F ( u2 ),

∀ u1 , u2 ∈ U

F ( λ u ) = λ F ( u ),

∀ λ ∈ R e ∀ u ∈ U.

Exemplo: Nos amplificadores lineares da eletrˆ onica temos um exemplo c~ oes lineares de transforma¸

F (u)

u

Saida

Entrada

F Sendo um amplificador linear uma transforma¸cão linear a condi¸cão ( i ) da defini¸c˜ ao nos diz que se colocarmos na entrada do circuito a soma de dois “sinais” ( u1 + u2 ) na sa´ıda do circuito teremos a soma das respectivas respostas a cada um dos sinais aplicados individualmente: F ( u1 ) + F ( u2 ). A condi¸c˜ ao ( ii ) da defini¸cão nos diz que se multiplicarmos um sinal de entrada por um fator λ e considerarmos este resultado ( λ u ) como uma nova entrada, na saida do circuito teremos a saida do sinal original ( u ) multiplicada por este mesmo fator λ: λ F ( u ). No caso particular em que U = V , a transforma¸cão linear F : U → V também é chamada de operador linear. 134

Exemplos: 1 ) A transforma¸c˜ ao F : R2 → R2 , F (x, y) = (−3x+y, 2x+3y) é linear. De fato, se u1 = (x1 , y1 ) e u2 = (x2 , y2 ) s˜ ao vetores genéricos do R2 , tem-se: ( i ) F (u1 + u2 ) = F (x1 + x2 , y1 + y2 ) =

− 3(x1 + x2 ) + (y1 + y2 ), 2(x1 + x2 ) + 3(y1 + y2 )

= (−3x1 − 3x2 + y1 + y2 , 2x1 + 2x2 + 3y1 + 3y2 )

= (−3x1 + y1 ) + (−3x2 + y2 ), (2x1 + 3y1 ) + (2x2 + 3y2 ) = (−3x1 + y1 , 2x1 + 3y1 ) + (−3x2 + y2 , 2x2 + 3y2 )

= F (u1 ) + F (u2 ). ( ii ) Para todo λ ∈ R e para todo u = (x, y) ∈ R2 , tem-se: F (λ u) = F (λx, λy) − 3(λx) + (λy), 2(λx) + 3(λy) = λ(−3x + y), λ(2x + 3y) = λ − 3x + y, 2x + 3y

=

= λ F (u).

− Interpreta¸ c˜ ao Geom´ etrica

Vamos dar uma interpreta¸c˜ ao geométrica para o operador linear do exem2 plo anterior, isto é: F : R → R2 , F (x, y) = (−3x + y, 2x + 3y). Por exemplo, u1 = (0, 1)

⇒

F (u1 ) = (1, 3)

u2 = (−1, 1)

⇒

F (u2 ) = (4, 1)

u1 + u2 = (−1, 2)

⇒

F (u1 + u2 ) = (5, 4)

Na figura a seguir (esquerda), sendo u1 + u2 o ponto extremo da diagonal do paralelogramo determinado por u1 e u2 , sua imagem F (u1 + u2 ) situa-se no ponto extremo da diagonal do paralelogramo determinado por F (u1 ) e F (u2 ), isto é, F (u1 +u2 ) = F (u1 )+F (u2 ). Diz-se, nesse caso, que F preserva a adi¸ca õ de vetores. 135

y

y F (u1 +u2 )

4

p

p

p

p p

p

p

2

p

1

p

p

1

0

t F (u

1

p

p

tu

−1

t

3

2

u2 t −2

F (u1 )

F

3

u1 + u2 t

t

4

2

x

p

p

1

0

p

2

p

3

2)

p

4

5

x

Na figura a seguir (esquerda) multiplicamos o vetor u2 por 2, por exemplo, sua imagem F (u2 ) também fica multiplicada por 2. Esse fato vale para qualquer λ real, isto é, F (λ u) = λ F (u). Diz-se, nesse caso, que F preserva a opera¸c˜ ao multiplica¸c˜ ao de um vetor por um escalar. y

y

F

−2 p −1p

1

1

0

F (2 u2 )

s

p

2

F (u2 )

s

p

p

2

p

u2 s

3

p

p

3

2 su2

p

p

x

p

0

p

p

4p

p

p

p

8p

x

2 ) Consideremos o espa¸co vetorial U = Pn dos polinˆ omios de grau ≤ n. Consideremos o operador derivada D : Pn → Pn que leva f ∈ Pn em sua derivada f ′ , isto é, D(f ) = f ′ . Por exemplo, D P2

P2 f (t) = 1 + t − 3t2

⇒

g(t) = 4 + 3t

⇒

f (t) + g(t) = 5 + 4t − 3t2

⇒

D f (t) = 1 − 6t D g(t) = 3

D f (t) + g(t) = 4 − 6t 136

Este operador é linear. De fato, pelas regras de deriva¸cão, sabe-se que: (i)

D(f + g) = D(f ) + D(g)

( ii )

D(λ f ) = λ D(f )

3 ) Sejam os espa¸cos vetoriais U = Pn e V = R. A transforma¸cão Z

T : Pn → R, definida por T (p) =

b

p dt

a

onde a, b ∈ R, que a cada polinˆ omio p ∈ Pn faz corresponder a sua integral definida T (p) ∈ R; por exemplo p

R s

=

f (t) dt = T f (t) −1

8 3

=

Z

1

s−2 +

T

1

1

f (t) + g(t) dt

p

f (t) + g(t) = 4t + t2

Z

−1

0

p

f (t) = 1 + t + t2 g(t) = −1 + 3t

Z

p

p

P2

8 3

p

s−2 =

g(t) dt = T g(t)

−1

é linear. De fato, do C´ alculo sabe-se que: (i)

T (f + g) =

Z

b

(f + g) dt =

a

( ii )

T (λ f ) =

Z

b

(λ f ) dt = λ

Z

Z

b

f dt +

Z

b

g dt = T (f ) + T (g)

a

a

b

f dt = λ T (f )

a

a

4 ) Sejam os espa¸cos vetoriais U = M2 e V = M2 . A transforma¸cão T : M2 → M2 , definida por T (p) = é linear. De fato, sejam u1 = M2 . Temos,

a b c d

e u2 =

137

a11 a21

a12 a22

e f g h

=

2a11 a21

a12 3a22

vetores arbitrários em

( i ) T (u1 + u2 ) = T

a+e b+f c+g d+h

=

2(a + e) b+f c+g 3(d + h)

=

2a + 2e b + f c + g 3d + 3h

=

2a b c 3d

=

( ii ) T (λ u1 ) = T

"

λa λb λc λd

#!

=

"

+

T (u1 )

+

#

"

2(λ a)

λb

λc

3(λ d)

=

=λ

2e f g 3h T (u2 )

λ (2a)

λb

λc

λ (3d) # b

"

2a c

3d

= λ T (u1 ) 5 ) A transforma¸c˜ ao T : R2 → R2 , T (x, y) = (x + 1, y − 1) n˜ ao é linear.

Para mostrar que uma dada transforma¸cão n˜ ao é linear basta exibir um “contraexemplo”; para isto temos duas alternativas: ( i ) Devemos “conseguir” dois vetores u1 , u2 ∈ R2 tais que T ( u1 + u2 ) 6= T ( u1 ) + T ( u2 )

(3.4)

ou ( ii ) Devemos conseguir um n´ umero λ ∈ R e um vetor u ∈ R2 tais que T ( λ u ) 6= λ T ( u ) Pois bem, pela primeira alternativa, fa¸camos a seguinte tentativa u1 = (1, 0) e u2 = (0, 1). Sendo assim, temos u1 + u2 = (1, 1), então T ( u1 + u2 ) = T (1, 1) = (1 + 1, 1 − 1) = (2, 0) T ( u1 ) = T (1, 0) = (1 + 1, 0 − 1) = (2, −1) T ( u2 ) = T (0, 1) = (0 + 1, 0 − 1) = (1, −1) T ( u1 ) + T ( u2 ) = (2, −1) + (1, −1) = (3, −2) logo, a desigualdade (3.4) est´ a satisfeita e, portanto, T n˜ ao é linear.

138

#

6 ) Sejam os espa¸cos vetoriais U = V = Z32 . A transforma¸cão F : Z32 u

7→

Z32 u ¯

n˜ ao é linear. Nota: u ¯ significa “inverter” (trocar) cada bit do código (vetor) u, veja: u1 = 101

⇒

F (u1 ) = u ¯1 = 101 = 010

u2 = 001

⇒

F (u2 ) = u ¯2 = 001 = 110

Temos: u1 + u2 = 101 + 001 = 100 Então: F (u1 + u2 ) = F (100) = 100 = 011 Logo: F (u1 + u2 ) = 011 6= 100 = F (u1 ) + F (u2 ) 7 ) A transforma¸c˜ ao identidade U I: U

U

I

u u

u 7→ u

U

∀u∈U

uu I(u) = u

ou I(u) = u, ∀ u ∈ U , é mais um exemplo de operador linear. De fato, (i) ( ii )

I(u1 + u2 ) = u1 + u2 = I(u1 ) + I(u2 ) I(λ u) = λ u = λ I(u).

Nota: Dada uma transforma¸c˜ ao qualquer F : U → V , entre dois espa¸cos vetoriais arbitrários, via de regra o vetor nulo de U é distinto do vetor nulo de V , raz˜ ao porque doravante estaremos mudando a cor do zero de V (contradom´ınio), este estar´ a na cor “azul”: 0. Veja:

7→

7→

F: U → V 0

0

139

8 ) A transforma¸c˜ ao nula (ou zero) U F: U u

7→

V

F

u u

0

V

∀u∈U

u0 F (u)= 0

F (u) = 0, ∀ u ∈ U , é mais um exemplo de transforma¸cão linear. Veja: (i) ( ii )

F (u1 + u2 ) = 0 = 0 + 0 = F (u1 ) + F (u2 ) F (λ u) = 0 = λ 0 = λ F (u).

9 ) Seja U um espa¸co vetorial sobre R. Fixando um α ∈ R qualquer, chamase homotetia determinada pelo escalar α a aplica¸cão U Hα : U u

U

Hα

u u

7→ α u

U

∀u∈U

uα u Hα (u)=α u

ou Hα (u) = α u, ∀ u ∈ U . Hα é mais um exemplo de operador linear, veja (i) ( ii )

Hα (u1 + u2 ) = α (u1 + u2 ) = α u1 + α u2 = Hα (u1 ) + Hα (u2 ) Hα (λ u) = α (λ u) = λ (α u) = λ Hα (u).

10 ) Seja U um espa¸co vetorial sobre R. Fixando um w ∈ U qualquer, chama-se transla¸ca õ definida por w a aplica¸cão U Tw : U U u 7→ u+w

u u ∀u∈U

U Tw

uu + w Tw (u) = u+w

Se w 6= 0, ent˜ ao Tw n˜ ao é linear. De fato, para todos u1 , u2 ∈ U , temos: T (u1 + u2 ) = (u1 + u2 ) + w T (u1 ) = u1 + w T (u2 ) = u2 + w

⇒

T (u1 ) + T (u2 ) = u1 + u2 + 2w

Logo, se w 6= 0, Tw n˜ ao é linear. Por outro lado, se w = 0, então Tw coincide com o operador identidade que é linear. 140

Uma transforma¸ c˜ ao linear especial Interregno cultural: Precisamente no ano de 1988 senti a necessidade de fazer um programa computacional para tra¸car o gr´ afico de superf´ıcies z = f (x, y). Na época n˜ ao existiam os potentes softwares algébricos existentes hoje e que tra¸cam gr´ aficos com a maior facilidade. Inicialmente, para desenvolver meu programa consultei dois ou três livros sobre computa¸cão gr´ afica, entretanto achei os algoritmos − constantes nestes livros − um tanto quanto complicados para serem implementados; foi quando decidi criar meu pr´ oprio algoritmo.

Dedu¸c˜ ao do meu algoritmo Após alguns instantes de reflex˜ ao me coloquei o seguinte problema: Como plotar um ponto (x, y, z), do espa¸co tridimensional, em uma superf´ıcie bidimensional (a tela do computador ou uma folha de papel, por exemplo)? Para resolver meu problema devo construir a seguinte transforma¸cão T : R3 → R2 z

z

t (x, y, z)

t (X, Y )

y

y

x

Observe que o ponto a ser plotado é “o mesmo” nas duas figuras. Digo, para plotar o ponto de coordenadas (x, y, z) “no espa¸co” basta plotar o ponto de coordenadas (X, Y ) no plano − de modo que esta plotagem nos dê a ilus˜ ao de que o ponto encontra-se no espa¸co, entenderam? Pois bem, s´ o nos resta agora relacionar as “coordenadas virtuais” X e Y com as coordenadas reais x, y e z. Isto pode ser feito a partir das figuras z z

t (X, Y ) ≡ (x, y, z)

t (X, Y )

` θ

y

y x

x

141

` θ

տ

Nota: θ é um ˆ angulo entre o eixo x e o eixo z (negativo). O nosso interesse estar´ a centrado na figura da direita. Desta figura destacamos o seguinte triˆ angulo (ver seta): y−X ⊡ z−Y

θ a

sen θ =

y−X x

⇒ X = y − x · sen θ

cos θ =

z−Y x

⇒ Y = z − x · cos θ

x

Ent˜ ao, o “menor algoritmo do mundo” para o tra¸cado de superf´ıcies, é: (x, y, z) ≡ (X, Y ) = ( y − x · sen θ, z − x · cos θ )

(3.5)

Aplica¸c˜ oes do algoritmo Na figura seguinte temos o gr´ afico da superf´ıcie dada por z(x, y) = cos x · cos y no dom´ınio [0, 4π] × [0, 2π] (isto é, 0 ≤ x ≤ 4π, 0 ≤ y ≤ 2π), com θ = 35 o :

Na figura seguinte temos o gr´ afico da superf´ıcie dada por z(x, y) = sen x · cos y no dom´ınio [0, 4π] × [0, 2π](isto é, 0 ≤ x ≤ 4π, 0 ≤ y ≤ 2π ), com θ = 35 o : 142

Nota: Para mais um exemplo de superf´ıcie ver p. 417.

Morte e ressurrei¸c˜ ao de um algoritmo Alguns anos depois da concep¸caõ do meu algoritmo surgem os poderosos softwares computacionais para o tra¸cado de gr´ aficos (inclusive superf´ıcies), devo confessar que, com muito pesar, vislumbrei a morte de meu rebento. Entretanto, alguns anos depois as circustâncias me levaram a utilizar o processador de texto∗ LATEX 2ε e neste existe um ambiente (pspicture) para o tra¸cado de figuras que trabalha com as coordenadas cartesianas bidimensionais (X, Y ). Somente ent˜ ao me dei conta de que a finalidade principal de meu algoritmo n˜ ao estava no tra¸cado de superf´ıcies mas sim em plotar um ponto no espa¸co R3 e, em fun¸c˜ ao disto, o mesmo se revelaria de grande utilidade dentro do ambiente de figuras do referido processador de texto. Por exemplo, os seguintes paralelepipedos foram tra¸cados com o algoritmo (3.5).

Nota: As duas superf´ıcies anteriores foram tra¸cadas no ambiente de figuras (pspicture) do LATEX, programei a equa¸cão (3.5) em minha H.P. para me fornecer as coordenadas dos pontos da superf´ıcie. Para mais detalhes sobre estas figuras veja p. 195. ∗

No qual foi feita a Editora¸c˜ ao eletrˆ onica deste livro.

143

Uma outra aplica¸c˜ ao inestimável que encontrei para o meu algoritmo se deu 21 anos ap´ os sua concep¸cão, quando iniciei a escrever o presente livro. Todas as figuras deste livro, que envolvem o espa¸co vetorial R3 , como, por exemplo, a seguinte: (p. 162) F

z N (F )

z

−→ t (x, y, z)

t(x, y, z) Im (F ) y

y

s(x, y, 0) x

x

foram feitas com o aux´ılio do algoritmo. O nosso algoritmo pode ser visto como a aplica¸cão, T:

R3

(x, y, z)

R2 (y−x· sen θ, z−x·cos θ)

que é uma transforma¸c˜ ao linear, uma vez que θ é um parˆ ametro. Observe que T (0, y, z) = (y − 0 · sen θ, z − 0 · cos θ) = (y, z) Ou seja, os pontos do plano yoz s˜ ao “invariantes” por T . A pr´ oxima proposi¸caõ nos fornece uma defini¸cão alternativa para transforma¸c˜ ao linear envolvendo uma u ńica condi¸cão. Proposi¸ c˜ ao 10. Uma fun¸ca õ F : U → V é uma transforma¸ca õ linear, se e somente se, F (λ u + µ v) = λ F (u) + µ F (v) (3.6) para quaisquer u, v ∈ U e quaisquer λ, µ ∈ R. Prova: ( ⇒ ) Assumindo F linear devemos mostrar que vale a igualdade (3.6). Resumindo:    ( i ) F ( u1 + u2 ) = F ( u1 ) + F ( u2 ) ( ∀ u1 , u2 ∈ U )

H: ⇓

T:

 ( ii )

F (λu) = λF (u)

F (λ u + µ v) = λ F (u) + µ F (v) 144

( ∀ λ ∈ R, ∀ u ∈ U )

Pois bem, tomando u1 = λ u e u2 = µ v e substituindo em ( i ), obtemos F (λ u + µ v) = F (λ u) + F (µ v) Agora utilizando a parte ( ii ) da hip´ otese, obtemos F (λ u + µ v) = λ F (u) + µ F (v) que é a nossa tese. ( ⇒ ) Para provar a reciproca “o que é tese vira hip´ otese e o que é hip´ otese vira tese ”, assim:

H:

F (λ u + µ v) = λ F (u) + µ F (v)

⇓   (i)

T:

 ( ii )

( ∀ λ, µ ∈ R; ∀ u, v ∈ U )

F ( u1 + u2 ) = F ( u1 ) + F ( u2 )

( ∀ u1 , u2 ∈ U ) ( ∀ λ ∈ R, ∀ u ∈ U )

F (λu) = λF (u)

Tomando na hip´ otese λ = µ = 1 provamos a parte ( i ) da tese. Para provar a parte ( ii ) é suficiente tomar µ = 0. Desta proposi¸c˜ ao segue, por indu¸cão, a propriedade b´ asica das transforma¸cões lineares: F (λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λn un ) = λ1 F (u1 ) + λ2 F (u2 ) + · · · + λn F (un ) Ou, o que d´ a no mesmo F

n X i=1

n X λi F (ui ) λi ui =

(3.7)

i=1

No nosso pr´ oximo exemplo (teorema) iremos caracterizar todas as transforma¸cões lineares F : Rm → Rn . ∗

∗

∗

Através dos tempos, os matem´ aticos têm considerado seus objetos, tais como n´ umeros, pontos, etc., como coisas substanciais em si. Uma vez que estas entidades sempre tinham desafiado tentativas de uma descri¸ca õ adequada, manifestou-se corretamente nos matem´ aticos do século XIX a conviçca õ de que a quest˜ ao do significado destes objetos como coisas substanciais n˜ ao fazia sentido dentro da Matem´ atica, ou mesmo em geral. (Richard Courant/O que ´ e Matem´ atica?)

145

Teorema 6. Considerando uma transforma¸ca õ F : Rm → Rn ; dado m u = (x1 , x2 , . . . , xm ) ∈ R temos F ( x1 , x2 , . . . , xm ) = ( y 1 , y 2 , . . . , y n ) ∈ R n Se F é linear ent˜ ao existem m · n n´ umeros reais ( aij ), 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m ou ainda,

tais que F é da forma



a11

a12

. . . a1m

  a21 a22 . . . a2m   ...................  an1 an2 . . . anm

      (∗)

F ( x1 , x2 , . . . , xm ) = ( y 1 , y 2 , . . . , y n )

y1 = a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1m xm y2 = a21 x1 + a22 x2 + · · · + a2m xm

································· · ·

yn = an1 x1 + an2 x2 + · · · + anm xm

Reciprocamente, se ( aij ) é uma cole¸ca õ de m · n n´ umeros reais, ent˜ ao a fun¸ca õ que associa a cada u de Rm o elemento y em Rn de acordo com a equa¸ca õ ( ∗ ), é uma transforma¸ca õ linear com dom´ınio em Rm e contradon minio em R . Antes da prova do teorema observe a seguinte perspectiva:

F : Rm → Rn      

y1





a11

a12

. . . a1m

    a21 a22 . . . a2m =   ...................   an1 an2 . . . anm yn | {z y2 .. .

n×m

146

      ·     }

x1 x2 .. . xm

     

Prova: ( ⇒ ) Supondo F linear vamos mostrar que existem m·n n´ umeros reais aij de modo que F é da forma ( ∗ ). De fato, sejam e1 , e2 , . . . , em os vetores da base canˆ onica de Rm , isto é e1 = (1, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, . . . , 0), . . . , em = (0, 0, . . . , 1) Examinemos a imagem desses vetores pela transforma¸cão F . Suponhamos

······························ F (em ) = ( a1m , a2m , . . . , anm )

     

F (e2 ) = ( a12 , a22 , . . . , an2 )

    

F (e1 ) = ( a11 , a21 , . . . , an1 )

F : Rm → Rn ej 7→ F (ej )

↓ j = 1, 2, ... , m

(♣)

Isto é, o n´ umero real aij é a i−ésima coordenada do vetor F (ej ). Seja u = (x1 , x2 , . . . , xm ) um vetor arbitrário de Rm . Logo, u = x1 e1 + x2 e2 + · · · + xm em Então, F (u) = F (x1 e1 + x2 e2 + · · · + xm em ) Como F é linear podemos fazer uso da equa¸cão (3.7) (p. 145) para obter F (u) = x1 F (e1 ) + x2 F (e2 ) + · · · + xm F (em ) Usando as m igualdades em ( ♣ ), obtemos F (u) = x1 ( a11 , a21 , ..., an1 ) + x2 ( a12 , a22 , ..., an2 ) + ··· + xm ( a1m , a2m , ..., anm ) =( a11 x1 , a21 x1 , ..., an1 x1 ) + ( a12 x2 , a22 x2 , ..., an2 x2 ) + ··· + ( a1m xm , a2m xm , ..., anm xm )

Adicionando estes m vetores, F (u) resulta da forma ( ∗ ). Nota: J´ a neste momento observe que a contrapositiva da proposi¸cão que acabamos de provar nos assegura de que se uma transforma¸cão F do Rm em Rn n˜ ao for da forma ( ∗ ) então F n˜ ao é linear. O leitor poderia ser tentado a concluir que se uma tal transforma¸cão F for da forma ( ∗ ) então é linear. Observamos que isto deve ser provado uma vez que uma proposi¸cão n˜ ao é equivalente ` a sua reciproca. ( ⇐ ) Reciprocamente, é fácil mostrar − por cálculo direto − que toda transforma¸cão da forma ( ∗ ) é linear.

Exegese : A vantagem deste teorema é que podemos decidir − “a olho nu ” − se uma transforma¸c˜ ao F : Rm → Rn é ou n˜ ao linear: Uma transforma¸ca õ F:

Rm

Rn

(x1 , ..., xm )7→ (y1 , ..., yn )

147

é linear se, e somente se, as coordenadas yi s˜ ao combina¸cões lineares das coordenadas xi . Por exemplo, F : R2 → R3 ,

a) b)

F : R2 → R2 ,

F : R3 → R2 ,

c)

F (x, y) = (2x + y, x − 2y, −x − y)

é linear;

F (x, y) = (2x + y, 3x + 2y)

é linear;

F (x, y, z) = (x + y, x + z)

é linear;

d)

F : R3 → R3 ,

F (x, y, z) = (2x2 + 3y, x, z)

n˜ ao é linear;

e)

F : R → R,

F (x) = a x + b

n˜ ao é linear;

F (x) = (3x, 2)

n˜ ao é linear.

f)

F : R → R2 ,

Exemplo: Apenas a t´ıtulo de ilustra¸cão vamos encontrar a matriz associada a seguinte transforma¸c˜ ` ao linear, F : R3 → R2 ,

dada por

F (x, y) = (x + y, x + z)

segundo o teorema 6 (p. 146). Seguindo os passos da demonstra¸cão devemos calcular a transforma¸c˜ ao nos vetores da base canˆ onica do R3 , assim:   F (e1 ) = ( 1 + 0, 1 + 0 ) = (1, 1)    B = { (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) } ⇒ F (e2 ) = ( 0 + 1, 0 + 0 ) = (1, 0)     F (e3 ) = ( 0 + 0, 0 + 1 ) = (0, 1)

Tomamos o “transposto” das coordenadas, assim:

F : R3 → R2 "

y1 y2

2×3

  }| #{ x1 1 1 0   = ·  x2  1 0 1 x3 ↑ ↑ ↑ F (e1 ) F (e3 ) F (e2 )

#

z"

Observe a equa¸c˜ ao matricial da seguinte perspectiva Y = F (X) = A X Oportunamente vamos generalizar este exemplo para espa¸cos vetoriais arbitrários. 148

Propriedades das Transforma¸c˜ oes Lineares Sejam U e V espa¸cos vetoriais sobre R e consideremos uma transforma¸cão linear F : U → V . Valem as seguintes propriedades para F :

P1 ) F ( 0) = 0. Isto é, sob qualquer transforma¸cão linear F : U → V a imagem do vetor nulo de U é o vetor nulo de V . Prova: Com efeito, F ( 0) = F ( 0 + 0) = F ( 0) + F ( 0) logo, F ( 0) − F ( 0) = F ( 0) + F ( 0) − F ( 0) 0 = F ( 0)

> Considerando a proposi¸c˜ ao que acabamos de provar: Proposi¸c˜ ao: Se F : U → V é linear, então F ( 0) = 0.

a sua reciproca: “Se F ( 0) = 0, então F : U → V é linear.” n˜ ao é verdadeira ´ o caso da transforma¸cão (n˜ ao vale). E F : R2 → R3 , T (x, y) = (x2 , y, y 2 ) ao é na qual temos F ( 0) = F (0, 0) = (02 , 0, 02 ) = (0, 0, 0) = 0 e F n˜ linear. Conclus˜ ao: A condi¸c˜ ao F ( 0) = 0 é necess´ aria, mas n˜ ao suficiente, para que uma transforma¸c˜ ao F seja linear; o que significa que se acontecer F ( 0) 6= 0 já podemos, de imediato, garantir que F n˜ ao é linear; entretanto se acono − n˜ ao garante que F seja linear. tecer F ( 0) = 0, isto − por si s´ P2 ) F ( u1 − u2 ) = F ( u1 ) − F ( u2 ), ∀ u1 , u2 ∈ U . Prova: Da condi¸c˜ ao ( i ) abaixo (i) ( ii )

F ( u1 + u2 ) = F ( u1 ) + F ( u2 ),

∀ u1 , u2 ∈ U

F ( λ u ) = λ F ( u ),

∀ λ ∈ R e ∀ u ∈ U.

temos F ( u1 − u2 ) = F ( u1 + (−u2 ) ) = F ( u1 ) + F ( −u2 ) Tomando na condi¸c˜ ao ( ii ) λ = −1 e u = u2 , resulta F ( −u2 ) = −F ( u2 ), donde F ( u1 − u2 ) = F ( u1 ) − F ( u2 ) >

149

Observe que se na igualdade acima tomarmos u1 = u2 , isto é, u1 −u2 = 0 teremos F ( 0 ) = F ( u 1 ) − F ( u2 ) = 0 uma outra alternativa para se demonstrar esse resultado. P3 ) Se W é um subespa¸co de U , então a imagem de W é um subespa¸co de V . V

U W

F (W )

F

sw

s F (w)

s

s F (u)

u

Se W é subespa¸co . . .

F (W ) é subespa¸co.

Prova: Inicialmente resumimos a proposi¸cão assim:

H:

  H1 : F : U → V é linear.

T: F (W ) ⊂ V é subespa¸co.

 H : W ⊂ U é subespa¸co. 2

Segundo a proposi¸caõ 1

(p. 53)

F (W ) =

devemos mostrar que

F (w) : w ∈ W

é fechado para as opera¸cões de espa¸co vetorial. Com efeito, sejam v1 e v2 vetores arbitrários em F (W ), devemos provar que v1 + v2 ∈ F (W ). Pela defini¸c˜ ao de F (W ) existem w1 e w2 em W tais que v1 = F (w1 ) e v2 = F (w2 ), ent˜ ao v1 + v2 = F (w1 ) + F (w2 ) Como F é linear resulta v1 + v2 = F (w1 + w2 ) Por hip´ otese, W é subespa¸co, segue que w1 + w2 ∈ W ; isto implica que v1 + v2 ∈ V é imagem de um elemento de W , logo, v1 + v2 ∈ F (W ). Seja agora λ ∈ R e v ∈ F (W ), arbitrários, devemos provar que λ v ∈ F (W ). Pela defini¸c˜ ao de F (W ) existe w ∈ W tal que v = F (w). Então, λ v = λ F (w) Como F é linear resulta λ v = F (λ w) 150

Por hip´ otese, W é subespa¸co, então λ w ∈ W ; isto implica que λ v ∈ V é imagem de um elemento de W , logo, λ v ∈ F (W ). > Nota: A propriedade P3 significa que uma transforma¸cão linear F : U → V transforma subespa¸cos vetoriais do dom´ınio em subespa¸cos vetoriais no contradom´ınio. Em outras palavras, uma transforma¸cão linear preserva a estrutura de espa¸co vetorial. P4 ) Se F : U → V é linear e { u1 , . . . , un } gera U , então { F (u1 ), . . . , F (un ) } gera Im (F ). Prova: Com efeito, seja v ∈ Im (F ) = { F (u) : u ∈ U } arbitrário. Então, v = F (u) para algum u ∈ U . Como { u1 , . . . , un } gera U , existem escalares λ1 , . . . , λn tais que: u = λ1 u1 + · · · + λn un Logo, v = F (u) = F (λ1 u1 + · · · + λn un ) = λ1 F (u1 ) + · · · + λn F (un ) Portanto, Im (F ) = [ F (u1 ), . . . , F (un ) ].

>

P5 ) Uma transforma¸c˜ ao linear F : U → V fica completamente determinada quando se conhecem as imagens dos vetores de uma base de U . Prova: Com efeito, suponhamos que B = { u1 , u2 , . . . , un } seja uma base do dom´ınio U e que se conhe¸ca quais s˜ ao as imagens F (u1 ), F (u2 ), . . . , F (un ) dos vetores desta base. Sempre é poss´ıvel obter a imagem T (u) de qualquer u ∈ U , pois sendo u uma combina¸cão linear dos vetores da base, isto é: u = λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λn un Aplicando F a ambos os membros obtemos: F (u) = λ1 F (u1 ) + λ2 F (u2 ) + · · · + λn F (un ) >

151

Vejamos um exemplo desta u ´ltima propriedade. Seja F : R3 → R2 uma transforma¸c˜ ao linear, s˜ ao conhecidos (dados),   B = { u1 , u2 , u3 }, onde, u1 = (0, 1, 0), u2 = (1, 0, 1), u3 = (1, 1, 0)  F (u ) = (1, −2), F (u ) = (3, 1), F (u ) = (0, 2) 1 2 3

Determine F (x, y, z), a imagem de um vetor arbitrário do R3 . F =?

R3

y

R2 F (u3 )

s (x, y, z)

sF (x, y, z) = ?

s

p

z

F (u2 ) p

s

u2 s

us1

y

s

p

p

p

x

su

p

3

p

x

s F (u

1)

Solu¸ c˜ ao: Inicialmente devemos expressar um vetor u = (x, y, z) ∈ R3 como uma combina¸c˜ ao linear dos elementos da base: (x, y, z) = λ1 u1 + λ2 u2 + λ3 u3 isto é, (x, y, z) = λ1 (0, 1, 0) + λ2 (1, 0, 1) + λ3 (1, 1, 0)

(3.8)

desta equa¸c˜ ao obtemos o seguinte sistema linear  λ2 + λ3 = x    λ1 + λ3 = y    λ2 = z cuja solu¸c˜ ao é: λ2 = z,

λ3 = x − λ2 = x − z e λ1 = y − λ3 = y − (x − z) = y − x + z.

Substituindo estes valores em (3.8) obtemos (x, y, z) = (y − x + z) (0, 1, 0) + z (1, 0, 1) + (x − z) (1, 1, 0) Aplicando F , linear, temos: F (x, y, z) = (y − x + z) F (0, 1, 0) + z F (1, 0, 1) + (x − z) F (1, 1, 0) 152

Substituindo os valores de F nos vetores da base temos F (x, y, z) = (y − x + z) (1, −2) + z (3, 1) + (x − z) (0, 2) = 1 (y − x + z), −2 (y − x + z) + (3z, 1 z) + 0, 2(x − z)

Somando:

F (x, y, z) = (−x + y + 4z, 4x − 2y − 3z) Por exemplo, F (1, 2, 5) = (−1 + 2 + 4 · 5, 4 · 1 − 2 · 2 − 3 · 5) = (21, −15) ∗

3.2.1

∗

∗

Exerc´ıcios

1) Dentre as transforma¸c˜ oes a seguir, verificar quais s˜ ao lineares: a ) F : R2 → R2 definida por F (x, y) = (x − 3y, 2x + 5y); √ b ) F : R2 → R3 definida por F (x, y) = (x − y, 3x, x + 2 y); √ c ) F : R2 → R3 definida por F (x, y) = (x − y, 3x, x + 2 y);

d ) F : R3 → R3 definida por F (x, y, z) = (x + y, 0, x − y); √ e ) F : R2 → R3 definida por F (x, y) = (x + y, 0, (x − y)/ 2 ).

2) Mostre que as aplica¸c˜ oes abaixo n˜ ao s˜ ao lineares: 2 2 a ) F : R → R definida por F (x, y) = (x y, x)

b ) F : R2 → R2 definida por F (x, y) = (x + 2, y + 3) c ) F : R2 → R definida por F (x, y) = |x|

d ) F : R3 → R2 definida por F (x, y, z) = (|x|, y + z)

3) Determine a transforma¸c˜ ao linear F : R3 → R2 tal que F (1, −1, 0) = (1, 1),

F (0, 1, 1) = (2, 2),

e F (0, 0, 1) = (3, 3).

Achar F (1, 0, 0) e F (0, 1, 0). 4) Seja F : R3 → R2 uma transforma¸cão linear definida por F (1, 1, 1) = (1, 2),

F (1, 1, 0) = (2, 3),

e F (1, 0, 0) = (3, 4).

a ) Determine F (x, y, z); b ) Determine u ∈ R3 tal que F (u) = (−3, −2); c ) Determine u ∈ R3 tal que F (u) = (0, 0).

153

5) Verifique se o operador a seguir é linear F : Z32 u

Z32

7→ F (u)

onde u = x1 x2 x3 7→ F (u) = x3 x1 x2

6) Verifique se a transforma¸cão a seguir é linear F : Z32 u

R 7→ F (u)

onde u = x1 x2 x3 7→ F (u) = max{ 1 · x1 , 2 · x2 , 3 · x3 }

7) Verifique se s˜ ao operadores lineares no espa¸co Pn a ) F : Pn → Pn tal que F p(t) = t p′ (t); b ) F : Pn → Pn tal que F p(t) = p′ (t) + t2 p′′ (t).

8) Determine a transforma¸cão linear F : P2 → P2 tal que F (1) = x, F (x) = 1 − x2 e F (x2 ) = x + 2x2 .

9) Verifique se é linear a seguinte transforma¸cão a b 2 F : M2 → R tal que F = (a − b, a + b). c d 10) Seja o espa¸co vetorial U = Mn , das matrizes quadradas de ordem n, e A uma matriz fixa em U . Seja a aplica¸cão F : U → U definida por F (X) = XA + AX, com X ∈ U . Mostre que F é linear.

11) Seja F : U → V uma tranforma¸cão linear com a seguinte propriedade: se { u1 , u2 , . . . , un } é uma base de U , então { F (u1 ), F (u2 ), . . . , F (un ) } é linearmente independente em V . Mostre que F é injetora. 12) Sejam U e V subespa¸cos de um espa¸co W tais que W = U ⊕ V . Sejam P1 e P2 as transforma¸c˜ oes de W em W tais que para todo w = u + v de W (com u ∈ U e v ∈ V ) associam, respectivamente, u e v, ou seja, P1 (w) = u e P2 (w) = v. Mostre que P1 e P2 s˜ ao lineares.

154

3.3

N´ ucleo e Imagem

Defini¸ c˜ ao 20 (N´ ucleo). Sejam U e V espa¸cos vetoriais sobre R e F : U → ucleo de V uma transforma¸ca õ linear. Indica-se por N (F ) e denomina-se n´ F o seguinte subconjunto de U : N (F ) = { u ∈ U : F (u) = 0 }. U N (F )

V F

u

s0

Resumindo: N´ ucleo da transforma¸cão é o conjunto dos vetores no dom´ınio que têm como imagem o vetor nulo do contradom´ınio. Observe que o n´ ucleo nunca é vazio, posto que, como F é linear F ( 0) = 0, isto é, sempre teremos 0 ∈ N (F ). − Importante: Para encontrar o n´ ucleo de uma transforma¸cão devemos resolver, a equa¸c˜ ao F (u) = 0. Exemplos: 1 ) Seja F : R2 → R3 a transforma¸cão linear definida por F (x, y) = (0, 2x − y, 0) Encontre o n´ ucleo de F . Solu¸ c˜ ao: Pela defini¸c˜ ao de n´ ucleo temos: N (F ) = { u ∈ U : F (u) = 0 }

= { (x, y) ∈ R2 : F (x, y) = (0, 0, 0) }

Sendo assim para encontrar o n´ ucleo é suficiente resolver a equa¸cão F (x, y) = (0, 0, 0) ⇒ (0, 2x − y, 0) = (0, 0, 0) ⇒ 2x − y = 0. Portanto, N (F ) = { (x, y) ∈ R2 : y = 2 x }. Geometricamente, temos y 2

p

R2

z

← N (F )

R3

p

1

p

p

−1

p

2

x

t

տ 0 = (0, 0, 0)

p

1

x

y = 2x

155

y

2 ) Seja F : R3 → R3 , dada F (x, y, z) = (x, y, 0) a proje¸cão ortogonal do R3 sobre o plano xoy. Encontremos o n´ ucleo de F . Então: N (F ) = { u ∈ U : F (u) = 0 } = { (x, y, z) ∈ R3 : F (x, y, z) = (0, 0, 0) } Devemos resolver a equa¸cão F (x, y, z) = (0, 0, 0) ⇒ (x, y, 0) = (0, 0, 0) ⇒ x = 0 e y = 0. Logo, N (F ) = { (x, y, z) ∈ R3 : x = 0 e y = 0 } Ou seja, o n´ ucleo consta dos vetores (0, 0, z) ∈ R3 , é o eixo oz. Veja: F

z

z

N (F ) −→

tu = (x, y, z)

tu = (x, y, z)

y

y

t s F (u) = (x, y, 0)

x

x

3 ) Seja D : P3 → P3 o operador de deriva¸cão D(p) = p′ , encontre o n´ ucleo de D. Solu¸ c˜ ao: Pela defini¸cão de n´ ucleo temos: N (D) = { u ∈ U : F (u) = 0 }

= { p(t) ∈ P3 : p′ (t) = 0 }

Temos, p(t) = a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 ⇒ p′ (t) = a1 + 2 a2 t + 3 a3 t2 Para encontrar o n´ ucleo é suficiente resolver a equa¸cão p′ (t) = 0

⇒

a1 + 2 a2 t + 3 a3 t2 = 0 + 0 t + 0 t2 + 0 t3

Portanto, N (D) =

p(t) = a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 ∈ P3 : a1 = a2 = a3 = 0 156

Ou seja, no n´ ucleo de D constam apenas os polinˆ omios constantes: p(t) = a0 . Observe porque nenhum polinˆ omio do 1o grau poderia est´ a no n´ ucleo, por exemplo: p(t) = 1 + 3 t ⇒ D(p(t)) = 3 6= 0 Proposi¸ c˜ ao 11. Seja F : U → V uma transforma¸ca õ linear. Ent˜ ao: a ) N (F ) é um subespa¸co vetorial de U ;

b ) A transforma¸ca õ linear F é injetora se, e somente se, N (F ) = { 0 }. Prova: a ) Devemos mostrar que N (F ) = { u ∈ U : F (u) = 0 }

é fechado para as opera¸c˜ oes de espa¸co vetorial. Sejam u1 , u2 vetores arbitr´ arios em N (F ), devemos provar que u1 + u2 ∈ N (F ). Com efeito, pela defini¸cão de n´ ucleo temos F (u1 ) = 0 e F (u2 ) = 0, da´ı F (u1 ) + F (u2 ) = 0 Como F é linear resulta, F (u1 + u2 ) = 0. Logo, u1 + u2 ∈ N (F ).

Seja agora λ ∈ R e u ∈ N (F ), arbitrários, devemos provar que λ u ∈ N (F ). Pela defini¸c˜ ao de n´ ucleo, temos F (u) = 0, da´ı λ F (u) = 0

Como F é linear resulta F (λ u) = 0 Logo, λ u ∈ N (F ), portanto o n´ ucleo é um subespa¸co de U .

b ) Em enunciados de proposi¸cões tipo: “A transforma¸c˜ ao linear F é injetora se, e somente se, N (F ) = { 0 }.”

como se sabe, temos duas provas a fazer, “a ida” e “a volta”. Antes de prossegui pedimos ao leitor − para testar sua habilidade − que tente descobrir quem, no enunciado acima, é hip´ otese e quem é tese nos dois “sentidos”. Pois bem, para compreendermos a técnica de demonstra¸cão a ser utilizada, reescrevemos nossa proposi¸cão na seguinte forma H1 ⇒ ( H2 ⇔ T ) onde, H1 ⇒

H2 ⇔ T

F ´ e linear F ´ e injetora

157

N (F )={ 0 }

Ou seja: “Se F é linear, ent˜ ao F é injetora se, e somente se, N (F ) = { 0 }.”. Este teorema deve ser desdobrado assim    ( ⇒ ) H1 ⇒ H2 ⇒ T H1 ⇒ H2 ⇔ T  ( ⇐ ) H ⇒ H ⇐ T 1 2 Estes dois u ´ltimos teoremas possuem as seguintes equivalências    ( ⇒ ) H1 ⇒ H2 ⇒ T ≡ ( H1 ∧ H2 ⇒ T )  ( ⇐ ) H ⇒ 1

T ⇒ H2

(p. 438)

≡ ( H1 ∧ T ⇒ H2 )

Sendo assim temos:

( ⇒ ) Resumimos a “ida” assim   H1 : F é linear. H:  H : F é injetora. 2

T: N (F ) = { 0 }.

( ⇐ ) Resumimos a “volta” assim   H1 : F é linear. H:  H : N (F ) = { 0 }. 2

T: F é injetora.

Seja u ∈ N (F ), ent˜ ao F (u) = 0. Como F é linear segue que F ( 0) = 0, da´ı F (u) = F ( 0), agora usando a injetividade de F concluimos que u = 0. Conclusão: Se F é injetora o seu n´ ucleo se resume ao vetor nulo de U .

Ent˜ ao, dados u1 , u2 ∈ U arbitrários devemos mostrar que F (u1 ) = F (u2 ) ⇒ u1 = u2

Pois bem, F (u1 ) = F (u2 ) ⇒ F (u1 ) − F (u2 ) = 0 Como F é linear vale a propriedade P2

(p. 149),

isto é

F (u1 ) − F (u2 ) = 0 ⇒ F (u1 − u2 ) = 0 Como, pela segunda hip´ otese, no n´ ucleo s´ o existe o vetor nulo, temos F (u1 − u2 ) = 0 ⇒ u1 − u2 = 0 ⇒ u1 = u2 . 158

Exemplo: Seja D : Pn → Pn o operador de deriva¸cão D(p) = p′ . Perguntamos se D é um operador injetor. Inicialmente vamos encontrar o n´ ucleo deste operador: p(t) = a0 + a1 t + a2 t2 + · · · + an tn ⇒ D(p(t)) = a1 + 2 a2 t + · · · + n an tn−1 Logo, D(p(t)) = 0 ⇒ a1 = a2 = · · · = an = 0.

Sendo assim resulta

N (D) = { p(t) = a0 : a0 ∈ R } = 6 { 0} N (D) é o conjunto dos polinˆ omios constantes, logo D n˜ ao é injetor. Veja, de uma outra perspectiva, porque D n˜ ao é um operador injetor: P2

P2

D

p1 (t) = 1 + t + t2 s p(t) = 1 + 2 t

p2 (t) = 3 + t +

t2 ⇒

p1 6= p2

D(p1 ) = D(p2 )

Na equa¸c˜ ao (3.1) (p. 128) definimos a imagem de uma transforma¸cão arbitrária F : U → V como: Im (F ) = { F (u) : u ∈ U }. Na propriedade P3 (p. 150) provamos que se F é linear então Im (F ) é um subespa¸co vetorial de V . Iremos agora demonstrar um importante teorema relacionando as dimensões do n´ ucleo e da imagem de uma transforma¸cão linear. Teorema 7 (Do N´ ucleo e da Imagem). Sejam U e V espa¸cos vetoriais de dimens˜ ao finita sobre R. Dada uma transforma¸ca õ linear F : U → V , ent˜ ao dim U = dim N (F ) + dim Im (F ) U N (F )

(3.9) V

F

Im (F )

Prova: Suponha que dim N (F ) = r e que B1 = { u1 , . . . , ur } é uma base de N (F ). De acordo com o teorema do completamento (teo. 5, p. 99) essa base pode ser estendida a uma base B2 = { u1 , . . . , ur , v1 , . . . , vs } de U . Mostremos que B = { F (v1 ), . . . , F (vs ) } é uma base de Im (F ). 159

1o ) Inicialmente mostremos que B gera Im (F ). Seja v ∈ Im (F ) um vetor arbitrário na imagem, então existe u ∈ U tal que F (u) = v. Mas u é combina¸c˜ ao linear dos vetores de B2 , o que implica na existência de escalares tais que: u = λ1 u1 + · · · + λr ur + γ1 v1 + · · · + γs vs Aplicando F , obtemos

F (u) = v = F (λ1 u1 + · · · + λr ur + γ1 v1 + · · · + γs vs ) = λ1 F (u1 ) + · · · + λr F (ur ) + γ1 F (v1 ) + · · · + γs F (vs ) + · · · + λr 0

= λ1 0

+ γ1 F (v1 ) + · · · + γs F (vs )

= γ1 F (v1 ) + · · · + γs F (vs ) Observe que u1 , . . . , ur est˜ ao no n´ ucleo, o que implica que suas imagens, por F , é o vetor nulo. Pois bem, esta u ´ltima igualdade prova que B gera a imagem de F . 2o ) Vamos agora mostrar que B é linearmente independente, então seja λ1 F (v1 ) + · · · + λs F (vs ) = 0 Desta igualdade obtemos F (λ1 v1 + · · · + λs vs ) = 0 Logo, o vetor λ1 v1 + · · · + λs vs pertence ao n´ ucleo de F , o que significa que ele pode ser expresso como combina¸cão linear dos vetores de B1 , isto é, existem escalares γ1 , . . . , γr ∈ R de modo que: λ1 v1 + · · · + λs vs = γ1 u1 + · · · + γr ur Ent˜ ao γ1 u1 + · · · + γr ur + (−λ1 ) v1 + · · · + (−λs ) vs = 0

Como o conjunto B2 é L.I., podemos concluir que todos os escalares que figuram nesta u ´ltima igualdade s˜ ao nulos. Em particular λ1 = · · · = λs = 0. Provamos assim que B, de fato, é L.I.. Resumindo, temos: B1 = { u1 , . . . , ur }

base de

N (F )

⇒

dim N (F ) = r

B2 = { u1 , . . . , ur , v1 , . . . , vs }

base de

U

⇒

dim U = r + s

base de

Im (F )

⇒

dim Im (F ) = s

B = { F (v1 ), . . . , F (vs ) } Sendo assim é verdade que:

dim U = dim N (F ) + dim Im (F ).

160

Exemplos: 1 ) No exemplo da p. 155 encontramos o n´ ucleo da transforma¸cão F : R2 → R3 , dada por F (x, y) = (0, 2x − y, 0) Agora encontremos sua imagem. A imagem da aplica¸cão F : U → V é encontrada assim: Im (F ) = { F (u) : u ∈ U }

= { F (x, y) : (x, y) ∈ R2 }

= { (0, 2x − y, 0) : (x, y) ∈ R2 } = { 2x − y (0, 1, 0) : (x, y) ∈ R2 } A imagem é gerada pelo vetor (0, 1, 0), isto é, Im (F ) = [ (0, 1, 0) ], é o eixo oy. Veja: y

← N (F )

2

p

R2

z

F

R3

p

1

p

p

−1

p

2

x

t

p

1

t

տ Im (F )

x

y = 2x Temos: dim N (F ) = 1 e dim Im (F ) = 1, o que confirma dim U = dim N (F ) + dim Im (F ) dim R2 =

1

+

1

2 ) No exemplo da p. 156 encontramos o n´ ucleo da transforma¸cão F : R3 → R3 , dada por F (x, y, z) = (x, y, 0) Agora encontremos a imagem de F : Im (F ) = { F (u) : u ∈ U }

= { F (x, y, z) : (x, y, z) ∈ R3 }

= { (x, y, 0) : (x, y, z) ∈ R3 } Portanto, Im (F ) é o plano xoy. Veja: 161

y

F

z

z

N (F ) −→

t (x, y, z)

t(x, y, z) Im (F ) y

y

s(x, y, 0) x

x

Temos: dim N (F ) = 1 e dim Im (F ) = 2, o que confirma dim U = dim N (F ) + dim Im (F ) dim R3 =

1

+

2

3 ) Determine o n´ ucleo e a imagem do operador F : R3 → R3 , dado por F (x, y, z) = (x − 2y − z, y + 2z, x + 3y + z). Solu¸ c˜ ao: N (F ) = { u ∈ U : F (u) = 0 } = { (x, y, z) ∈ R3 : F (x, y, z) = (0, 0, 0) } F (x, y, z) = (0, 0, 0) ⇒ (x − 2y − z, y + 2z, x + 3y + z) = (0, 0, 0) Donde resulta o sistema:   x − 2y − z = 0   y + 2z = 0    x + 3y + z = 0

cuja u ńica solu¸c˜ ao é (0, 0, 0). Logo, N (F ) = { 0 } = { (0, 0, 0) }. Agora encontremos a imagem de F : Im (F ) = { F (u) : u ∈ U }

= { F (x, y, z) : (x, y, z) ∈ R3 }

= { (x − 2y − z, y + 2z, x + 3y + z) : x, y, z ∈ R } Vamos encontrar um conjunto de geradores para a imagem, assim: (x− 2y − z, y + 2z, x+ 3y + z) = x ( ? , ? , ? ) + y ( ? , ? , ? ) + z ( ? , ? , ? ) Com um pouco de reflexão chegamos a (x − 2y − z, y + 2z, x + 3y + z) = x (1, 0, 1) + y (−2, 1, 3) + z (−1, 2, 1) 162

Logo, qualquer vetor da imagem é combina¸cão linear destes três vetores e, portanto: Im (F ) = [ (1, 0, 1), (−2, 1, 3), (−1, 2, 1) ]

Como { (1, 0, 1), (−2, 1, 3), (−1, 2, 1) } é L.I. pelo teorema 4 (p. 99) é uma base do subespa¸co Im (F ) e pela proposi¸cão 8 (p. 99) podemos concluir que Im (F ) = R3 . Geometricamente tudo se passa assim: z

z

t(−2, 1, 3)

F t(−1, 2, 1)

N (F )

ցt

(1, 0, 1)

y

x

t

y

x

Temos: dim N (F ) = 0 e dim Im (F ) = 3, o que confirma dim U = dim N (F ) + dim Im (F )

dim R3 =

0

+

3

4 ) Determine uma aplica¸c˜ ao linear F : R3 → R4 tal que

Im (F ) = [ (3, −1, 2, 1), (4, 1, 0, −1) ]

Solu¸ ca õ: Como dim Im (F ) = 2, então dim N (F ) = 1. Como, pela propriedade P5 (p. 151), uma transforma¸cão linear fica completamente definida quando se conhecem as imagens dos vetores de uma base do dom´ınio, podemos escollher, por exemplo F (1, 0, 0) = (0, 0, 0, 0), F (0, 1, 0) = (3, −1, 2, 1), F (0, 0, 1) = (4, 1, 0, −1) A imagem ser´ a o conjunto dado porquanto sendo (x, y, z) = x (1, 0, 0) + y (0, 1, 0) + z (0, 0, 1) temos F (x, y, z) = x F (1, 0, 0) + y F (0, 1, 0) + z F (0, 0, 1) = x (0, 0, 0, 0) + y (3, −1, 2, 1) + z (4, 1, 0, −1) = (3y + 4z, −y + z, 2y, y − z) 163

Obviamente que este problema admite outras solu¸cões. Podemos confirmar o resultado obtido calculando a imagem de F , assim: Im (F ) = { F (u) : u ∈ U }

= { F (x, y, z) : (x, y, z) ∈ R3 }

= { (3y + 4z, −y + z, 2y, y − z) : (x, y, z) ∈ R3 }

= { y (3, −1, 2, 1) + z (4, 1, 0, −1) : (x, y, z) ∈ R3 } Isto mostra que Im (F ) = [ (3, −1, 2, 1), (4, 1, 0, −1) ].

5 ) Determine o n´ ucleo e a imagem, bem como as dimens˜ oes respectivas da transforma¸c˜ ao F : P2 (R) → P3 (R) dada por F f (t) = f (t) + t2 f ′ (t). Solu¸ c˜ ao: Antes da resolu¸cão propriamente, veja um exemplo de como esta transforma¸c˜ ao funciona (atua): P2 (R)

P3 (R)

f (t) = 2 + 4 t + 5 t2

⇒ F f (t) =

f (t)

+ t2 f ′ (t)

F (2 + 4 t + 5 t2 ) = (2 + 4 t + 5 t2 ) + t2 (2 + 4 t + 5 t2 )′ = (2 + 4 t + 5 t2 ) + t2 (0 + 4 + 10 t) = 2 + 4 t + 9 t2 + 10 t3 Pois bem, encontremos o n´ ucleo da tranforma¸cão: N (F ) = { u ∈ U : F (u) = 0 } = { a + b t + c t2 ∈ P2 (R) : F (a + b t + c t2 ) = 0 } Devemos resolver a equa¸cão F (a + b t + c t2 ) = 0 ⇒ (a + b t + c t2 ) + t2 (a + b t + c t2 )′ = 0 a + b t + (b + c) t2 + 2c t3 = 0 Ou ainda, a + b t + (b + c) t2 + 2c t3 = 0 + 0 t + 0 t2 + 0 t3 ⇒ a = b = c = 0. Logo, N (F ) = { 0 }. Sendo assim dim N (F ) = 0. Por outro lado, seja f (t) um polinˆ omio genérico da Im (F ). Então f (t) = a + b t + (b + c) t2 + 2c t3 = a + b ( t + t2 ) + c ( t2 + 2 t3 ) 164

Esta u ´ltima igualdade mostra que Im (F ) = [ 1, t + t2 , t2 + 2 t3 ]. Como esses três vetores que geram a imagem de F s˜ ao L.I. (verifique) então { 1, t + t2 , t2 + 2 t3 } é uma base de Im (F ).

6 ) Encontre uma transforma¸c˜ ao linear F : R3 → R2 cujo n´ ucleo seja gerado pelo vetor (1, 1, 0). y

z

F =?

R3

N (F )→

R2

y

0

x

s

s(1, 1, 0) x

Solu¸ ca õ: A idéia a ser utilizada na resolu¸cão est´ a contida na propriedade P5 (p. 151). O conjunto B = { (1, 1, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) } é uma base do R3 que completa a base { (1, 1, 0) } do n´ ucleo da transforma¸cão que procuramos. Se tomarmos F (0, 1, 0) e F (0, 0, 1) linearmente independentes teremos uma base da imagem de Im (F ). Fa¸camos então F (0, 1, 0) = (1, 0) e F (0, 0, 1) = (0, 1). y

z

F =?

R3

R2 s(0, 1)

(0, 0, 1) s

s

(0, 1, 0)

y

s

s

x

(1, 0)

s

(1, 1, 0) x

Agora vamos escrever um vetor genérico do R3 como combina¸cão linear dos vetores da base B, assim: (x, y, z) = α (1, 1, 0) + β (0, 1, 0) + γ (0, 0, 1) = x (1, 1, 0) + (y − x) (0, 1, 0) + z (0, 0, 1) 165

Portanto, F (x, y, z) = x F (1, 1, 0) + (y − x) F (0, 1, 0) + z F (0, 0, 1) = x (0, 0) + (y − x) (1, 0) + z (0, 1) = (y − x, z) Naturalmente que este problema possui outras solu¸cões, a bem da verdade infinitas. Corol´ ario 4. Sejam U e V espa¸cos vetoriais sobre R com a mesma dimens˜ ao finita n e suponhamos F : U → V uma transforma¸ca õ linear. Ent˜ ao s˜ ao equivalentes as seguintes afirma¸co ˜es: ( I ) F é sobrejetora. ( II ) F é bijetora. ( III ) F é injetora. ( IV ) F transforma uma base de U em uma base de V (isto é, se B é uma base de U , ent˜ ao F (B) é base de V ). Prova: Devemos mostrar as seguintes implica¸cões: ( I ) ⇒ ( II ) ⇒ ( III ) ⇒ ( IV ) ⇒ ( I ) Ent˜ ao: ( I ) ⇒ ( II )

Como F é sobrejetora então Im (F ) = V . Temos ainda, por hip´ otese, que dim U = dim V , logo, da equa¸cão dim U = dim N (F ) + dim Im (F ) resulta que dim N (F ) = 0. Logo N (F ) = { 0 } e F é injetora; sendo F sobrejetora e injetora resulta bijetora. ´ imediato. ( II ) ⇒ ( III ) E

( III ) ⇒ ( IV ). Sendo B = { u1 , . . . , un } uma base de U mostremos que F (B) = { F (u1 ), . . . , F (un ) } é uma base de V . Inicialmente observamos que F (B) tem o mesmo n´ umero de vetores que B pelo fato de F ser injetora. Ent˜ ao é suficiente mostrar que F (B) é L.I. Consideremos a combina¸cão linear: λ1 F (u1 ) + · · · + λn F (un ) = 0 Sendo F linear podemos escrever F ( λ1 u1 + · · · + λn un ) = 0 Sendo F injetora resulta que λ1 u1 + · · · + λn un = 0 Como B é L.I. concluimos que λ1 = 0, . . . , λn = 0. ( IV ) ⇒ ( I ). Tomando um vetor arbitrário no contradom´ınio, digamos v ∈ V , devemos provar que ele é imagem de algum vetor do dom´ınio. 166

Sendo B = { u1 , . . . , un } uma base de U , por hip´ otese resulta que F (B) = { F (u1 ), . . . , F (un ) } é uma base de V . Logo v é combina¸cão linear de F (B), isto é, existem n´ umeros λi tais que: v = λ1 F (u1 ) + · · · + λn F (un ) Pela linearidade de F resulta v = F ( λ1 u1 + · · · + λn un ) Portanto v é imagem, por F , de u = λ1 u1 + · · · + λn un ∈ U .

∗

∗

∗

Como a teoria quˆ antica, em que as leis da f´ısicas assumem novas formas bizarras, mas somente em dom´ınios muito menores do que os encontrados na vida di´ aria, o espa¸co curvo pode existir, mas sendo t˜ ao pr´ oximo do euclidiano que, na escala da vida terrestre normal, n˜ ao detectamos a diferen¸ca. E no entanto, como a teoria quˆ antica, as implica¸coes da curvatura para as teorias da f´ısica podem ser enormes. (Leonard Mlodinow/A janela de Euclides, p. 111)

∗

∗

∗

Schwarz viu algo na teoria das cordas que outros poucos viram, uma beleza matem´ atica essencial que ele sentiu que n˜ ao podia ter sido acidental. A teoria era dif´ıcil de ser desenvolvida, mas isso n˜ ao o desanimou. Ele estava tentando resolver um problema que confundiu Einstein e todo mundo depois de Einstein − reconciliar a teoria quˆ antica com a relatividade. A solu¸ca õ n˜ ao poderia ser f´ acil. (A janela de Euclides, p. 218)

167

3.4

Isomorfismo entre espa¸cos vetoriais

Isomorfismo: é uma palavra formada pelos radicais gregos iso, que significa “idêntico” e morfo, que significa “forma”. Formas idênticas. No contexto dos isomorfismos podemos mais uma vez apreciar a diferen¸ca entre conjuntos e estruturas (p. 19). Dois objetos isomorfos s˜ ao idênticos como estruturas (estruturalmente falando) embora possam diferir nos conjuntos subjacentes ` as respectivas estruturas. Por exemplo, observe o conjunto das pe¸cas do xadrez   

   

   

A =  

E um conjunto formado por gr˜ aos de cereais (arroz, feij˜ ao, milho, etc.)



,

,

, ...

   

B = 

  

   

Como conjuntos A 6= B, já que têm elementos de naturezas distintas. No entanto, podemos jogar xadrez substituindo cada pe¸ca por gr˜ aos de cereais, como já assinalamos na p´ agina 21. Portanto as duas estruturas (jogos) a seguir s˜ ao equivalentes, ou isomorfas: A = ( A, regras xadrez ) ≡ B = ( B, regras xadrez ) Ou ainda,

.. .

≡

.. .

168

Vejamos um exemplo na matem´ atica. Considere os dois conjuntos a seguir: P1 = { a0 + a1 t : ai ∈ R } e R2 = { (a, b) : a, b ∈ R } O primeiro é um conjunto de polinˆ omios com coeficientes reais, o segundo é um conjunto de pares ordenados de n´ umeros reais. Como estes conjuntos têm elementos de naturezas distintas eles s˜ ao distintos: P1 6= R2 . Agora, erigindo sobre estes conjuntos estruturas de espa¸cos vetoriais: P1 = ( P1 , +, · )

e

R2 = ( R2 , +, · )

seus respectivos vetores se comportam de forma idêntica, relativamente às opera¸cões dos espa¸cos vetoriais, veja: ( i ) Quanto ` a adi¸c˜ ao: R2

P1 p(t) = a + b t

u = (a, b)

q(t) = c + d t

v = (c, d)

p(t) + q(t) = (a + c) + (b + d) t

u + v = (a + c, b + d)

( ii ) Quanto ` a multiplica¸c˜ ao: R2

P1 p(t) = a + b t

u = (a, b)

λ p(t) = (λ a) + (λ b) t

λ u = (λ a, λ b)

Devido a esta semelhan¸ca estrutural dizemos que estes dois espa¸cos vetoriais s˜ ao isomorfos: P1 = R2 . Mais precisamente: Defini¸ c˜ ao 21 (Isomorfismo). Uma transforma¸ca õ linear F : U → V é um isomorfismo quando é bijetora. Se U e V s˜ ao dois espa¸cos vetoriais tais que existe um isomorfismo de U em V , ent˜ ao dizemos que U e V s˜ ao isomorfos e denotamos por U = V.

169

Um isomorfismo F : U → U é dito um automorfismo de U . Exemplos: 1 ) A transforma¸c˜ ao F : P2 → R3 dada por F ( a0 + a1 x + a2 x2 ) = (a0 , a1 , a2 ) é um isomorfismo. Observe que F extrai de um polinˆ omio seus coeficientes. Apenas a t´ıtulo informativo, duas das especialidades da calculadora HP50g é matrizes e álgebra linear; na tela ao lado simulamos a transforma¸cão F dada acima: entramos com um polinˆ omio e na sa´ıda temos seus coeficientes. Deixamos a linearidade de F para o leitor provar. Vamos provar que F é bijetora. Temos duas alternativas para mostrar que F é injetora: 1a ) Diretamente da defini¸cão: ∀ p1 , p2 ∈ P2 , F (p1 ) = F (p2 ) ⇒ p1 = p2 . Ent˜ ao: p2

p1

F ( a 0 + a 1 x + a 2 x 2 ) = F ( b0 + b1 x + b2 x 2 ) F (p1 )

F (p2 )

(a0 , a1 , a2 ) = (b0 , b1 , b2 ) ⇒ a0 = b0 , a1 = b1 , a2 = b2 ⇒ p1 = p2 2a ) Encontrando o n´ ucleo: N (F ) = { u ∈ U : F (u) = 0 } = { p ∈ P2 : F (p) = 0 } Devemos resolver a equa¸cão: F (p) = 0 ⇒ F ( a0 + a1 x + a2 x2 ) = (a0 , a1 , a2 ) = (0, 0, 0) Logo, a0 = a1 = a2 = 0 e resulta p = 0, portanto N (F ) = { 0 }, logo, F é injetiva. Temos duas alternativas para mostrar que F é sobrejetora: Diretamente da defini¸cão: F : U → V é sobre sse

1a )

∀ v ∈ V, existe u ∈ U tal que F (u) = v. 170

Com efeito, dado v = (a, b, c) ∈ R3 tomamos u = a + b x + c x2 ∈ P2 e teremos F (u) = v. ario 4 (p. 166). Com efeito, os espa¸cos R3 e P2 têm a 2a ) Fazendo uso do corol´ mesma dimensão; logo, pelo corol´ ario, injetividade implica sobrejetividade. 3 2 ) Mostre que o operador F : R → R3 dado por F (x, y, z) = (x + z, x − z, y) é um automorfismo. Encontre F −1 . Solu¸ c˜ ao: Para mostrar que F é injetora encontremos seu n´ ucleo, assim: N (F ) = { u ∈ U : F (u) = 0 }

= { (x, y, z) ∈ R3 : (x + z, x − z, y) = (0, 0, 0) }

Resolvendo o sistema   x+z =0   x−z =0    y=0

encontramos a solu¸c˜ ao (´ unica) (0, 0, 0) = 0. Logo, N (F ) = { 0 } e F resulta injetora. Como o dom´ınio e o contradom´ınio de F têm a mesma dimensão podemos recorrer ao corol´ ario 4 para concluir que F é também sobrejetora, portanto bijetora, um automorfismo. Agora devemos encontrar F −1 (x, y, z) = (?, ?, ?). Fa¸camos F −1 (x, y, z) = (a, b, c) onde as coordenadas a, b e c, que s˜ ao fun¸cões de x, y e z, devem ser encontradas. Ent˜ ao F −1 (x, y, z) = (a, b, c) ⇒ (x, y, z) = F (a, b, c) = (a + c, a − c, b) Daqui extraimos o seguinte sistema   a+c=x   cuja solu¸c˜ ao é: a =

x+y 2 ,

F −1 (x, y, z) =

  

a−c=y b=z

b=z e c= x+y 2

, z,

x−y 2

. Portanto:

x−y 1 = (x + y, 2z, x − y) 2 2

171

3 ) A transforma¸c˜ ao F : M2×3 → R2×3 dada por a11 a12 a13 = ( a11 , a12 , a13 , a21 , a22 , a23 ) F a21 a22 a23 é um isomorfismo. Deixaremos a prova como exerc´ıcio ao leitor. Nos limitaremos a fornecer uma fórmula que nos permite resolver o seguinte problema: Dada a posi¸cão (i, j) de um termo qualquer na matriz, determinar sua posi¸c˜ ao (localiza¸cão) n no vetor de R6 . A fórmula é a seguinte: (prop. 13, p. 183) n = N (i − 1) + j

(3.10)

onde N é o n´ umero de colunas na matriz. Esta fórmula nos mostra como transferir os elementos da matriz para o vetor de R6 . Por exemplo: a11

⇒

n = 3(1 − 1) + 1 = 1

⇒

( a11 , ? , ? , ? , ? , ? )

a12

⇒

n = 3(1 − 1) + 2 = 2

⇒

( a11 , a12 , ? , ? , ? , ? )

a13

⇒

n = 3(1 − 1) + 3 = 3

⇒

( a11 , a12 , a13 , ? , ? , ? )

a21

⇒

n = 3(2 − 1) + 1 = 4

⇒

( a11 , a12 , a13 , a21 , ? , ? )

a22

⇒

n = 3(2 − 1) + 2 = 5

⇒

( a11 , a12 , a13 , a21 , a22 , ? )

a23

⇒

n = 3(2 − 1) + 3 = 6

⇒

( a11 , a12 , a13 , a21 , a22 , a23 )

Portanto:

a11 a21

a12 a22

a13 a23

֌ ( a11 , a12 , a13 , a21 , a22 , a23 )

Mais geralmente essa ideia pode ser usada para mostrar que o espa¸co vetorial Mm×n das matrizes retangulares m×n com entradas reais é isomorfo a Rm×n . 4 ) A transforma¸c˜ ao T : R2×3 → M2×3 dada por a1 a2 T ( a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 ) = a4 a5

a3 a6

é um isomorfismo. Deixaremos a prova como exerc´ıcio ao leitor. Nos limitaremos a fornecer uma fórmula que nos permite resolver o seguinte problema: Dada a posi¸cão n de um termo qualquer no vetor de R2×3 , determinar sua posi¸cão (localiza¸cão) na matriz. A fórmula é a seguinte: (prop. 13, p. 183)   i = n−1 +1 N  j = n − N n−1 N 172

onde N é o n´ umero de colunas na matriz. ⌊ x ⌋ é chamado o maior inteiro que n˜ ao supera x (fun¸c˜ ao piso). Esta fórmula nos mostra como transferir os elementos do vetor de R2×3 para a matriz. Por exemplo:   i = 5−1 +1 =2 3 a5 ⇒  j = 5 − 3 5−1 = 2 3

Ou seja, a quinta coordenada do ponto (n = 5) ocupará a posi¸cão (i, j) = (2, 2) da matriz, assim:

(a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 , )

− − − − − −

Em [9] mostramos aplica¸c˜ oes destas fórmulas na computa¸cão. ´ O pr´ oximo teorema − um dos mais importantes resultados da Algebra Linear − generaliza os exemplos anteriores e revela a importˆ ancia fundamental do espa¸co vetorial Rn . Teorema 8. Qualquer espa¸co vetorial real n-dimensional é isomorfo a Rn . Prova: Seja U um espa¸co vetorial real n-dimensional. Para provar que U é isomorfo a Rn devemos encontrar uma transforma¸cão linear F : U → Rn que seja bijetora. Com este desiderato em mente considere { u1 , u2 , . . . , un } uma base qualquer de U . Agora seja u = λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λn un a representa¸c˜ ao de um vetor arbitrário u pertencente a U como combina¸cão linear dos vetores da base. Vamos definir uma transforma¸cão F : U → Rn por F (u) = ( λ1 , λ2 , . . . , λn ) Mostremos que F é um isomorfismo (linear, injetora e sobre). Para provar a linearidade sejam u e v dois vetores de U e β um escalar e sejam u = λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λn un e v = γ1 u1 + γ2 u2 + · · · + γn un (3.11) as representa¸c˜ oes de u e v como combina¸cão linear dos vetores da base. Sendo assim, temos: F (u + v) = F (λ1 + γ1 ) u1 + (λ2 + γ2 ) u2 + · · · + (λn + γn ) un = ( λ1 + γ1 , λ2 + γ2 , . . . , λn + γn )

= ( λ1 , λ2 , . . . , λn ) + ( γ1 , γ2 , . . . , γn ) = F (u) + F (v) 173

e F (β u) = F (β λ1 u1 + β λ2 u2 + · · · + β λn un ) = (β λ1 , β λ2 , . . . , β λn ) = β (λ1 , λ2 , . . . , λn ) = β F (u) Para mostrar que F é injetora, devemos mostrar que se u e v s˜ ao vetores distintos, ent˜ ao também o s˜ ao suas imagens por F . Mas se u 6= v e se as representa¸c˜ oes desses vetores em fun¸cão dos vetores da base s˜ ao como em (3.11), ent˜ ao devemos ter λk 6= γk para algum 1 ≤ k ≤ n. Assim, F (u) = ( λ1 , λ2 , . . . , λn ) 6= ( γ1 , γ2 , . . . , γn ) = F (v) mostrando que u e v têm imagens distintas por F . Finalmente, para provar a sobrejetividade de F podemos invocar o corol´ ario 4 (p. 166) já que os espa¸cos têm a mesma dimensão; ou, alternativamente, dado w = (a1 , a2 , . . . , an ) ∈ Rn , então w é imagem por F do vetor u = a1 u1 + a2 u2 + · · · + an un de U . Exemplos: Daremos dois exemplos de contextualiza¸cão do teorema anterior: 1 ) O isomorfismo natural de Pn−1 em Rn . Rn

Pn−1 a0 + a1 x + · · · + an−1 xn−1

F

( a0 , a1 , . . . , an−1 )

Essa transforma¸c˜ ao é denominada o isomorfismo natural de Pn−1 em Rn , pois, como mostra o esquema a seguir, ela leva a base natural 1, x, x2 , . . . , xn−1 de Pn−1 na base canˆ onica de Rn . Rn

Pn−1 1 = 1 + 0 x + 0 x2 + · · · + 0 xn−1

F

x = 0 + 1 x + 0 x2 + · · · + 0 xn−1

F

x2 = 0 + 0 x + 1 x2 + · · · + 0 xn−1

F

···································· · · ··· F xn−1 = 0 + 0 x + 0 x2 + · · · + 1 xn−1 174

( 1, 0, 0, . . . , 0 ) ( 0, 1, 0, . . . , 0 ) ( 0, 0, 1, . . . , 0 ) ··············· · · ( 0, 0, 0, . . . , 1 )

2 ) O isomorfismo natural de M2×2 em R4 . As matrizes # # " # " # " " 0 0 0 0 0 1 1 0 , , , 0 1 1 0 0 0 0 0 formam a base canˆ onica do espa¸co vetorial M2×2 . Seguindo a prova do teorema 8, podemos construir um isomorfismo F : M2×2 → R4 escrevendo primeiramente uma matriz A de M2×2 em fun¸cão dos vetores da base como # " # " # " # " " # 0 0 0 0 0 1 1 0 a11 a12 +a22 +a21 +a12 A= = a11 0 1 1 0 0 0 0 0 a21 a22 e então definindo F como: F (A) = ( a11 , a12 , a21 , a22 ). Proposi¸ c˜ ao 12. Se F é um isomorfismo de U em V , ent˜ ao F −1 : V → U também é um isomorfismo. Prova: Inicialmente vamos mostrar que F −1 : V → U é injetora. Devemos mostrar que ∀ v1 , v2 ∈ V, F −1 (v1 ) = F −1 (v2 ) ⇒ v1 = v2 . Suponhamos v1 , v2 ∈ V e F −1 (v1 ) = F −1 (v2 ). U

V F

F −1 (v

1

)=

F −1 (v

2

s v2

)

s

F −1

s v1

Aplicando F a ambos os membros da u ´ltima igualdade obtemos F −1 (v1 ) = F −1 (v2 ) ⇒ F F −1 (v1 ) = F F −1 (v2 ) ⇒ v1 = v2 .

Veja equa¸c˜ ao (3.3)

(p. 133).

Para verificar que F −1 : V → U é sobrejetora tomamos um vetor arbitr´ ario u ∈ U , e mostremos que ele é imagem, por F −1 , de algum elemento do dom´ınio V . U

V F s v = F (u)

u s F −1 175

Como u pertence ao dom´ınio de F ele possui uma imagem, digamos F (u) = v ∈ V . Afirmamos que v é, precisamente, o vetor do qual u é imagem por F −1 ; de fato F −1 (v) = F −1 F (u) = u. − Mostremos agora que F −1 é linear. Sejam v1 , v2 ∈ V , inicialmente desejamos mostrar que F −1 (v1 + v2 ) = F −1 (v1 ) + F −1 (v2 )

(3.12)

Como F é sobrejetora, então existem u1 , u2 ∈ U de maneira que F (u1 ) = v1 ⇔ u1 = F −1 (v1 ) ⇔ u2 = F −1 (v2 )

F (u2 ) = v2 U

u1 s

F

sv

V

1

s v1 + v2

u2 s

sv2

F −1

Substituindo estes resultados no lado esquerdo da igualdade (3.12) obtemos: F −1 (v1 + v2 ) = F −1 F (u1 ) + F (u2 ) = F −1 F (u1 + u2 ) = u1 + u2

= F −1 (v1 ) + F −1 (v2 ) • Sejam v ∈ V e λ ∈ R, desejamos mostrar que F −1 (λ v) = λ F −1 (v)

(3.13)

Como F é sobrejetora, então existe u ∈ U de maneira que F (u) = v ⇔ u = F −1 (v)

Substituindo estes resultados no lado esquerdo da igualdade (3.13) obtemos: F −1 (λ v) = F −1 λ F (u) = F −1 F (λ u) = λu

= λ F −1 (v)

176

A proposi¸c˜ ao que acabamos de demonstrar nos mostra, sob uma nova perspectiva, por que dois espa¸cos vetoriais isomorfos podem ser considerados indistintos: F

U su sv

F −1

V s F (u)

sλ u = ?

s F (v)

su + v =?

U

s F −1 λ F (u) = λ u

s λ F (u)

s F −1 F (u) + F (v) = u + v

s F (u) + F (v)

A figura acima nos diz que, ao invés de operarmos com vetores no espa¸co vetorial U , podemos trabalhar sobre suas imagens (por F ) em V e, ap´ os, transferimos (por F −1 ) os resultados de volta a U , é indiferente. No teorema 8 provamos que todo espa¸co vetorial n-dimensional é isomorfo a Rn , sendo assim podemos dizer que Rn é o espa¸co vetorial universal no sentido de que todos os outros s˜ ao “imagens” do Rn . Para contextualizar: Rn

Pn−1 a0 + a1 x + · · · + an−1 xn−1

F F −1

( a0 , a1 , . . . , an−1 )

ou ainda R4

M2×2 "

a11 a21

a12 a22

#

F F −1

( a11 , a12 , a21 , a22 )

Generalizando este u ´ltimo exemplo Rm×n

Mm×n 

 a11 a12 . . . a1n F  ....................  F −1 am1 am2 . . . amn

( a11 , a12 , . . . , a1n , . . . , am1 , am2 , . . . , amn )

Podemos, alternativamente, ver um isomorfismo F : U → V como uma codifica¸ c~ ao entre vetores. Podemos chamar as codifica¸cões exemplificadas acima como codifica¸co ˜es naturais (ou canˆ onicas) já que elas codificam (transformam) a base canˆ onica de um espa¸co na base canˆ onica do outro. ´ importante observar que podem existir, entre dois espa¸cos vetoriais, E outros isomorfismos além do isomorfismo natural. De outro modo: pode existir mais de uma codifica¸c˜ ao para os vetores de um espa¸co. Vejamos um exemplo: 177

Exemplo: A aplica¸cão F : P1 (R) → R2 definida por F (a + b x) = (a, b − a) é também um isomorfismo; isto é, nos d´ a uma outra codifica¸cão de um polinˆ omio por um par ordenado. De fato, ( I ) F é injetora, pois, dados p1 (x) = a + b x e p2 (x) = c + d x, temos: F (p1 ) = F (p2 ) ⇒ (a, b − a) = (c, d − c) ⇒ a = c, b = d ⇒ p1 = p2 . ( II ) Para mostrar que F é sobrejetora, considere um vetor arbitrário (a, b) de R2 , desejamos mostrar que ele é imagem de algum polinˆ omio p(x) = a0 + a1 x de P1 (R), assim: F (p) = (a, b) (a0 , a1 − a0 ) = (a, b) ⇒ a0 = a, a1 = a + b. Logo, p(x) = a + (a + b) x é o polinˆ omio procurado, veja: F (p) = a, (a + b) − a = (a, b)

( III ) F é linear, pois, dados p1 (x) = a + b x e p2 (x) = c + d x, temos: ( i ) F ( p1 + p2 ) = F (a + c) + (b + d) x = (a + c), (b + d) − (a + c) = a + c, (b − a) + (d − c) = (a, b − a) + (c, d − c) = F ( p1 ) + F ( p2 )

e ( ii ) F ( λ p1 ) = F (λ a + λ b x) = (λ a, λ b − λ a) = λ (a, b − a) = λ F (p1 ) O nosso objetivo agora ser´ a ampliar a informa¸cão contida no teorema 8 no sentido de provar que todos os espa¸cos vetoriais de mesma dimensão s˜ ao isomorfos. Necessitaremos do seguinte Lema 2. Sejam U e V espa¸cos vetoriais sobre R. Seja B = { u1 , u2 , . . . , un } uma base de U e sejam v1 , v2 , . . . , vn vetores quaisquer em V . Ent˜ ao existe uma u ńica aplica¸ca õ linear F : U → V tal que F (u1 ) = v1 , F (u2 ) = v2 , . . . , F (un ) = vn . U

F

V

B

u1 s

sv

1

sv

·

.

··

u2 s . .

s vn

un s

178

(3.14)

2

Os vetores v1 , v2 , . . . , vn do lema 2 s˜ ao completamente arbitrários; eles podem ser linearmente independentes ou até mesmo serem iguais entre si. Prova: A demonstra¸c˜ ao deste teorema consta de três partes: 1a ) Construir uma aplica¸c˜ ao F : U → V tal que (3.14) se verifique; a 2 ) Mostrar que F é linear; ńica. 3a ) Mostrar que F é u Então: 1a ) Seja u ∈ U . Como { u1 , u2 , . . . , un } é uma base de U , existem e s˜ ao u ńicos os escalares λ1 , λ2 , . . . , λn ∈ R tais que u = λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λn un Definimos F : U → V como F (u) = λ1 v1 + λ2 v2 + · · · + λn vn (Como os λi s˜ ao u ńicos, F est´ a bem definida.). Agora observe que u1 = 1 u1 + 0 u2 + · · · + 0 un

⇒

F (u1 ) = 1 v1 + 0 v2 + · · · + 0 vn = v1

u2 = 0 u1 + 1 u2 + · · · + 0 un

⇒

F (u2 ) = 0 v1 + 1 v2 + · · · + 0 vn = v2

............................ ... .................................... un = 0 u1 + 0 u2 + · · · + 1 un

⇒ F (un ) = 0 v1 + 0 v2 + · · · + 1 vn = vn

ou seja, F cumpre as condi¸c˜ oes dadas em (3.14), a primeira parte da demonstra¸cão est´ a completa. 2a ) Consideremos u e u′ vetores arbitrários em U . Podemos escrever u = λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λn un , u′ = γ1 u1 + γ2 u2 + · · · + γn un Então u + u′ = (λ1 + γ1 ) u1 + (λ2 + γ2 ) u2 + · · · + (λn + γn ) un Temos F (u + u′ ) = (λ1 + γ1 ) v1 + (λ2 + γ2 ) v2 + · · · + (λn + γn ) vn = (λ1 v1 + λ2 v2 + · · · + λn vn ) + (γ1 v1 + γ2 v2 + · · · + γn vn )

= F (u) + F (u′ ) e

F (α u) = F (α λ1 ) u1 + (α λ2 ) u2 + · · · + (α λn ) un = (α λ1 ) v1 + (α λ2 ) v2 + · · · + (α λn ) vn = α (λ1 v1 + λ2 v2 + · · · + λn vn ) = α F (u) Assim, F é linear. 179

3a ) Suponhamos G : U → V uma outra aplica¸cão linear e tal que G(ui ) = vi para i = 1, . . . , n. Seja u = λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λn un um vetor arbitrário em U . Então, G(u) = G(λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λn un ) = λ1 G(u1 ) + λ2 G(u2 ) + · · · + λn G(un ) = λ1 v1 + λ2 v2 + · · · + λn vn = F (u) Como G(u) = F (u) para todo u ∈ U , pela defini¸cão 14 (p. 128), resulta G = F . Assim, F é u ńica. Para uma contextualiza¸cão deste teorema veja a propriedade P5 (p. 151) e o exemplo que se lhe segue. Teorema 9. Dois espa¸cos U e V de dimens˜ ao finita s˜ ao isomorfos se, e somente se, dim U = dim V . T: dim U = dim V . Prova: ( ⇒ ) H: U e V isomorfos. Seja F : U → V um isomorfismo. Daqui colhemos duas informa¸cões relevantes: N (F ) = { 0 } e Im (F ) = V . Do teorema do n´ ucleo e da imagem, concluimos que dim U = dim N (F ) + dim Im (F ) ↓ ↓ dim U =

0

+ dim V

( ⇐ ) H: dim U = dim V .

T: U e V isomorfos.

Sejam B = { u1 , u2 , . . . , un } e C = { v1 , v2 , . . . , vn } bases de U e V , respectivamente. Sendo u = λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λn un ∈ U consideremos F : U → V dada por F (u) = λ1 v1 + λ2 v2 + · · · + λn vn conforme lema 2. Assim, F é linear. Vamos mostrar que F é bijetora. Encontremos o n´ ucleo de F : N (F ) = { u ∈ U : F (u) = 0 } = { u ∈ U : λ1 v1 + λ2 v2 + · · · + λn vn = 0 } Como C é L.I., resulta λ1 = λ2 = . . . = λn = 0. Sendo assim, u = 0 u1 + 0 u2 + · · · + 0 un = 0 é o u ńico morador do n´ ucleo de F , logo F é injetora. O corol´ ario 4 nos assegura ent˜ ao que F é sobrejetora e portanto F é isomorfismo. 180

(p. 166)

A t´ıtulo de ilustra¸c˜ ao vamos construir um isomorfismo entre os espa¸cos P3 e M2×2 . Isto é, pretendemos construir uma transforma¸cão F : P3 → M2×2 que seja linear e bijetora. Para tanto podemos considerar as bases canˆ onicas destes espa¸cos: B = { 1, x, x2 , x3 } e C=

("

1 0 0 0

#

,

"

0 1 0 0

#

,

"

0 0 1 0

#

,

"

0 0 0 1

#)

Sendo p = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 ∈ P3 , definimos # " # " # " # " 0 0 0 0 0 1 1 0 + a3 + a2 + a1 F (p) = a0 0 1 1 0 0 0 0 0 Ou seja, o isomorfismo que codifica um polinˆ omio de P3 como uma matriz de M2×2 (considerando-se as bases canˆ onicas destes espa¸cos) é dado por " # a a 0 1 F ( a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x 3 ) = a2 a3

3.4.1

Exerc´ıcios

1) Seja a transforma¸c˜ ao linear F : R3 → R2 , F (x, y, z) = (x − y + 4z, 3x + y + 8z) a ) Dar uma base e a dimensão de N (F );

b ) Dar uma base e a dimensão de Im (F ).

c ) Verifique a equa¸c˜ ao do n´ ucleo e da imagem − equa¸cão (3.9),

p. 159.

2) Dado o operador linear

F : R3 → R3 , F (x, y, z) = (x + 2y − z, y + 2z, x + 3y + z) a ) Determine o n´ ucleo de F , a dimensão do n´ ucleo e uma de suas bases; b ) Determine a imagem de F , a dimensão da imagem e uma de suas bases; c ) Verifique a equa¸c˜ ao do n´ ucleo e da imagem. 181

3) Dado o operador linear F : P2 → P2 ,

F f (t) = t2 f ′′ (t)

a ) Determine o n´ ucleo de F , a dimensão do n´ ucleo e uma de suas bases; b ) Determine a imagem de F , a dimensão da imagem e uma de suas bases; c ) Verifique a equa¸cão do n´ ucleo e da imagem. 4) No exemplo 5 ) (p. 164) a transforma¸cão F n˜ ao é sobrejetora, encontre um vetor no contradom´ınio que n˜ ao perten¸ca à imagem. 5) Dado o operador linear F : M2 → M2 ,

F (X) = M X + X , onde M =

1 1 0 0

a ) Determine o n´ ucleo de F , a dimensão do n´ ucleo e uma de suas bases; b ) Determine a imagem de F , a dimensão da imagem e uma de suas bases; c ) Verifique a equa¸cão do n´ ucleo e da imagem. 6) Dado o operador linear F : M2 → M2 ,

F (X) = M X − X M , onde M =

1 2 0 1

a ) Determine o n´ ucleo de F , a dimensão do n´ ucleo e uma de suas bases; b ) Determine a imagem de F , a dimensão da imagem e uma de suas bases; c ) Verifique a equa¸cão do n´ ucleo e da imagem. 7) Considere a transforma¸cão nula 0 : U → V definida por 0(u) = 0, ∀ u ∈ U . Determine o n´ ucleo e a imagem de 0. 8) Determine um operador linear F : R3 → R3 cuja imagem é gerada pelos vetores (2, 1, 1) e (1, −1, 2).

9) Determine um operador linear F : R4 → R4 cujo n´ ucleo é gerado pelos vetores (1, 1, 0, 0) e (0, 0, 1, 0). 10) Encontre n´ umeros a, b, c, d de modo que o operador F : R2 → R2 dado por F (x, y) = (ax + by, cx + dy) tenha como n´ ucleo a reta y = −2x.

11) Encontre n´ umeros a, b, c, d de modo que o operador F : R2 → R2 dado por F (x, y) = (ax + by, cx + dy) tenha como imagem a reta y = 2x. 12) Defina um operador F : R2 → R2 que tenha como n´ ucleo a reta y = −x e como imagem a reta y = x. F (x, y) = (ax + by, cx + dy) tenha como imagem a reta y = 2x. 182

13) Determine uma transfroma¸c˜ ao linear F : R3 → R4 tal que N (F ) = { (x, y, z) ∈ R3 : z = x − y } 14) Seja F : R3 → R2 a transforma¸cão linear tal que F (e1 ) = (1, 2), F (e2 ) = (0, 1) e F (e3 ) = (−1, 3), sendo { e1 , e2 , e3 } a base canˆ onica 3 do R . a ) Determine o n´ ucleo de F e uma de suas bases. F é injetora? b ) Determine a imagem de F e uma de suas bases. F é sobrejetora? 15) Mostre que cada um dos operadores lineares do R3 a seguir é invers´ıvel e determine o isomorfismo inverso em cada caso: a ) F (x, y, z) = (x − 3y − 2z, y − 4z, z); b ) F (x, y, z) = (x, x − y, 2x + y − z).

16) Mostre que a transforma¸c˜ ao linear F : P2 → R3 ,

F (a + b t + c t2 ) = (a, a + b, b − c)

é um isomorfismo e determine o isomorfismo inverso. 17) Mostre que o espa¸co vetorial R2 é isomorfo ao subespa¸co W = { (x, y, z) ∈ R3 : z = 0 } (W representa o plano xoy do R3 ).

18) Mostre que o espa¸co vetorial R2 é isomorfo a qualquer subespa¸co de dimensão 2 do R3 .

19) Sejam U e V subespa¸cos do espa¸co W = U ⊕V . Consideremos o espa¸co vetorial U × V cuja adi¸c˜ ao é (u1 , v1 ) + (u2 , v2 ) = (u1 + u2 , v1 + v2 ) e cuja multiplica¸c˜ ao por escalares é dada por λ (u, v) = (λ u, λ v). Mostrar que é um isomorfismo de U ×V em W a aplica¸cão assim definida: F (u, v) = u+v.

20) Considere a transforma¸c˜ ao F : R2 → R2 definida por F (x, y) = (3y, 2x). Seja σ o c´ırculo unit´ ario de R2 , isto é, a solu¸cão da equa¸cão x2 + y 2 = 1. a ) Descreva F (σ); b ) Determine a préimagem de σ.

21) Prove a seguinte proposi¸c˜ ao (ver equa¸cão (3.10), p. 172): Proposi¸ c˜ ao 13. Seja N um natural arbitrariamente fixado. A aplica¸ca õ definida abaixo, f : N × { 1, 2, . . . , N } ( i, j )

N N (i−1)+j

é invers´ıvel; com inversa dada por, f −1 : N n

N × { 1, 2, . . . , N }

( i, j )

183

com i e j dados por, i=

n − 1 + 1; N ∗

j = n − N (i − 1). ∗

∗

Vejamos um exemplo. Para N = 4, temos f : N × { 1, 2, 3, 4} ( i, j )

N 4 (i−1)+j

com inversa dada por, f −1 : N n

N × { 1, 2, 3, 4 }

⌊ n−1 ⌋+1, n−4⌊ n−1 ⌋ 4 4

Para mais detalhes veja o diagrama seguinte: N×{ 1, 2, 3, 4 }

N

(1, 1)

(1, 2)

(1, 3)

(1, 4)

(2, 1)

(2, 2)

(2, 3)

(2, 4)

(3, 1) (3, 2) (3, 3) (3, 4) ................................. (m, 1) (m, 2) (m, 3) (m, 4) .................................

1 f f −1

2 3 4 .. .

Por exemplo, f (2, 3) = 4(2 − 1) + 3 = 7. Também,

f −1 (1000) =

1000 − 1

1000 − 1 = (250, 4) + 1, 1000 − 4 4

4 Confirmando, f (250, 4) = 4(250 − 1) + 4 = 1000.

Observe que a fun¸c˜ ao f “conta” (enumera) os elementos da matriz linha a linha. Sugest˜ ao: Veja as equa¸c˜ oes (3.2) e (3.3), p. 133.

184

Cap´ıtulo

4

MATRIZ DE UMA ˜ LINEAR TRANSFORMAC ¸ AO Uma vez, Einstein afirmou que, se a mecˆ anica quˆ antica fosse correta, o mundo seria louco. Einstein tinha toda raz˜ ao −

o mundo realmente ´ e louco.

(Daniel Greenberger/f´ısico)

4.1

Matriz de uma Transforma¸c˜ ao Linear

Introdu¸c˜ ao: No teorema 6 (p. 146) demonstramos o seguinte resultado

F : Rm → Rn  Y = F (X) = A X

    

y1 y2 .. .





a11

a12

. . . a1m

    a21 a22 . . . a2m =   ...................   an1 an2 . . . anm yn {z |

n×m

      ·     }

x1 x2 .. . xm

     

Nosso objetivo agora ser´ a generalizar a equa¸cão matricial Y = F (X) = A X para espa¸cos vetoriais arbitrários − bem como consideraremos bases quaisquer no dom´ınio e contradom´ınio de uma transforma¸cão linear. 185

Seja F : U → V uma transforma¸cão linear, B uma base de U e C uma base de V . Sem preju´ızo da generaliza¸cão, consideremos o caso em que dim U = 3 e dim V = 2. Sejam B = { u1 , u2 , u3 } e C = { v1 , v2 } bases de U e V , respectivamente. Um vetor u ∈ U pode ser escrito como: u = λ1 u1 + λ2 u2 + λ3 u3

ou uB = (λ1 , λ2 , λ3 )

e a imagem F (u) como: F (u) = γ1 v1 + γ2 v2

(4.1)

ou F (u)C = (γ1 , γ2 ) Por outro lado: F (u) = F (λ1 u1 + λ2 u2 + λ3 u3 ) = λ1 F (u1 ) + λ2 F (u2 ) + λ3 F (u3 ) (4.2) Sendo F (u1 ), F (u2 ) e F (u3 ) vetores em V , eles s˜ ao combina¸cões lineares dos vetores de C, digamos: F (u1 ) = a11 v1 + a21 v2

(4.3)

F (u2 ) = a12 v1 + a22 v2

(4.4)

F (u1 ) = a13 v1 + a23 v2

(4.5)

Substituindo esses vetores em (4.2), obtemos: F (u) = λ1 (a11 v1 + a21 v2 ) + λ2 (a12 v1 + a22 v2 ) + λ3 (a13 v1 + a23 v2 ) Ou ainda: F (u) = ( a11 λ1 + a12 λ2 + a13 λ3 ) v1 + ( a21 λ1 + a22 λ2 + a23 λ3 ) v2 Comparando este resultado com (4.1), devido a unicidade das coordenadas, temos: γ1 = a11 λ1 + a12 λ2 + a13 λ3 γ2 = a21 λ1 + a22 λ2 + a23 λ3 Ou, na forma matricial: "

γ1 γ2

#

=

"

a11 a21

a12 a22 186

a13 a23

#



λ1



   λ2  λ3

Ou, simbolicamente:

B

[ F (u) ]C = [ F ]C [ u ]B

(4.6)

B

A matriz [ F ]C é denominada matriz de F em rela¸ca õ ` as bases B e C. Nota: Se F : U → U é um operador linear e consideramos B = C, então diremos apenas matriz de F em rela¸cão à base B para indicar a matriz acima definida e usaremos a nota¸c˜ ao [ F ]B para representá-la. Observa¸ co ˜es: B

1a ) A matriz [ F ]C resultou de ordem 2× 3 porque dim U = 3 e dim V = 2. B

2a ) As colunas da matriz [ F ]C s˜ ao as componentes das imagens dos vetores da base B em rela¸c˜ ao ` a base C, conforme se pode ver em (4.3), (4.4) e (4.5): " F (u1 )C

a11

a12

a13

a21

a22

a23

# F (u3 )C

F (u2 )C

Resumindo:

F:U → V ↓

B = { u1 , u2 , u3 }

u = λ1 u1 + λ2 u2 + λ3 u3

↓

C = { v1 , v2 }

F (u) = γ1 v1 + γ2 v2

" B

[ F (u) ]C = [ F ]C [ u ]B

γ1 γ2

#

=

z "

a11 a21

2×3 }| a12 a22

a13 a23

F (u1 )C

F (u3 )C F (u2 )C

Este resultado generaliza o exemplo dado na p´ agina 148. 187

  #{ λ1   ·  λ2  λ3

Generalizando, sendo F : U → V uma transforma¸cão linear, se dim U = n e dim V = m, e, ademais, B = { u1 , u2 , . . . , un } e C = { v1 , v2 , . . . , vm } B

s˜ ao bases de U e V , respectivamente, resulta que [ F ]C é uma matriz de ordem m × n, onde cada coluna é formada pelas componentes das imagens dos vetores de B em rela¸cão à base C, assim: 

a11 a12 . . . a1n  a B  21 a22 . . . a2n [ F ]C =  .................... am1

am2

...

F (u2 )C ... F (u1 )C

amn

    

F (un )C

Resumindo:

↓

F : U → V C = {v , v , ..., v } 1

↓

u = λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λn un 

B

m

F (u) = γ1 v1 + γ2 v2 + · · · + γm vm

B = { u1 , u2 , . . . , un }

[ F (u) ]C = [ F ]C [ u ]B

2

z 



m }| ×n

a11 a12 . . . a1m  γ   a21 a22 . . . a2m  2    . =   ..   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . an1 an2 . . . amn γm γ1

F (u1 )C

{      ·   

F (u2 )C

λ1 λ2 .. . λn

    

F (un )C

Observe uma analogia com a figura que consta na p´ agina 185, B

[ F (u) ]C = [ F ]C [ u ]B l

l

l

Y = F (X) = A X Em ambos os casos estamos calculando a imagem de um vetor do dom´ınio pela transforma¸c˜ ao F . 188

B

Algoritmo para encontrar a matriz [ F ]C U sF (u s.

..

F

s

1)

s.v2

B

un

s

C

sv1

[ F ]C = ?

.. s vm

sF (u B={ u1 , u2 , ..., un }

2)

sF (un )

·

u1

··

B u2

V

C={ v1 , v2 , ..., vm }

( 1 ) Calculamos F (ui ) (i = 1, 2, . . . , n); ( 2 ) Escrevemos os vetores F (ui ) como combina¸cão linear dos vetores de C: F (u1 ) = a11 v1 + a21 v2 + · · · + am1 vm

F (u2 ) = a12 v1 + a22 v2 + · · · + am2 vm ..................................... F (un ) = a1n v1 + a2n v2 + · · · + amn vm ( 3 ) Tomamos o “transposto” dos coeficientes acima para obter:   a11 a12 . . . a1n  a a22 . . . a2n  B   [ F ]C =  21   ....................  am1

am2

...

amn

Exemplos: 1 ) Seja F : R3 → R2 , F (x, y, z) = (x + y, x + z). Fixemos as bases B = { u1 = (1, 1, 1), u2 = (1, −1, 1), u3 = (−1, 0, 1) } e C = { v1 = (1, 1), v2 = (−1, 1) } B

a ) Encontre [ F ]C ; b ) Se u = (2, −1, 1), calcular F (u)C utilizando a matriz encontrada. Solu¸ c˜ ao: a ) Seguindo o algoritmo dado:

( 1 ) Calculamos F (ui ) (i = 1, 2, 3); F (u1 ) = F (1, 1, 1) = (1 + 1, 1 + 1) = (2, 2) F (u2 ) = F (1, −1, 1) = (1 − 1, 1 + 1) = (0, 2) F (u2 ) = F (−1, 0, 1) = (−1 + 0, −1 + 1) = (−1, 0) 189

( 2 ) Escrevemos os vetores F (ui ) como combina¸cão linear dos vetores de C: F (u1 ) = a11 v1 + a21 v2 F (u2 ) = a12 v1 + a22 v2

(2, 2) = a11 (1, 1) + a21 (−1, 1) ∴

F (u3 ) = a13 v1 + a23 v2 Da primeira equa¸c˜ ao tiramos:  a − a =2 11 21

a + a =2 11 21

Da segunda equa¸c˜ ao tiramos:  a − a =0 12 22

a + a =2 12 22

(0, 2) = a12 (1, 1) + a22 (−1, 1) (−1, 0) = a13 (1, 1) + a23 (−1, 1)

⇒

 a

⇒

 a

⇒

 a

Da terceira equa¸c˜ ao tiramos:   a − a = −1 13 23 a + a =0 13 23

Sendo assim podemos escrever:

11

=2

21

=0

12

=1

a

a

22

a

13 23

=1

= −1/2 = 1/2

F (u1 ) =

2 v1

+

0 v2

F (u2 ) =

1 v1

+

1 v2

F (u3 ) = −1/2 v1

+ 1/2 v2

( 3 ) Tomamos o “transposto” dos coeficientes acima para obter: # " 2 1 −1/2 B [ F ]C = 0 1 1/2 Compare com a matriz obtida no exemplo da p´ agina 148 (base canˆ onica). B

b ) Como mostramos (eq. (4.6), p. 187): [ F (u) ]C = [ F ]C [ u ]B . Para encontrar [ F (u) ]C precisamos encontrar [ u ]B . O vetor u = (2, −1, 1), encontrase escrito na base canˆ onica, isto é: u = (2, −1, 1) = 2 (1, 0, 0) − 1 (0, 1, 0) + 1 (0, 0, 1) precisamo escrevê-lo na base B: (2, −1, 1) = λ (1, 1, 1) + α (1, −1, 1) + β (−1, 0, 1) 190

Daqui retiramos o seguinte sistema:  λ+α−β =2    1 5 1 ⇒ λ= , α= , β=− λ−α = −1  4 4 2   λ+α+β =1 Ou seja, uB = 14 , 54 , − 21 . Sendo assim, temos:  1  " # " # 4 2 2 1 −1/2   B 5 =  [ F (u) ]C = [ F ]C [ u ]B = 4   1 0 1 1/2 1 −2 Isto significa que:

F (u) = F (2, −1, 1) = (2 − 1, 2 + 1) = (1, 3) = 2 v1 + 1 v2 = 2 (1, 1) + 1 (−1, 1) Veja a geometria do exemplo

z

y

F

p

3

sF (u) x′

p

p

y′

su3

u2 u

su1

s

y

s

1

−1 p

s

p

1 v2

2 v1

sv1

p1

p2

x

x

Observe, na equa¸c˜ ao F (u) = F (2, −1, 1) = (1, 3) Tanto u quanto F (u) est˜ ao expressos nas bases canˆ onicas dos respectivos B

espa¸cos. A equa¸c˜ ao [ F (u) ]C = [ F ]C [ u ]B nos permitiu calcular as coordenadas de F (u) na base C. F (u) = (1, 3) = 2 v1 + 1 v2 = 2 (1, 1) + 1 (−1, 1) Confirme na figura anterior. 191

2 ) Consideremos a mesma transforma¸cão linear do exemplo anterior, isto é, F : R3 → R2 , onde, F (x, y, z) = (x + y, x + z) Escolhemos agora as bases canˆ onicas do R3 e R2 : B = { u1 = (1, 0, 0), u2 = (0, 1, 0), u3 = (0, 0, 1) } e C = { v1 = (1, 0), v2 = (0, 1) } B

a ) Encontre [ F ]C ; b ) Se u = (2, −1, 1), calcular F (u)C utilizando a matriz encontrada. Solu¸ c˜ ao: a ) Temos F (1, 0, 0) = (1 + 0, 1 + 0) = (1, 1) = 1 (1, 0) + 1 (0, 1) F (0, 1, 0) = (0 + 1, 0 + 0) = (1, 0) = 1 (1, 0) + 0 (0, 1) F (0, 0, 1) = (0 + 0, 0 + 1) = (0, 1) = 0 (1, 0) + 1 (0, 1) Portanto, tomando o “transposto”: B

[ F ]C =

"

1 1 0 1 0 1

#

Compare esta matriz com F (x, y, z): F (x, y, z) = (x + y, y + z) = (1 x + 1 y + 0 z, 1 x + 0 y + 1 z) b ) Como uB = (2, −1, 1), pois B é a base canˆ onica, resulta:   " # # " 2 1 1 1 0  B  [ F (u) ]C = [ F ]C [ u ]B =  −1  = 1 0 1 3 1

A geometria deste exemplo fica assim: z

y

F

p

3

sF (u)

p

2 u3

v2

s s

u

u2

s

y

0

s u1 x

192

s s

v1

p2

x

(4.7)

3 ) Seja U um espa¸co vetorial sobre R e seja I : U → U o operador identiB

dade. Dadas duas bases B e C de U , qual o significado de [ I ] C ? Solu¸ ca õ: Suponhamos B = { u1 , u2 , . . . , un } e C = { v1 , v2 , . . . , vn }

Calculemos o operador I nos vetores da base B e escrevamos as imagens como combina¸c˜ oes lineares dos vetores de C, assim: I(u1 ) = u1 = a11 v1 + a21 v2 + · · · + an1 vn

I(u2 ) = u2 = a12 v1 + a22 v2 + · · · + an2 vn .......................................... I(un ) = un = a1n v1 + a2n v2 + · · · + ann vn Então B

[I ]C



a11 a12 . . . a1n  a  21 a22 . . . a2n =  ................... an1

an2

...

ann

´ a matriz de mudan¸ca da base B para a base C. E

    

Observa¸ co ˜es: 1a ) No caso de serem B e C as bases canˆ onicas, representamos a matriz simplesmente por [ F ], que é chamada matriz canˆ onica de F . Sendo assim, vale a seguinte equivalência B

[ F (u) ]C = [ F ]C [ u ]B

⇐⇒

[ F (u) ] = [ F ] [ u ]

F (X) = A X

∴

2a ) Observe que calcular F (u) pela matriz [ F ], como em (4.7), é o mesmo que fazê-lo pela equa¸c˜ ao que define F , veja: F (x, y, z) = (x + y, x + z) F (2, −1, 1) = (2 − 1, 2 + 1) = (1, 3) ao linear F : Rm → Rn podemos pegar um 3a ) Dada uma transforma¸c˜ atalho e escrever diretamente a matriz canˆ onica, como mostram os exemplos a seguir: a ) F : R2 → R3 , F (x, y) = (2x − 3y, −2x + y, y). Lembramos que toda transforma¸cão linear de Rm em Rn é da forma ( ∗ ) (p. 146). Sendo assim, temos: F (x, y) = (2x − 3y, −2x + y, y)

 2 −3   1  = (2x − 3y, −2x + 1 y, 0 x + 1 y) ⇒ [ F ] =  −2 0 1 193



b ) Vamos encontrar a matriz canˆ onica associada à seguinte transforma¸cão linear, F : R2 → R3 ,

dada por

F (x, y) = (2x + y, x − 2y, −x − y)

Veja,

F : R2 → R3 

y1



z 

3×2

2

}|

1

{

   −2  ·  y2  =  1 −1 −1 y3 ↑ ↑ F (e1 ) F (e2 )

"

x1 x2

#

Observe a equa¸c˜ ao matricial da seguinte perspectiva Y = F (X) = A X c ) Vamos encontrar a matriz canˆ onica do nosso algoritmo G : R3 → R2 ,

((3.5), p. 142):

G(x, y, z) = ( y − x · sen θ, z − x · cos θ )

Neste caso, temos: G(x, y, z) = ( y − x · sen θ, z − x · cos θ ) = (− sen θ · x + 1 y + 0 z, − cos θ · x + 0 y + 1 z) Desta u ´ltima igualdade construimos diretamente a matriz canˆ onica, veja: # " − sen θ 1 0 [G] = − cos θ 0 1 Temos: (X, Y ) = ( y − x · sen θ, z − x · cos θ ). Ou ainda   # x " # " X − sen θ 1 0   =  y  Y − cos θ 0 1 z

194

Observe que G(0, y, z) = ( y − 0 · sen θ, z − 0 · cos θ ) = (y, z) Ou seja, os pontos do plano yoz s˜ ao “invariantes”. Observe como o algoritmo transforma as coordenadas reais, (x, y, z), de um paralelepipedo em coordenadas “virtuais” (X, Y ): G (x, y, z) −→ (X, Y )

G (x, y, z) −→ (X, Y )

(0, 0, 0) −→ (0, 0)

(1, 0, 0) −→ (−0.6428, −0.7660)

(0, 1, 0) −→ (1, 0)

(1, 1, 0) −→ (0.3572, −0.7660)

(0, 1, 1) −→ (1, 1)

(1, 1, 1) −→ (0.3572, 0.2340)

(0, 0, 1) −→ (0, 1)

(1, 0, 1) −→ (−0.6428, 0.2340)

z

(0, 0, 1) (1, 0, 1)

(1, 0, 0)

r r

r

r(0, 1, 1)

r

r

Y

G : R3 → R2

r

(0, 1, 0)

(0, 1)

r

y

r(1, 1)

r r r

r(1, 1, 0)

r

↑

x

r

(1, 0)

X

r(0.3572, −0.7660)

(−0.6428, −0.7660)

Nesta figura fixamos θ = 40o e arredondamos as cordenadas em (X, Y ) para quatro casas decimais. Em nosso trabalho∗ damos detalhes de como programar a tranforma¸c˜ ao G (algoritmo) dentro do LATEX 2ε para contruir novos comandos (macros). Por exemplo, criamos um comando (\pld{a}{b}{c}{cor}) no qual entramos com as arestas a, b, e c de um paralelepipedo e mais a cor e ele desenha o paralelepipedo pedido, por exemplo:

∗

Tra¸cados 3 − D (Um aux´ılio para o tra¸cado de figuras no LATEX).

195

Todas as figuras “no espa¸co”, deste livro, foram feitas com o aux´ılio da tranforma¸c˜ ao G. Quando for dada uma matriz de uma transforma¸cão linear F sem que haja referência ` as bases, essa deve ser entendida como a matriz canˆ onica de F.   2 −3 Por exemplo a matriz ao lado define   1   −2 a transforma¸c˜ ao linear F : R2 → R3 , F (x, y) = (2x − 3y, −2x + y, y). 0 1 4 ) Dadas as bases B = { (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 1, 2) } do R3 e C = { (1, 0), (1, 1) } do R2 , determinar a transforma¸cão linear F : R3 → R2 cuja matriz é: # " 1 2 3 B [ F ]C = 0 1 0 Solu¸ c˜ ao: Sabemos (p. 188) que o significado de cada coluna da matriz acima é: "

1 2 3 0 1 0

[ F (1, 0, 0) ]C

# [ F (0, 1, 2) ]C

[ F (0, 1, 0) ]C Sendo assim, devemos ter: F (1, 0, 0) = 1 (1, 0) + 0 (1, 1) = (1, 0) F (0, 1, 0) = 2 (1, 0) + 1 (1, 1) = (3, 1) F (0, 1, 2) = 3 (1, 0) + 0 (1, 1) = (3, 0) Uma transforma¸c˜ ao linear fica completamente definida quando se conhece as imagens dos vetores de uma base. (P5 , p. 151) Expressemos um vetor arbitrário u = (x, y, z) ∈ R3 como uma combina¸c˜ ao linear dos elementos da base B: (x, y, z) = λ1 (1, 0, 0) + λ2 (0, 1, 0) + λ3 (0, 1, 2) desta equa¸c˜ ao obtemos o seguinte sistema linear   λ1 = x   λ2 + λ3 = y    2λ = z 3

196

(4.8)

cuja solu¸c˜ ao é: λ1 = x, λ3 = z/2 e λ2 = y − λ3 = y − z/2. Substituindo estes valores em (4.8) obtemos (x, y, z) = x (1, 0, 0) + (y − z/2) (0, 1, 0) + z/2 (0, 1, 2) Aplicando F , linear, temos: F (x, y, z) = x F (1, 0, 0) + (y − z/2) F (0, 1, 0) + z/2 F (0, 1, 2) Substituindo os valores de F nos vetores da base temos F (x, y, z) = x (1, 0) + (y − z/2) (3, 1) + z/2 (3, 0) z = x + 3y, y − 2

5 ) Seja F : P2 → P2 definida por F p(t) ) = (1 − t) p′ (t). Determine a matriz de F em rela¸c˜ ao ` a base canˆ onica de P2 . Solu¸ c˜ ao: A base canˆ onica de P2 é { 1, t, t2 }, então B = { u1 = 1, u2 = t, u3 = t2 } = C Seguindo o algoritmo dado

temos:

(p. 189)

F (u1 ) = F (1) = (1 − t) 1′ = 0

⇒

F (1)C = 0 · 1 + 0 · t + 0 · t2

F (u2 ) = F (t) = (1 − t) t′ = 1 − t

⇒

F (t)C = 1 · 1 − 1 · t + 0 · t2

F (u3 ) = F (t2 ) = (1 − t) (t2 )′ = 2 t − 2 t2

⇒

F (t2 )C = 0 · 1 + 2 · t − 2 · t2

Sendo assim, temos:

 0 1 0   2  [ F ] =  0 −1 0 0 −2 

6 ) Considere o operador linear do exemplo 6 ): F:

Z3 2

u

(p. 139)

Z3 7→

2

u ¯

encontre a matriz de F em rela¸c˜ ao à base canˆ onica de Z32 . Solu¸ c˜ ao: A base canˆ onica de Z32 é B = { 100, 010, 001 } = C. Seguindo o algoritmo: ( 1 ) Calculamos F (ui ) (i = 1, 2, 3); F (u1 ) = F (100) = 100 = 011 F (u2 ) = F (010) = 010 = 101 F (u3 ) = F (001) = 001 = 110 197

Por tratar-se da base canˆ onica, podemos escrever   0 1 1 [F ] =  1 0 1  1 1 0

7 ) Seja F : P3 → R a transforma¸cão linear assim definida: Z 1 p(t) dt F p(t) ) = 0

Determine a matriz de F em rela¸cão à bases canˆ onicas de P3 e R. Solu¸ c˜ ao: A base canˆ onica de P3 é B = { 1, t, t2 , t3 } e de R é C = { 1 }.

Seguindo o algoritmo temos:

F (u1 ) = F (1) = F (u2 ) = F (t) = F (u3 ) = F (t2 ) = F (u4 ) = F (t3 ) = Portanto:

R1 0

R1 0

R1 0

R1 0

B

1 dt = 1

⇒

F (1)C = 1 · 1

t dt =

1 2

⇒

F (1)C =

1 2

·1

t2 dt =

1 3

⇒

F (1)C =

1 3

·1

t3 dt =

1 4

⇒

F (1)C =

1 4

·1

[ F ]C =

4.1.1

Exerc´ıcios

1

1 2

1 3

1 4

1) Dadas a transforma¸caõ linear F : R3 → R2 , F (x, y, z) = (2x − y + z, 3x + y − 2z) e as bases B = { u1 = (1, 1, 1), u2 = (0, 1, 1), u3 = (0, 0, 1) } e C = { v1 = (2, 1), v2 = (5, 3) } B

a ) Determine [ F ]C ; b ) Se u = (−1, −1, 1), encontre F (u)C .

2) Dadas a transforma¸caõ linear F : R2 → R3 ,

F (x, y, z) = (2x − y, x + 3y, −2y)

e as bases B = { u1 = (−1, 1), u2 = (2, 1) } e C = { v1 = (0, 0, 1), v2 = (0, 1, −1), v3 = (1, 1, 0) } 198

B

a ) Determine [ F ]C ; b ) Se u = (−1, −1), encontre F (u)C . B

c ) Qual a matriz [ F ]C onde C é a base canˆ onica do R3 ? 3) Determine a matriz da transforma¸cão linear F : R3 → R2 , relativamente às bases canˆ onicas dos respectivos espa¸cos, sabendo que F (1, 1, 0) = (0, 0), F (0, 1, 0) = (1, 0) e F (0, 0, 1) = (0, 1). 4) Dada a matriz M=

"

1 2 −1 1 0 1

#

encontre F : R3 → R2 de maneira que, sendo B = { (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 1, 2) } e C = { (1, 0), (1, 1) } B

se tenha M = [ F ]C . 5) Determine o operador linear" do F : R#2 → R2 cuja matriz em rela¸cão à 1 1 . base B = { (1, 1), (−1, 1) } é −1 1

6) Sabendo que a matriz de uma transforma¸cão linear F : R2 → R3 nas bases B = { (−1, 1), (1, 0) } e C = { (1, 1, −1), (2, 1, 0), (3, 0, 1) } é

 3 1 B   5  [ F ]C =  2 1 −1 

encontre a express˜ ao F (x, y) e a matriz [ F ]. 7) Seja   3 1   5  [F ] =  2 1 −1

a matriz canˆ onica de uma transforma¸cão linear F : R2 → R3 . Se T (u) = (2, 4, −2) encontre u.

199

8) Considere o operador linear F : R2 R2 (x, y) 7→ (x + 2y, x − y) e as bases B = { (−1, 1), (1, 0) }, C = { (2, −1), (−1, 1) } e D = { (1, 0), (0, 1) } Encontre [ F ]B , [ F ]C , [ F ]D . 9) Mostre que a matriz do operador identidade I : Rn Rn u 7→ u em uma base qualquer, é a matriz identidade n × n.

10) Determine as matrizes das seguintes transforma¸cões lineares em rela¸cão as bases canˆ ` onicas dos respectivos espa¸cos: a ) F : R3 → R2 , definida por F (x, y, z) = (x + y, x − y) b ) F : R2 → R3 , definida por F (x, y) = (x + y, x, x − y)

c ) F : R4 → R , definida por F (x, y, z, t) = x + 2y − 3z + 4t

d ) F : R → R3 , definida por F (x) = (x, 2x, 3x). 11) Seja F : R2 → R2 definida por " # 1 2 [F ] = −2 1 Determine os vetores u, v e w tais que: a ) F (u) = u

b ) F (v) = 2v

c ) F (w) = (1, 1).

12) Considere a seguinte transforma¸cão #! " a b = (a + b, a − c, a + d) F : M2×2 → R3 , F c d a ) Mostre que F é linear; B

onicas de M2×2 e R3 , b ) Encontre [ F ]C sendo B e C as bases canˆ respectivamente; c ) Calcule u ∈ M2×2 tal que F (u) = (1, −1, 0); d ) Determine N (F ).

200

13) Sejam F : R2 → M2×2 uma transforma¸cão linear e B e C as bases canˆ onicas de R2 e M2×2 , respectivamente. Sabendo que 

Encontre:

 B  [ F ]C =  

 0 1    3 −2  −1 2 1 2

a ) F (1, 0); b ) F (0, 1); c ) F (1, 1); d ) F (x, y); e ) F (a, b) tal que F (a, b) =

"

1 −1 2 3

#

.

14) No espa¸co vetorial M2×2 seja M=

"

1 −1 2

3

#

Encontre a matriz do operador linear F : M2×2 → M2×2 dado por F (X) = M X − XM , em rela¸c˜ ao a` base canˆ onica #) # " # " # " (" 0 0 0 0 0 1 1 0 , , , B= 0 1 1 0 0 0 0 0 15) Seja F : P2 → P3 , definida por F p(t) = t p(t) − p(1), ∀ p(t) ∈ P2 . Determine a matriz de F em rela¸cão ao seguinte par de bases B = 1, t − 1, (t − 1)2 e C = 1, t − 1, (t − 1)2 , (t − 1)3

de P2 e P3 respectivamente.

16) Seja F : P2 → P3 , definida por F p(t) = (t − 1) p(t), ∀ p(t) ∈ P2 . Determine a matriz de F em rela¸cão ao seguinte par de bases B = 1, t − 1, (t − 1)2 e C = 1, t − 1, (t − 1)2 , (t − 1)3

de P2 e P3 respectivamente.

201

17) Seja F : P2 → P2 definida por F p(t) ) = (1 + t) p′ (t). Determine a matriz de F em rela¸c˜ ao à base canˆ onica de P2 . 18) Determine a matriz do operador de deriva¸cão F : Pn Pn p(t) 7→ p′ (t)

em rela¸c˜ ao ` a base canˆ onica desse espa¸co. R1 19) Seja F : P2 → R, definida por F p(t) = −1 p(t) dt. Determine a matriz de F em rela¸c˜ ao às bases: a ) B = 1, t, t2 e C = { 1 }; b ) B = 1, 1 + t, −1 + t2 e C = { −2 }.

20) Seja a transforma¸caõ linear

G : R3 → R2 , G(x, y, z) = ( y − x · sen 45o , z − x · cos 45o ) a ) Encontre a matriz [ G ]; b ) Utilizando a equa¸cão [ G(u) ] = [ G ] [ u ] encontre [ G(u) ] para os seguintes vetores: i)

u = (0, 0, 0),

ii ) u = (1, 0, 0),

iii ) u = (0, 1, 0),

iv ) u = (0, 0, 1).

c ) Relacione seus c´ alculos com a seguinte figura:

G : R3 → R2

z

Y

s(0, 0, 1) s

s(0, 1)

s

(0, 1, 0)

y

s

s

s

(1, 0, 0)

(?, ?)

x

202

s

(1, 0)

X

4.2

Opera¸ c˜ oes com Transforma¸c˜ oes Lineares

Nesta se¸c˜ ao definiremos algumas opera¸cões envolvendo transforma¸cões lineares o que vai nos permitir construir, a partir de transforma¸cões dadas, novas transforma¸c˜ oes lineares. U

Sejam U e V espa¸cos vetoriais sobre R. Indicaremos por L V o conjunto das transforma¸c˜ oes lineares de U em V , isto é:

=

(

F : U →V

: F é linear

u 7→ F (u)

(

L

U V

U

Desejamos construir sobre o conjunto L V uma estrutura de espa¸co vetorial. Ou ainda, desejamos que cada transforma¸cão linear F : U → V seja um vetor. O primeiro passo nesse sentido é dado a seguir. U

Defini¸ c˜ ao 22 (Adi¸c˜ ao). Dados F, G ∈ L V , definimos a soma F + G de F com G do seguinte modo: F +G : U → V F : U →V

e (F + G)(u) = F (u) + G(u), ∀ u ∈ U. G : U →V

u 7→ F (u)

u 7→ G(u)

(4.9)

F +G : U →V u

7→ F (u)+G(u)

Esteja mais uma vez atento ` a economia de s´ımbolos, veja: essa é a nova adi¸caõ definida em

L UV ,

F +G : U →V

u 7→ F (u) + G(u)

essa é a “velha” adi¸caõ definida em V .

Vejamos um exemplo de adi¸c˜ ao de transforma¸cões lineares. Considere, R3

oes: em L R2 , as aplica¸c˜ F : R3 → R2 , F (x, y, z) = (x + y, x + z) ,

e

G : R3 → R2 , G(x, y, z) = (x − 2y, x + 2z) Pela defini¸c˜ ao de adi¸c˜ ao temos: F + G : R3 → R2 Onde, (F + G)(x, y, z) = F (x, y, z) + G(x, y, z), 203

∀ (x, y, z) ∈ R3 .

Ent˜ ao, (F + G)(x, y, z) = F (x, y, z) + G(x, y, z) = (x + y, x + z) + (x − 2y, x + 2z) = (2x − y, 2x + 3z) U

Uma pergunta que surge naturalmente é: Dados F, G ∈ L V teremos U

sempre F + G ∈ L V ? (isto é, F + G é linear ?). A resposta é afirmativa: a soma F + G, de duas transforma¸cões lineares, é também uma transforma¸cão linear. De fato, ( i ) Pela defini¸c˜ ao de adi¸cão, temos (F + G)(u1 + u2 ) = F (u1 + u2 ) + G(u1 + u2 ) = F (u1 ) + F (u2 ) + G(u1 ) + G(u2 ) = F (u1 ) + G(u1 ) + F (u2 ) + G(u2 ) = (F + G)(u1 ) + (F + G)(u2 ) ( ii ) Para λ ∈ R arbitrário temos: (F + G)(λ u) = F (λ u) + G(λ u) = λ F (u) + λ G(u) = λ F (u) + G(u) = λ (F + G)(u)

U

Temos assim uma adi¸cão (F, G) → F + G em L V . Ou ainda: U

U

U

+ : LV × LV

LV

F +G

(F, G)

Para essa adi¸c˜ ao valem as seguintes propriedades: A1) F + G = G + F A2) (F + G) + H = F + (G + H) A3) Pelo exemplo 8

(p. 140)

(Comutativa) (Associativa)

a transforma¸cão nula

F: U u

V 0

U

é linear, logo, F ∈ L V . Trocando de nota¸cão F = 0 (vermelho), isto é 0: U u

V 0

204

U

é fácil mostrar que esta transforma¸cão satisfaz: F + 0 = F, ∀ F ∈ L V , isto é, a opera¸c˜ ao de adi¸c˜ ao (F, G) → F + G possui elemento neutro. Observe que na simbologia

0: U

V

u

0

temos três “zero’s” envolvidos, assim: U

0 ∈ L V , 0 ∈ U, 0 ∈ V U

A4) Para toda F ∈ L V definimos a transforma¸cão −F por (−F )(u) = −F (u)

(4.10) U

é fácil ver que −F é também linear, ou seja, −F ∈ L V e, ademais, F + (−F ) = −F + F = 0 U

Isto é, para a opera¸c˜ ao de adi¸c˜ ao (F, G) → F + G todo elemento F ∈ L V possui elemento oposto, dado por (4.10). U

Observe que, por enquanto, 0 ∈ L V é uma mera transforma¸cão linear, ainda n˜ ao adquiriu o status de vetor nulo. A seguir, definiremos a multiplica¸cão de uma transforma¸cão linear por um escalar. U

Defini¸ c˜ ao 23. Dados F ∈ L V e λ ∈ R, definimos o produto λ F de F por λ assim: λ F : U → V e (λ F )(u) = λ F (u), ∀ u ∈ U. (4.11) F : U →V

λF : U → V

u 7→ F (u)

u 7→ λ F (u)

A aplica¸c˜ ao λ F assim definida também é uma transforma¸cão linear de U U

em V , isto é, também mora em L V (prove isto!). Sendo assim ficou definida U

U

uma multiplica¸c˜ ao de R × L V em L V , multiplica¸cão essa que verifica as seguintes propriedades: M1) λ ( µ F ) = (λ · µ) F (Associativa) M2) ( λ + µ ) F = λ F + µ F M3) λ ( F + G ) = λ F + λ G

(Distributiva) (Distributiva)

M4) 1 F = F

(elemento neutro) U

quaisquer que sejam λ e µ em R e F e G em L V . 205

Deixamos a prova destas propriedades, com exce¸cão da M3, a cargo do leitor. Desejamos mostrar que λ(F + G) = λF + λG

(4.12)

Pela defini¸c˜ ao (4.11), temos λ(F + G) : U → V

e

Pela defini¸c˜ ao (4.9), temos λF + λG : U → V

λ ( F + G ) (u) = λ (F + G)(u),

∀ u ∈ U.

e (λ F + λ G)(u) = (λ F )(u) + (λ G)(u), ∀ u ∈ U. = λ F (u) + λ G(u)

14

Feito este “preˆ ambulo” para provar (4.12) devemos recorrer à defini¸cão (p. 128), ou seja, devemos mostrar que λ ( F + G ) (u) = λ F + λ G (u), ∀ u ∈ U.

Ent˜ ao:

λ ( F + G ) (u) = λ ( F + G )(u)

= λ ( F + G )(u)

= λ F (u) + G(u)

= λ F (u) + λ G(u) = (λ F + λ G)(u)

Sendo assim podemos concluir que se U e V s˜ ao espa¸cos vetoriais sobre R, U U ent˜ ao a tripla L V , +, · = LV também é um espa¸co vetorial sobre R. U

U

Nota: Agora podemos afirmar que 0 ∈ L V é o vetor nulo do espa¸co LV . Enfatizamos (observe o jogo das cores):

Transforma¸cão linear nula − é o vetor nulo do U

0: U

V

u

0

espa¸co vetorial LV

0 Vetor nulo do contradom´ınio Vetor nulo do dom´ınio 206

Composi¸c˜ ao de transforma¸c˜ oes lineares Defini¸ c˜ ao 24 (Composta). Sejam U , V e W espa¸co vetoriais sobre R. Se F : U → V e G : V → W s˜ ao transforma¸co ˜es lineares, define-se a aplica¸ca õ composta de F e G (nota¸ca õ : G ◦ F ) do seguinte modo: G ◦ F : U → W e (G ◦ F )(u) = G F (u) ), ∀ u ∈ U. F : U →V

G : V →W

u 7→ F (u)

U

G◦F : U → W

v 7→ G(v)

F

V

(4.13)

u 7→ G( F (u) )

G

W

F (u) u

G( s F (u))

s

s

(G◦F )(u)

G◦F Nota: Observe que na defini¸c˜ ao anterior o dom´ınio de G coincide com o contradom´ınio de F . Vejamos um exemplo de composi¸cão de transforma¸cões lineares. Consideremos as seguintes tranfoma¸c˜ oes: F : R3 → R2 , F (x, y, z) = (x + y, x + z) ,

e

G : R2 → R3 , G(x, y) = (x − 2y, x + y, y − x) Pela defini¸c˜ ao de composi¸c˜ ao temos: G ◦ F : R3 → R3 e (G ◦ F )(x, y, z) = G F (x, y, z) , ∀ (x, y, z) ∈ R3 .

Então,

G F (x, y, z) = G (x + y, x + z) = G(x + y, x + z)

= (x + y) − 2(x + z), (x + y) + (x + z), (x + z) − (x + y) = (−x + y − 2z, 2x + y + z, z − y) U

V

Uma pergunta que surge naturalmente é: Dados F ∈ L V , G ∈ L W U

teremos sempre G ◦ F ∈ L W ? (isto é, G ◦ F é linear ?). 207

A resposta é afirmativa: a composi¸cão G◦F , de duas transforma¸cões lineares, é também uma transforma¸cão linear. De fato, ( i ) Pela defini¸c˜ ao de composi¸cão, temos (G ◦ F )(u1 + u2 ) = G F (u1 + u2 )

= G F (u1 ) + F (u2 ) = G F (u1 ) + G F (u2 )

= (G ◦ F )(u1 ) + (G ◦ F )(u2 ) ( ii ) Fica como exerc´ıcio mostrar que (G ◦ F )(λ u) = λ (G ◦ F )(u)

4.3

Matriz da Transforma¸c˜ ao Composta

Sejam U , V e W espa¸co vetoriais sobre R que admitem como bases: U ↑ B = { u1 , . . . , un }

V ↑ C = { v 1 , . . . , vm }

W ↑ D = { w1 , . . . , wp }

Sejam as transforma¸cões lineares F : U → V e G : V → W e, ademais, considere a aplica¸ca õ composta G ◦ F : U → W,

(G ◦ F )(u) = G F (u) ), ∀ u ∈ U.

B

C

Conhecidas as matrizes [ F ]C = (aij ) e [ G ]D = (bki ) pretendemos determiB

nar a matriz [ G ◦ F ]D , veja: U B

F

G

V C

B

[ F ]C

C

[ G ]D

W D

B

[ G ◦ F ]D = ? Observe que pela defini¸cão de matriz de uma transforma¸cão linear temos: (ver ´ıtem ( 2 ) do algoritmo dado na p. 189 ) B

[ F ]C = (aij )m×n C

[ G ]D = (bki )p×m

⇒

F (uj ) =

⇒ G(vi ) =

m X

aij vi

( j = 1, 2, . . . , n )

bki wk

( i = 1, 2, . . . , m )

i=1 p X k=1

208

C

B

ao obtidas Nota: Observe que pelo algoritmo as matrizes [ F ]C e [ G ]D s˜ pelo “transposto” dos coeficientes obtidos na “expans˜ ao” dos respectivos somat´ orios. Pelo mesmo algoritmo temos: ( 1 ) Calculamos (G ◦ F )(uj ) ( j = 1, 2, . . . , n );

Ou ainda,

m m X X aij G(vi ) aij vi = (G ◦ F )(uj ) = G F (uj ) = G i=1

i=1

=

m X

aij

i=1

p X

bki wk =

k=1

p X m X i=1

k=1

B

Portanto, o termo geral de [ G ◦ F ]D geral do produto:

é akj =

bki aij

Pm

i=1

wk

bki aij que é o termo

C B [ G ]D · [ F ]C = (bki )p×m · (aij )m×n

(veja eq. (8.2), p. 426, atente para a ordem do produto). Resumindo, vale a seguinte identidade: C

B

B

[ G ◦ F ]D = [ G ]D · [ F ]C

(4.14)

Ou ainda,

U B

F B

[ F ]C

V C

B

G C

[ G ]D

W D

[ G ◦ F ]D = [ G ]C · [ F ]B D C 209

Uma consequência (corol´ ario) da fórmula (4.14) é que existe uma rela¸cão ´ o que veremos agora. entre isomorfismos e matrizes invers´ıveis. E Sejam U e V espa¸cos vetoriais de dimensão n. Se B e C s˜ ao bases de U e V , reespectivamente, e F : U → V é um isomorfismo. Os diagramas a seguir U B

F B

V C

[ F ]C

F −1 C [ F −1 ]

B

U B

∴

B

C

B

⇓

B B

[ F −1

C

[ F −1 ◦ F ] B = [ F −1 ] B · [ F ] C

= [ F −1 ] B · [ F ] C

[ In ] B

B

◦ F ]B

e, inversamente V C

F −1 C [ F −1 ]

B

U B

F B

C

V C

∴

· [ F −1 ] B

C

B

· [ F −1 ] B

⇓

[F ]C

C

[F ◦

B

[ F ◦ F −1 ] C = [ F ] C

= [F ]C

[ In ] C

C F −1 ] C

B

C

C

provam que a matriz [ F ] C é invers´ıvel e que sua inversa é a matriz [ F −1 ] B . Exemplo: Vamos retomar o exemplo dado na p. 178, isto é, consideremos o isomorfismo F : P1 (R) → R2 ,

dado por

F (a + b x) = (a, b − a).

Considerando as bases canˆ onicas destes espa¸cos, isto é, B = { 1, x } e C = { (1, 0), (0, 1) }, temos F (1 + 0 x) = (1, 0 − 1) = (1, −1) F (0 + 1 x) = (0, 1 − 0) = (0, 1) Sendo assim, temos B

[F ]C =

"

1 0 −1 1

#

⇒

C

[ F −1 ] B =

"

1 0 1 1

Onde F −1 : R2 → P1 (R). Considerando a equa¸cão (4.6) ao nosso contexto, temos [ F −1 (u) ]B = [ F −1 ] B [ u ]C C

210

#

(p. 187)

adaptada

Logo [F

−1

(u) ]B =

"

1 0 1 1

#"

a b

#

=

"

a a+b

#

Então: F −1 (a, b) = a + (a + b) x. Para a demonstra¸c˜ ao do pr´ oximo teorema iremos necessitar de dois resultados vistos anteriormente. Equa¸cão (2.18) (p. 120) [ u ]B = P [ u ]C

⇔

P −1 [ u ]B = [ u ]C

(4.15)

P é a matriz de mudan¸ca de base, da base antiga B para a nova base C. E da equa¸c˜ ao (4.6)

(p. 187) B

[ F (u) ]C = [ F ] C [ u ]B Adaptando essa equa¸c˜ ao para o operador linear T : U → U e tomando as bases B = C, temos B

⇔

[ T ] B [ u ]B = [ T (u) ]B

(4.16)

C

⇔

[ T ] C [ u ]C = [ T (u) ]C

(4.17)

[ T (u) ]B = [ T ] B [ u ]B Ou ainda [ T (u) ]C = [ T ] C [ u ]C

O teorema a seguir nos diz o que acontece com a matriz de um operador linear T : U → U quando se muda da base B para a base C de U . Teorema 10. Seja P a matriz de mudan¸ca da base B para a base C no espa¸co vetorial U . Ent˜ ao, para qualquer operador linear T : U → U , temos [ T ]C = P −1 [ T ]B P Prova: Seja u um vetor em U . Considerando a equa¸cão P [ u ]C = [ u ]B , vamos multiplic´ a-la da seguinte formada P −1 [ T ]B P [ u ]C = P −1 [ T ]B [ u ]B

Isto é

P −1 [ T ]B P [ u ]C = P −1 [ T ]B [ u ]B

= P −1 [ T (u) ]B

Na u ´ltima igualdade usamos (4.16). Substituindo na equa¸cão (4.15), u por T (u), obtemos P −1 [ T (u) ]B = [ T (u) ]C . Então P −1 [ T ]B P [ u ]C = [ T (u) ]C Utilizando a equa¸c˜ ao (4.17), resulta P −1 [ T ]B P [ u ]C = [ T ] C [ u ]C 211

Como a aplica¸c˜ ao u 7→ [ u ]C é sobrejetiva em Rn , temos P −1 [ T ]B P X = [ T ] C X,

∀ X ∈ Rn

Sendo assim, P −1 [ T ]B P = [ T ] C.

Produto de vetores Observe que na opera¸cão de composi¸ca õ definida anteriormente temos U

V

U

F ∈ L V , G ∈ L W, G ◦ F ∈ L W Ou ainda U

V

◦ : LV × LW (F, G)

U

U

LW G◦F

V

Embora F ∈ L V e G ∈ L W sejam vetores n˜ ao podemos considerar G ◦ F como sendo uma multiplica¸cão “genu´ına” de vetores porquanto essa opera¸c˜ ao n˜ ao é uma lei de composi¸cão interna. (Veja def. 55, p. 419) No entanto, no importante caso em que U = V = W a opera¸cão de composi¸c˜ ao toma a forma U

U

◦ : LU × LU (F, G)

U

LU G◦F

Sendo assim a opera¸c˜ ao “◦” torna-se uma lei de composi¸cão interna em U

L U o que significa que podemos considerar esta opera¸cão como sendo uma (“leg´ıtima”) multiplica¸caõ de vetores (no caso operadores lineares). Em sendo este o caso, trocaremos de nota¸cão, faremos G ◦ F = G · F = G F ; ou seja, trocaremos a nota¸cão de composi¸cão pela de produto. O produto de vetores possui algumas propriedades “excêntricas” n˜ ao compartilhadas pelo produto de n´ umeros Reais (ou Complexos), como por exemplo as propriedades P5 , P6 e P7 , vistas a seguir: U

∀ H, G, F ∈ L U

P1 ) (HG)F = H(GF ), U

P2 ) ∃ 1 ∈ L U : 1F = F 1 = F,

U

∀ F ∈ LU U

P3 ) H(F + G) = HF + HG,

∀ F, G, H ∈ L U

P3′ ) (F + G)H = F H + GH,

∀ F, G, H ∈ L U

U

U

∀ λ ∈ R, ∀ F, G ∈ L U

P4 ) G(λ F ) = λ (GF ),

U

P5 ) GF 6= F G,

∃ F, G ∈ L U U

∃ F, G, H ∈ L U

P6 ) GF = HF ; G = H, P7 ) GF = 0 ; G = 0 ou F = 0, 212

U

∃ F, G ∈ L U

No caso da propriedade P6 dizemos que n˜ ao vale a lei do corte para o produto de vetores e no caso da propriedade P7 dizemos que o produto de vetores admite divisores de zero.† Deixamos a prova destas propriedades ao leitor, no entanto forneceremos os contraexemplos para as três u ´ltimas. Então: ( i ) O produto de vetores n˜ ao é comutativo em geral. Com efeito, consideremos os dois vetores seguintes F : R2 → R2 ; F (x, y) = (x + y, x − y) G : R2 → R2 ; G(x, y) = (y, x) Temos (GF )(x, y) = G F (x, y) = G(x + y, x − y) = (x − y, x + y) (F G)(x, y) = F G(x, y) = F (y, x) = (y + x, y − x)

Logo, GF 6= F G. ( ii ) No produto de vetores n˜ ao vale a lei do corte. Com efeito, consideremos a seguinte terna de vetores F : R2 → R2 ; F (x, y) = (y, y) G : R2 → R2 ; G(x, y) = (x, x) H : R2 → R2 ; H(x, y) = (x, y) Verifique que GF = HF e, no entanto, G 6= H.

( iii ) No produto de vetores existem divisores de zero. Com efeito, consideremos os dois operadores F : R2 → R2 ; F (x, y) = (x, 0) G : R2 → R2 ; G(x, y) = (y, y) Temos F 6= 0, G 6= 0 e, no entanto: (GF )(x, y) = G F (x, y) = G(x, 0) = (0, 0)

isto é, GF = 0.

† Em um sistema algébrico (A, +, ·) um elemento n˜ ao nulo a ∈ A diz-se um divisor de zero se existe b ∈ A, também n˜ ao nulo, tal que a · b = 0.

213

A dan¸ ca dos s´ımbolos Na propriedade P2 vista anteriormente: U

U

P2 ) ∃ 1 ∈ L U : 1F = F 1 = F, ∀ F ∈ L U

(elemento neutro)

o s´ımbolo 1, no presente contexto, significa a transforma¸cão identidade dada no exemplo 7 (p. 139) que aqui passa a ser o elemento neutro para o produto de vetores. Em resumo: 1: U u

7→

U u

∴

1(u) = u, ∀ ∈ U.

O leitor n˜ ao se surpreenda por esta “dan¸ca dos s´ımbolos” porquanto ela é mais frequente em matem´ atica do que possamos suspeitar.

Potencia¸c˜ ao de vetores U

Definiremos agora uma nova opera¸cão para vetores em L U . U

Defini¸ c˜ ao 25 (Potência de vetores). Sejam F ∈ L U e n um n´ umero natun ral. Potência de base F e expoente n é o vetor F tal que: ( F0 = 1 F n = F n−1 · F, ∀ n ≥ 1.

Desta defini¸c˜ ao decorre que: F1 = F0 · F = 1 · F = F F2 = F1 · F = F · F F 3 = F 2 · F = (F · F ) · F = F · F · F e, de modo geral, para p natural e p ≥ 2, temos que F p é um produto de p fatores iguais a F . A potência¸c˜ ao de vetores n˜ ao é uma opera¸cão “bem comportada”, a exemplo da potencia¸c˜ ao numérica, podemos nos deparar com alguns resultados curiosos, como por exemplo os dois a seguir   - Em R :

se x2 = 1

  - Em R :

se x2 = 0





⇒

x = ±1

U

- Em L U : se X 2 = 1 ; X = ± 1

U

⇒

x=0

- Em L U : se X 2 = 0 ; X = 0 214

U

Um operador F ∈ L U tal que F 2 = F chama-se idempotente; se F n = 0, para um certo n´ umero natural n, então F se diz nilpotente.

Exerc´ıcios Resolvidos R2

1) Mostre que o vetor F ∈ L R2 dado por F (x, y) = (y, x) satisfaz F 2 = 1, com F 6= ± 1 Solu¸ ca õ: Temos F 2 (x, y) = F · F (x, y) = F F (x, y) ) = F (y, x) ) = F (y, x) = (x, y) R2

Por outro lado, o operador identidade de L R2 é dado por 1 : R2 → R2 ; 1(x, y) = (x, y) portanto, F 2 = 1 com F 6= ± 1. Geometricamente o operador F produz uma reflexão em torno da reta y = x (como ser´ a visto oportunamente, p. 237), veja: y

s(y, x)

y=x

F

s(x, y) x

R2

2) Mostre que o vetor F ∈ L R2 dado por F (x, y) = (0, x) 6= 0 satisfaz a equa¸cão F2 = 0 Solu¸ ca õ: Temos F 2 (x, y) = F · F (x, y) = F F (x, y) = F (0, x) = F (0, x) = (0, 0)

Sendo assim podemos escrever,

F 2 = 0 : R2 (x, y)

215

R2 (0, 0)

3) Seja F : U → U um operador idempotente (isto é, F 2 = F ) de um espa¸co vetorial U . Mostre que U = N (F ) ⊕ Im (F ). Solu¸ c˜ ao: Prova: Podemos escrever um vetor u ∈ U arbitrário como: u = (u − F (u)) + F (u) A segunda parcela est´ a, obviamente, no subespa¸co Im (F ). Vamos mostrar que a primeira parcela est´ a no n´ ucleo: F u − F (u) = F (u) − F 2 (u) = F (u) − F (u) = 0 Resumindo: mostramos que um vetor arbitrário de U pode ser escrito como a soma de dois vetores, um do n´ ucleo e outro da imagem, logo U = N (F ) + Im (F ) Para mostrar que esta soma é direta basta mostrar que N (F ) ∩ Im (F ) = { 0 } Suponhamos ent˜ ao que u ∈ N (F ) ∩ Im (F ), então (

u ∈ Im (F )

⇒ u = F (u′ ), para algum u′ ∈ U ;

u ∈ N (F )

⇒ F (u) = 0.

(4.18)

Aplicando F na primeira equa¸cão acima obtemos F (u) = F F (u′ ) = F 2 (u′ )

usando a hip´ otese de que o operador é idempotente resulta F (u) = F 2 (u′ ) = F (u′ ) Agora considerando a segunda equa¸cão em (4.18) concluimos que F (u′ ) = 0. Este resultado na primeira equa¸cão em (4.18) fornece u = 0. Conclusão: na interse¸cão dos subespa¸cos N (F ) e Im (F ) mora apenas o vetor nulo, logo, a soma é direta. >

216

Vamos ilustrar a igualdade U = N (F ) ⊕ Im (F ) do exemplo anterior com um exemplo geométrico. Considere o operador (proje¸c˜ ao sobre o eixo ox): F : R2 → R2 , F (x, y) = (x, 0) Primeiramente mostremos que ele é idempotente, isto é, que F 2 = F : F 2 (x, y) = F · F (x, y) = F F (x, y) = F (x, 0) = F (x, 0) = (x, 0) = F (x, y)

Vamos encontrar o n´ ucleo desse operador:

N (F ) = { u ∈ U : F (u) = 0 }

= { (x, y) ∈ R2 : F (x, y) = (0, 0) }

Devemos resolver a equa¸c˜ ao: F (x, y) = (0, 0) ⇒ (x, 0) = (0, 0) ⇒ x = 0 Ou seja, N (F ) = { (x, y) ∈ R2 : x = 0 } = { (0, y) ∈ R2 } Isto é, o n´ ucleo do operador é o eixo oy. Calculemos a imagem do operador. Im (F ) = { F (u) : u ∈ U }

= { F (x, y) : (x, y) ∈ R2 }

= { (x, 0) : (x, y) ∈ R2 } = { x (1, 0) : x ∈ R }

A imagem é gerada pelo vetor (1, 0), isto é, Im (F ) = [ (1, 0) ], é o eixo ox. Geometricamente tudo se passa assim:

N (F )

N (F )

(0, y) s

(x, y)

(0, y) s

s

(x, y)

s

F

s 0

s (x, 0)

Im (F )

s 0

s (x, 0)

Im (F )

R2 = N (F ) ⊕ Im (F )

217

R2

(

4) Lembramos que L R3 é o conjunto ( F : R2 → R3 : F é linear R2 L R3 = u 7→ F (u) R2

Mostre que dim L R3 = 2 · 3 = 6. Prova: Vamos considerar B = { u1 , u2 } e C = { v1 , v2 , v3 } bases dos respectivos espa¸cos. Pelo lema 2 (p. 178), uma aplica¸cão linear F : R2 → R3 R2

ńico) por uma associa¸cão qualquer de de L R3 é determinada (de modo u imagens de elementos da base B. Consideremos as aplica¸cões R2

Fij ∈ L R3 , i = 1, 2;

j = 1, 2, 3.

observe que temos 2 · 3 aplica¸cões, veja: i = 1:

F11

F12

F13

i = 2:

F21

F22

F23

(4.19)

vamos definir a aplica¸c˜ ao linear Fij como  v , k = i; j Fij (uk ) =  0, k = 6 i.

Por exemplo, para as aplica¸cões da primeira linha de (4.19) obtemos: F11 (u1 ) = v1 , F11 (u2 ) = 0 F12 (u1 ) = v2 , F12 (u2 ) = 0

(4.20)

F13 (u1 ) = v3 , F13 (u2 ) = 0 Para as aplica¸c˜ oes da segunda linha de (4.19) obtemos: F21 (u1 ) = 0 , F21 (u2 ) = v1 F22 (u1 ) = 0 , F22 (u2 ) = v2

(4.21)

F23 (u1 ) = 0 , F23 (u2 ) = v3 Tendo o conjunto { Fij } exatamente 2 · 3 elementos a proposi¸cão estar´ a R2

provada se mostrarmos que { Fij } é uma base de L R3 . R2

Inicialmente mostraremos que { Fij } gera L R3 . Considere uma fun¸cão R2

arbitrária F ∈ L R3 , isto é, F : R2 → R3 . Suponha, ademais, que∗ F (u1 ) = w1 , F (u2 ) = w2 ∗

Veja propriedade P5 (p. 151) e lema 2 (p. 178).

218

(4.22)

Como wk ∈ R3 , ele é uma combina¸cão linear dos vetores de C, assim: w1 = λ11 v1 + λ12 v2 + λ13 v3

(4.23)

w2 = λ21 v1 + λ22 v2 + λ23 v3

(4.24)

Considere a aplica¸c˜ ao linear G = G=

3 X

P2

i=1

P3

λ1j F1j +

j=1

3 X

λij Fij . Ou, se preferirmos: λ2j F2j

j=1

j=1

Ou ainda: G = λ11 F11 + λ12 F12 + λ13 F13 + λ21 F21 + λ22 F22 + λ23 F23 Como G é uma combina¸c˜ ao linear dos Fij , a demonstra¸cão de que { Fij } R2

a terminada se mostrarmos que F = G. gera L R3 estar´ Vamos calcular G(uk ), k = 1, 2 e comparar com (4.22). Temos: G(u1 ) = λ11 F11 (u1 ) + λ12 F12 (u1 ) + λ13 F13 (u1 )

(4.25)

+ λ21 F21 (u1 ) + λ22 F22 (u1 ) + λ23 F23 (u1 ) Das primeiras colunas em (4.20) e (4.21) obtemos G(u1 ) = λ11 v1 + λ12 v2 + λ13 v3

(4.26)

+ λ21 0 + λ22 0 + λ23 0 Comparando este resultado com (4.23) concluimos que G(u1 ) = w1 , comparando com (4.22) concluimos que G(u1 ) = F (u1 ). Por outro lado, temos: G(u2 ) = λ11 F11 (u2 ) + λ12 F12 (u2 ) + λ13 F13 (u2 ) + λ21 F21 (u2 ) + λ22 F22 (u2 ) + λ23 F23 (u2 ) Das segundas colunas em (4.20) e (4.21) obtemos G(u2 ) = λ11 0 + λ12 0 + λ13 0 + λ21 v1 + λ22 v2 + λ23 v3 Comparando este resultado com (4.24) concluimos que G(u2 ) = w2 , comparando com (4.22) concluimos que G(u2 ) = F (u2 ). Sendo assim, pelo lema 2 (p. 178) concluimos que F = G. 219

Para demonstrar que { Fij } s˜ ao linearmente independentes suponha que, para escalares λij ∈ R, temos 3 2 X X

λij Fij = 0

(4.27)

i=1 j=1

Ou, se preferirmos: λ11 F11 + λ12 F12 + λ13 F13 + λ21 F21 + λ22 F22 + λ23 F23 = 0 Colocando, nesta igualdade, o vetor u1 como argumento das fun¸cões Fij obtemos o lado direito da igualdade (4.25) igual a 0. Fazendo as devidas substitui¸c˜ oes obtemos o lado direito da igualdade (4.26) igual a 0, isto é: λ11 v1 + λ12 v2 + λ13 v3 = 0 Como os vi s˜ ao linearmente independentes obtemos λ11 = λ12 = λ13 = 0. Fazendo o mesmo procedimento com o vetor u2 , obtemos todos os demais > escalares da combina¸c˜ ao linear (4.27) iguais a 0. A prova est´ a concluida, no apêndice (p. 254) demonstramos o caso geral. R2

Vamos obter, de modo expl´ıcito, uma base para o espa¸co vetorial LR3 . Para tanto vamos, por exemplo, escolher as bases canˆ onicas B = { u1 = (1, 0), u2 = (0, 1) } C = { v1 = (1, 0, 0), v2 = (0, 1, 0), v3 = (0, 0, 1) } Sendo assim, para as aplica¸cões da primeira linha de (4.19) (p. 218) obtemos: F11 (1, 0) = (1, 0, 0) , F11 (0, 1) = (0, 0, 0) F12 (1, 0) = (0, 1, 0) , F12 (0, 1) = (0, 0, 0) F13 (1, 0) = (0, 0, 1) , F13 (0, 1) = (0, 0, 0) Para as aplica¸c˜ oes da segunda linha de (4.19) obtemos: F21 (1, 0) = (0, 0, 0) , F21 (0, 1) = (1, 0, 0) F22 (1, 0) = (0, 0, 0) , F22 (0, 1) = (0, 1, 0) F23 (1, 0) = (0, 0, 0) , F23 (0, 1) = (0, 0, 1) Seguindo os passos da propriedade P5 aplica¸c˜ oes Fij , por exemplo, sendo

(p. 151)

podemos determinar todas as

(x, y) = x (1, 0) + y (0, 1) 220

temos F11 (x, y) = x F11 (1, 0) + y F11 (0, 1) = x (1, 0, 0) + y (0, 0, 0) = (x, 0, 0) Com um procedimento an´ alogo, obtemos: F11 (x, y) = (x, 0, 0) ,

F12 (x, y) = (0, x, 0) ,

F13 (x, y) = (0, 0, x)

F21 (x, y) = (y, 0, 0) ,

F22 (x, y) = (0, y, 0) ,

F23 (x, y) = (0, 0, y) R2

Sendo assim { Fij } é uma base do espa¸co vetorial LR3 . Uma transforma¸c˜ ao linear F : R2 → R3 arbitrária pode ser escrita como: F (x, y) = (a11 x + a12 y, a21 x + a22 y, a31 x + a32 y) Ou ainda,

(ver ( ∗ ), p. 146 e p. 148)

F : R2 → R3  Y = F (X) = A X



z 

3×2

a11 y1    a  y2  =  21 a31 y3

}|

{ " # a12 x1  a22  · x2 a32

Temos: F (x, y) = a11 (x, 0, 0) + a21 (0, x, 0) + a31 (0, 0, x) + a12 (y, 0, 0) + a22 (0, y, 0) + a32 (0, 0, y) Ou ainda: F (x, y) = a11 F11 (x, y) + a21 F12 (x, y) + a31 F13 (x, y) + a12 F21 (x, y) + a22 F22 (x, y) + a32 F23 (x, y) R2

o que confirma que { Fij } gera o espa¸co vetorial LR3 .

221

4.3.1

Exerc´ıcios

1) Sejam F : R2 → R3 e G : R2 → R3 as transforma¸cões lineares definidas por F (x, y) = (x + y, x − y, x) e G(x, y) = (x − y, x + y, y) Determine as seguintes transforma¸cões lineares: a) F + G; b ) 2 F − 3 G,

c ) A matriz canˆ onica de 2 F − 3 G e mostre que [ 2 F − 3 G ] = 2[ F ] − 3[ G ] 2) Sejam F : R2 → R e G : R → R as transforma¸cões lineares F (x, y) = x + 2y e G(x, y) = 2x Determine a transforma¸cão G ◦ F . Perguntamos se F ◦ G est´ a definida.

3) Sejam F e G operadores lineares no R2 dados por

F (x, y) = (x + y, x − y) e G(x, y) = (x − y, x + y) Determine os seguintes produtos: a) F G

b) GF

c) F2

d ) G2

R2

4) Sejam F, G ∈ L R2 vetores dados por F (x, y) = (0, x) e G(x, y) = (x, 0) Determine os seguintes produtos: a) F G

b) GF

c ) ( F G )2

d ) ( G F )2

R3

5) Seja F ∈ L R3 dado por F (x, y, z) = (3x, x − y, 2x + y + z). Mostre que: ( F 2 − 1 )( F − 3 · 1 ) = 0 R2

6) Sejam F, G ∈ L R3 vetores dados por F (x, y) = (x + y, y + z, z) e G(x, y) = (x + 2y, y − z, x + 2z) Encontre: a ) F G; b ) N ( F G ) e Im ( G F ); c ) uma base e a dimensão de N ( F 2 G ). 222

R2

R3

7) Sejam F ∈ L R3 e G ∈ L R3 dados por: F (x, y) = (x + y, x − y, 0) e G(x, y, z) = (x + y, x − z, y + z) Determine: F ◦ G ◦ F .

8) Sejam F, G : R3 → R2 definidas por F (x, y, z) = (y, x + z) e G(x, y, z) = (2z, x − y) R3

Mostre que { F, G} é linearmente independente no espa¸co LR2 . R3

9) Determine uma base para o espa¸co vetorial LR2 .

R2

10) Determine uma base para o espa¸co vetorial LR2 . P

11) Determine uma base para o espa¸co vetorial LP22 . R2

12) Seja F ∈ L R2 dado por F (x, y) = (y, x). Determine F n (x, y), sendo n ≥ 1 um n´ umero natural. R2

13) Seja F ∈ L R2 dado por F (x, y) = (x, 0). Determine F n (x, y), sendo n ≥ 1 um n´ umero natural. 14) Determine se os seguintes vetores (operadores) lineares de R3 s˜ ao idempotentes ou nilpotentes: a ) F (x, y, z) = (−x, −y, −z);

b ) F (x, y, z) = (z, x, y); c ) F (x, y, z) = (0, x, z); d ) F (x, y, z) = (x, y, 0); R2

15) Seja F ∈ L R2 dado por F (x, y) = (x, x + y). a ) Determine F 2 ;

b ) Determine ( F − 1 )2 ;

c ) Mostre que ( F − 1 )2 = F 2 − 2 F + 1 = 0. Observe que F − 1 6= 0.

223

Espa¸ co Dual

Reconsideremos o conjunto ( F : U →V U LV = u 7→ F (u)

(p. 203)

: F é linear

(

4.4

das transforma¸c˜ oes lineares do espa¸co vetorial U no espa¸co vetorial V . U U J´ a vimos que LV = L V , +, · também é um espa¸co vetorial sobre R. Sendo o pr´ oprio R um espa¸co vetorial sobre R tomemos no conjunto acima V = R, isto é

=

(

F : U →R

: F é linear

u 7→ F (u)

(

L

U R

Esse espa¸co vetorial é chamado espa¸ co vetorial dual de U e costuma ser denotado na literatura por U ∗ . Enfatizamos:

U∗

=L

U R

Cada elemento de U ∗ recebe o nome de forma linear ou funcional linear sobre U . Exemplos: 1 ) A transforma¸c˜ ao F : R3 → R

(x, y, z) 7→ x+y+z R3

é um elemento do espa¸co L R = ( R3 )∗ . 2 ) A transforma¸c˜ ao F : P2 (R) → R R1 p(x) 7→ 0 p(x) dx

é um elemento do espa¸co ( P2 (R) )∗ . 3 ) A transforma¸c˜ ao

F : Mn (R) → R (aij ) 7→ a11 + a22 + · · · + ann 224

Faz corresponder a cada matriz quadrada de ordem n o seu tra¸co. A “aplica¸c˜ ao tra¸co” é uma forma linear. O nosso objetivo agora ser´ a caracterizar os elementos F do espa¸co dual n de R . Ent˜ ao, seja F : Rn → R u

∈ L

7→ F (u)

Rn R

(⋆)

uma forma linear sobre o Rn . Consideremos { e1 , e2 , . . . , en } como sendo a base canˆ onica do Rn , isto é e1 = (1, 0, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , en = (0, 0, 0, . . . , 1) Fixado arbitrariamente um vetor u = (x1 , x2 , . . . , xn ) em Rn , u pode ser escrito como uma combina¸c˜ ao linear desta base, assim u = x1 e1 + x2 e2 + · · · + xn en Então F (u) = F ( x1 e1 + x2 e2 + · · · +xn en ) = x1 F (e1 ) + x2 F (e2 ) + · · ·+xn F (en ) Observe em (⋆) que F (e1 ), F (e2 ), . . . , F (en ), s˜ ao n´ umeros reais; fa¸camos F (e1 ) = k1 , F (e2 ) = k2 , . . . , F (en ) = kn ; sendo assim obtemos F (x1 , x2 , . . . , xn ) = k1 x1 + k2 x2 + · · · + kn xn A conclusão é que todo elemento do espa¸co ( Rn )∗ é desta forma. Por exemplo, veja o Exemplo 1 ) dado anteriormente (p. 224). Por outro lado, dada qualquer n-upla (k1 , k2 , . . . , kn ) de n´ umeros reais é fácil ver que a aplica¸c˜ ao Rn

F :

→R

(x1 , x2 , ..., xn ) 7→ k1 x1 + k2 x2 + ··· +kn xn

é uma forma linear sobre o Rn . Então, podemos afirmar que F ∈ ( Rn )∗ se, e somente se, existem n´ umeros reais k1 , k2 , . . . , kn tais que F (x1 , x2 , . . . , xn ) = k1 x1 + k2 x2 + · · · + kn xn , ∀ (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Rn Em resumo:

= L

Rn R

=

(

F : Rn → R

u 7→ F (u)

225

: F é linear

(

( Rn )∗

Um espa¸ co e seu dual tˆ em a mesma dimens˜ ao Seja U um espa¸co vetorial sobre R de dimensão n. Desejamos provar que o espa¸co vetorial U ∗ também tem dimensão n. Isto é,

U

dim U ∗ = dim L R = dim U De fato, consideremos B = { u1 , u2 , . . . , un } uma base de U , o que implica que todo vetor desse espa¸co pode ser escrito como u = x1 u1 + x2 u2 + · · · + xn un ,

com xi ∈ R.

(4.28)

As n aplica¸c˜ oes ssim F1 : U → R , u 7→ x1

F2 : U → R ,

, Fn : U → R

...

u 7→ xn

u 7→ x2

s˜ ao transforma¸c˜ oes lineares de U em R, logo, pertencem ao dual de U , isto é, a U ∗ . Tendo o conjunto { F1 , F2 , . . . , Fn } exatamente n elementos o nosso desiderato ter´ a sido cumprido se mostrarmos que { Fi } é uma base de U

U

L R = U ∗ . Inicialmente mostraremos que { Fi } gera L R . U

Considere uma fun¸caõ arbitrária F ∈ L R . Suponha, ademais, que∗ F (u1 ) = k1 , F (u2 ) = k2 , . . . , F (un ) = kn Ent˜ ao F (u) = F (x1 u1 + x2 u2 + · · · + xn un ) = x1 F (u1 ) + x2 F (u2 ) + · · · + xn F (un ) = k1 x1 + k2 x2 + · · · + kn xn = k1 F1 (u) + k2 F2 (u) + · · · + kn Fn (u) Podemos escrever essa u ´ltima igualdade como F (u) = k1 F1 (u) + k2 F2 (u) + · · · + kn Fn (u) = ( k1 F1 + k2 F2 + · · · + kn Fn )(u) Como u foi tomado arbitrariamente em U concluimos que F = k1 F1 + k2 F2 + · · · + kn Fn U

Assim mostramos que, de fato, { Fi } gera L R . ∗


226

Para demonstrar que { Fi } é linearmente independente consideremos, para escalares λi ∈ R, a combina¸c˜ ao λ1 F1 + λ2 F2 + · · · + λn Fn = 0 Coloquemos o vetor u1 como argumento das fun¸cões Fi acima, assim λ1 F1 (u1 ) + λ2 F2 (u1 ) + · · · + λn Fn (u1 ) = 0 Nesta igualdade temos λ1 F1 (u1 ) +λ2 F2 (u1 ) + · · · + λn Fn (u1 ) = 0 | {z } | {z } | {z } =1

=0

(4.29)

=0

Observe porque: podemos escrever

u1 = 1 u1 + 0 u2 + · · · + 0 un u2 = 0 u1 + 1 u2 + · · · + 0 un

··· = ························

un = 0 u1 + 0 u2 + · · · + 1 un

Agora basta atentar para o desenvolvimento dado em (4.28), de um vetor arbitrário u ∈ U , e as defini¸c˜ oes das Fi dadas em seguida. Sendo assim de (4.29) concluimos que λ1 = 0. Agora coloquemos o vetor u2 como argumento das fun¸cões Fi , assim λ1 F1 (u2 ) + λ2 F2 (u2 ) + · · · + λn Fn (u2 ) = 0 Nesta igualdade temos λ1 F1 (u1 ) +λ2 F2 (u1 ) + · · · + λn Fn (u1 ) = 0 | {z } | {z } | {z } =0

=1

=0

donde λ2 = 0. Procedendo desta forma até o u ´ltimo vetor da base B concluimos que todos os λi s˜ ao nulos; logo, o conjunto { Fi } é linearmente independente. U

Sendo assim { F1 , F2 , . . . , Fn } é uma base de L R = U ∗ . Então, dim U = dim U ∗ Pelo teorema 9 espa¸cos isomorfos.

(p. 180)

concluimos que o espa¸co U e seu dual U ∗ s˜ ao

Nota: A base { F1 , F2 , . . . , Fn } construida anteriormente recebe o nome de base dual da base B = { u1 , u2 , . . . , un }.

227

Exemplos: 1 ) Determine a base dual da base B = { (1, 1), (−1, 1) } do R2 .

Solu¸ c˜ ao: Seguindo os passos da demonstra¸cão anterior, vamos escrever um vetor arbitrário u = (x, y) de R2 como combina¸cão linear dos vetores da base B, temos u = (x, y) = x1 u1 + x2 u2 = x1 (1, 1) + x2 (−1, 1) Resolvendo o sistema acima encontramos x1 = Isto nos leva a u=

x+y 2

e x2 =

−x+y 2 .

x+y −x + y (1, 1) + (−1, 1) 2 2

Ainda de acordo com a prova anterior estamos procurando as duas aplica¸cões F2 : R2 → R

F1 : R2 → R ,

u 7→ x2

u 7→ x1

Sendo assim, resulta F1 (x, y) =

x+y 2

e

F2 (x, y) =

−x + y 2

A base { F1 , F2 } é a base dual de B, solicitada. Existe uma outra alternativa pela qual podemos resolver o problema acima. Com efeito, as Fi definidas na p. 226 atuam numa base B = { u1 , u2 , . . . , un } de U da seguinte forma Fi (uj ) = δij =

( 1, se i = j; 0, se i 6= j.

A express˜ ao acima, que usa o delta de Kronecker δij , é uma forma abreviada de escrever F1 (u1 ) = 1 , F1 (u2 ) = 0 ,

F1 (u3 ) = 0 , . . .

F1 (un ) = 0

F2 (u1 ) = 0 , F2 (u2 ) = 1 ,

F2 (u3 ) = 0 , . . .

F2 (un ) = 0

......................................................... Fn (u1 ) = 0 , Fn (u2 ) = 0 , Fn (u3 ) = 0 , . . .

Fn (un ) = 1

Pois bem, estamos procurando duas aplica¸cões da forma F1 (x, y) = ax + by

e 228

F2 (x, y) = cx + dy

Reconsideremos a base B = { u1 = (1, 1), u2 = (−1, 1) }; aplicando nestas transforma¸c˜ oes o vetores dessa base temos F1 (1, 1) = a 1 + b 1 = 1 , F1 (−1, 1) = a(−1) + b 1 = 0 F2 (1, 1) = c 1 + d 1 = 0 , F2 (−1, 1) = c(−1) + d 1 = 1 Destas equa¸c˜ oes retiramos os seguintes sistemas ( ( a+b = 1 c+d = 0 e −a + b = 0 −c + d = 1 Resolvendo-os, encontramos F1 (x, y) =

1 1 x+ y 2 2

1 1 F2 (x, y) = − x + y 2 2

e

2 ) Determine a base dual da seguinte base do R3 B = { (1, 1, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 2) } Solu¸ ca õ: Seguindo os passos da demonstra¸cão anterior, vamos escrever um vetor arbitrário u = (x, y, z) de R3 como combina¸cão linear dos vetores da base B, temos temos u = (x, y, z) = x1 u1 + x2 u2 + x3 u3 Ou ainda (x, y, z) = x1 (1, 1, 0) + x2 (0, 1, 0) + x3 (0, 0, 2) Resolvendo o sistema  1x + 0x2 + 0x3 = x    1  1x1 + 1x2 + 0x3 = y     0x1 + 0x2 + 2x3 = z

Obtemos

x1 = x,

x2 = y − x,

x3 =

z 2

Estamos procurando três aplica¸c˜ oes F1 : R3 → R , u 7→ x1

F3 : R3 → R

F2 : R3 → R,

u 7→ x3

u 7→ x2

Sendo assim, resulta F1 (x, y, z) = x,

F2 (x, y, z) = −x + y

e

A base { F1 , F2 , F3 } é a base dual de B procurada. 229

F3 (x, y, z) =

z 2

4.4.1

Exerc´ıcios

16) Determine a base dual da base B = { (1, −1), (−1, −1) } do R2 .

17) Determine a base dual da base B = { (1, −1, 3), (0, 1, −1), (0, 3, −2) } do R3 . 18) Determine a base dual da base canˆ onica do R3 . 19) Determine a base dual da base B = { 1, t, 1 − t2 } do P2 (R). 20) Determine a base dual da base canˆ onica do M2 (R) e escreva a aplica¸cão tra¸co como uma combina¸cão linear dessa base. 21) Verifique se os funcionais lineares F1 e F2 do espa¸co (R2 )∗ , dados abaixo, forma uma base deste espa¸co: F1 (x, y) = x + y

e

F2 (x, y) = x − y

22) Seja { e1 , e2 , . . . , en } a base canˆ onica do Rn . Mostre que sua base dual é { π1 , π2 , . . . , πn } onde πi é a aplica¸cão proje¸cão na coordenada i; isto é, πi :

Rn

→R

(x1 , ..., xn ) 7→ xi

23) Seja U um espa¸co vetorial sobre R. Sejam F1 e F2 ∈ U ∗ e suponha F : U → R definida por F (u) = F1 (u) F2 (u), também pertence a U ∗ . Mostre que F1 = 0 ou F2 = 0. 24) Seja V = R3 . Considere o subespa¸co W ∗ de V ∗ gerado pelos funcionais F e G dados por F (x, y, z) = x − y e G(x, y, z) = y − 2z. Determine uma base do seguinte subespa¸co de W : W = { u ∈ V : F (u) = 0, ∀ F ∈ W ∗ } 25) Sejam F e G formas lineares n˜ ao nulas no espa¸co vetorial U (i.e. F e G ∈ U ∗ ), linearmente dependentes. Prove que N (F ) = N (G) e sua dimensão é n − 1 se dim U = n. (Sug.: Considere o teorema do n´ ucleo e da imagem)

∗

∗

∗

Importa bem pouco o que se sup˜ oe [a respeito da disposi¸ca õ primeva da matéria], pois depois isso dever´ a mudar de acordo com as leis da natureza. J´ a que por obra dessas leis a matéria assume em sucess˜ ao [sucessive] todas as formas de que é capaz, se considerarmos essas formas segundo sua ordem poderemos, afinal, chegar ` aquela que é pr´ opria deste mundo; neste caso, n˜ ao h´ a raz˜ ao alguma para temer algum erro derivado de falsa hip´ otese. (Descartes) (Paolo Rossi/Os Sinais do Tempo, p. 74)

230

4.5

Matrizes Semelhantes

No cap´ıtulo 6 estaremos considerando um importante tema pertinente à álgebra linear, a diagonaliza¸ca õ de operadores, que se inicia com Defini¸ c˜ ao 26 (Matrizes Semelhantes). Duas matrizes A e B, quadradas e de ordem n, s˜ ao semelhantes se, e somente se, existe uma matriz invers´ıvel P , também de ordem n, de modo que: P −1 A P = B

1 1 0 1

(4.30)

1 0 0 −1

Exemplos: As matrizes A = e B = s˜ ao seme 1 1 lhantes, onde P = . Deixamos como exerc´ıcio ao leitor confirmar 1 −1 a equa¸c˜ ao (4.30). Observamos, ademais, que a matriz P na defini¸cão acima n˜ ao é u ńica. Por exemplo, no exemplo dado uma outra P que satisfaz a equa¸cão (4.30) é 2 2 dada por P = . Isto é uma consequência da seguinte propriedade 2 −2 da invers˜ ao de matrizes: Se A é uma matriz invert´ıvel e λ um escalar n˜ ao nulo, ent˜ ao λ A é uma matriz invert´ıvel e (p. 429) (λ A)−1 =

1 A λ

De fato, temos P −1 A P = B ⇒

1

P −1 A ( λ P ) = B ⇒ ( λ P )−1 A ( λ P ) = B.

λ Nota¸ca õ: Se A é semelhante a B escrevemos: A ∼ B.

Proposi¸ c˜ ao 14. A rela¸ca õ ∼ no conjunto das matrizes quadradas é uma rela¸ca õ de equivalência, isto é: (i) ( ii ) ( iii )

A ∼ A, para toda A; Se A ∼ B ent˜ ao B ∼ A;

Se A ∼ B e B ∼ C ent˜ ao A ∼ C.

Prova: ( i ) A matriz identidade I é invers´ıvel com I −1 = I. Como A = I −1 A I, segue que A ∼ A. ( ii ) Como A ∼ B, existe uma matriz invers´ıvel P tal que A = P −1 B P . Multiplicado essa igualdade do lado esquerdo por P e do lado direito por P −1 encontramos B = P A P −1 , mas B = P A P −1 = (P −1 )−1 A P −1 e P −1 também é invers´ıvel; assim, B ∼ A. 231

( iii ) Como A ∼ B e B ∼ C existem matrizes invers´ıvis P e Q tais que A = P −1 B P

e

B = Q−1 C Q

Ent˜ ao A = P −1 B P = P −1 (Q−1 C Q) P Logo A = (P −1 Q−1 ) C (Q P ) = (Q P )−1 C (Q P ) Q P sendo invers´ıvel decorre que A ∼ C.

Proposi¸ c˜ ao 15. Duas matrizes representam o mesmo operador linear T se e s´ o se essas matrizes s˜ ao semelhantes. Sendo assim, todas as representa¸cões matriciais de um operador linear T formam uma classe de equivalência de matrizes semelhantes. ´ uma consequência direta do teorema 10. Prova: ( ⇒ ) E (p. 211)

( ⇐ ) O rec´ıproco do teorema afirma que se A e B s˜ ao matrizes semelhantes, de ordem n, ent˜ ao existe um operador T : Rn → Rn tal que A e B s˜ ao n matrizes de T relativamente a bases distintas de R . De fato, Tomemos uma base B ′ do Rn e seja T : Rn → Rn B′

o operador tal que [ T ] B′ = [ T ] B′ = A.

Por hip´ otese, existe uma matriz P de modo que B = P −1 A P . Suponhamos   λ11 λ12 . . . λ1n  λ λ22 . . . λ2n  21  B ′ = { u1 , u2 , . . . , un } e P =   ...................  λn1

λn2

...

λnn

Consideremos os seguintes vetores do Rn :

v1 = λ11 u1 + λ21 u2 + · · · + λn1 un v2 = λ12 u1 + λ22 u2 + · · · + λn2 un

.................................... vn = λ1n u1 + λ2n u2 + · · · + λnn un Como a matriz P é invers´ıvel concluimos (Problema 3, p. 121) que o conjunto C = { v1 , v2 , . . . , vn } também é uma base do Rn . Observe que P pode ser vista como a matriz de mudan¸ca da base antiga B ′ para a nova base C. (p. 113) 232

Suponhamos o operador identidade Rn

I : Rn ↓

C = { vi }

Sendo assim, temos

B ′ = { ui }

I(v1 ) = v1 = λ11 u1 + λ21 u2 + · · · + λn1 un I(v2 ) = v2 = λ12 u1 + λ22 u2 + · · · + λn2 un

· · ········································

I(vn ) = vn = λ1n u1 + λ2n u2 + · · · + λnn un C

Do algoritmo dado na p. 189 concluimos que [ I ] B′ = P . Então C

P = [ I ] B′

⇒

B′

B′

P −1 = [ I −1 ] C = [ I ] C

Sendo assim, temos B′

B′

B = P −1 A P = [ I ] C [ T ] B′ [ I ] B′ B′

C

C

= [ I ] C [ T ◦ I ] B′ B′

C

= [ I ] C [ T ] B′ C

= [ I ◦ T ]C C

= [T ]C Portanto B é a matriz de T em rela¸cão à base C.

Vamos voltar ` a equa¸c˜ ao, e nota¸cão, dada no enunciado do teorema 10 para provar uma importante propriedade. (p. 211) Proposi¸ c˜ ao 16. As matrizes semelhantes [ T ]C e [ T ]B têm o mesmo determinante. Prova: De fato, sendo [ T ]C = P −1 [ T ]B P temos P [ T ]C = [ T ]B P Então donde

det P · det [ T ]C = det [ T ]B · det P det [ T ]C = det [ T ]B

233

A proposi¸c˜ ao anterior torna válida a seguinte Defini¸ c˜ ao 27 (Determinante de um operador linear). Chama-se determinante de um operador linear T : V → V o determinante da matriz de T em rela¸ca õ a uma base qualquer de V . Usaremos a seguinte nota¸cão det (T ) para indicar o determinante do operador T . Temos as seguintes propriedades (a) Se F e G s˜ ao operadores lineares de V , então det (F ◦ G) = det (F ) det (G) Isto é uma consequência imediata da equa¸cão (4.14).

(p. 209)

(b) det (I) = 1, onde I indica o operador identidade; (c) T : V → V é um isomorfismo se, e somente se, det (T ) 6= 0. ∗

∗

∗

De uma perspectiva quˆ antica, tudo, desde os ´ atomos da matéria, a folha do gramado, até nosso corpo, o planeta e o que se encontra além, tudo isso pode ser pensado como uma “perturba¸ca õ” no tecido liso desse cobertor espa¸co-temporal. Talvez n˜ ao seja coincidência o fato de as antigas tradi¸co ˜es espirituais e poéticas se assemelharem tanto ao descreverem o fenˆ omeno da existência. As escrituras védicas, por exemplo, falam de um campo unificado de “pura consciência” , que banha e permeia toda a cria¸ca õ. Nesses escritos, nossas experiências do pensar, sentir, ter emo¸co ˜es e alimentar cren¸cas − e todo o discernimento criado por tais experiências − s˜ ao considerados como “perturba¸co ˜es” , interrup¸co ˜es em um campo que, n˜ ao fosse por isso, teria suavidade e imobilidade. (Gregg Braden/A Matriz Divina, p. 16)

Metaforicamente, como eu sugeri, podemos pensar o v´ acuo como um vasto mar; e tudo quanto existe − as estrelas, a Terra, as ´ arvores, n´ os e as part´ıculas de que somos feitos −, como ondas nesse mar. Os f´ısicos denominam tais “ondas” − n´ os e tudo quanto existe − “excita¸co ˜es” ou “flutua¸co ˜es” do v´ acuo.

(Danah Zohar/Sociedade quˆ antica, p. 284)

As ondas existem, mas n˜ ao separadas do oceano. Da mesma forma, ´ isso que Deus n´ os existimos: n˜ ao separados do oceano da consciência. E é. (Osho/Zen, p. 104)

234

Exerc´ıcios 26) Para que valores de a, b e c (reais) as seguintes matrizes de M2 (R) s˜ ao semelhantes? # # " " c 0 a −b e 0 −c b a 27) Seja o operador linear T : R2 → R2 dado por T (x, y) = (2x + 9y, x + 2y) Determine [ T ], matriz canˆ onica de T , e a seguir utilize a identidade [ T ]B = P −1 [ T ] P para transformá-la na matriz de T na base B = { (3, 1), (−3, 1) }.

28) Seja T : R2 → R2 dado por T (x, y) = (4x + 5y, 2x − y).

(a) Calcule a matriz A que representa T na base canˆ onica E. (b) Calcule a matriz B que representa T na base canˆ onica S = { (1, 4), (2, 9) }.

(c) Determine P tal que B = P −1 A P . (d) Para u = (a, b), calcule [ u ]S e [ T (u) ]S . Verifique que [ T ]S [ u ]S = [ T (u) ]S . # # " " 1 −2 1 1 . e P = 29) Sejam A = 3 −5 2 −3 (a) Calcule B = P −1 A P ; (b) Verifique que tr(B) = tr(A); (c) Verifique det(B) = det(A). 30) Considere o operador linear T : R2 → R2 e as bases B = { (3, 4), (5, 7) }

C = { (1, 1), (−1, 1) } " −2 Considere a matriz de T na base B como sendo [ T ]B = 2 e

Calcule a matriz [ T ]C . 31) Verifique se as matrizes a seguir s˜ ao semelhantes. # # " " 1 1 0 1 e 0 0 0 0 32) Verifique se as matrizes a seguir s˜ ao semelhantes. # # " " 1 0 −1 −2 e 0 0 1 2 235

4 −1

#

.

33) Prove que se A e B s˜ ao semelhantes então An e B n s˜ ao semelhantes, para todo n ≥ 1. Solu¸ c˜ ao: Considerando B = P −1 A P provaremos que B n = P −1 An P e, portanto, B n e An s˜ ao semelhantes. Faremos a prova por indu¸cão sobre n. O resultado é verdadeiro para n = 1, por hip´ otese. Suponha que n > 1 e que o resultado seja verdadeiro para n − 1. Sendo assim B n = B B n−1 = ( P −1 A P )( P −1 An−1 P ) = P −1 An P. 34) Sendo p(t) = a0 + a1 t + a2 t2 + · · · + an tn um polinˆ omio, indicamos por p(A) e p(B) as matrizes p(A) = a0 I + a1 A + a2 A2 + · · · + an An p(B) = a0 I + a1 B + a2 B 2 + · · · + an B n Mostre que se A e B s˜ ao semelhantes, então p(A) e p(B) também s˜ ao semelhantes. Solu¸ c˜ ao: Considerando B = P −1 A P provaremos que p(B) = P −1 p(A) P e, portanto, p(B) e p(A) s˜ ao semelhantes. De fato, usando distributividade à direita e à esquerda e o exerc´ıcio anterior, obtemos P −1 p(A) P = P −1 ( a0 I + a1 A + a2 A2 + · · · + an An ) P = P −1 ( a0 I ) P + P −1 ( a1 A ) P + · · · + P −1 ( an An ) P = a0 ( P −1 I P ) + a1 ( P −1 A P ) + · · · + an ( P −1 An P ) = a0 I + a1 B + a2 B 2 + · · · + an B n = p(B). 35) Calcule

A10

para A =

"

0 1 2 1

#

.

36) Calcule a n-ésima potência da matriz 37) Considere os seguintes objetos # # " " 1 0 0 1 , B= A= 0 −1 1 0

"

1 a 0 1

e

Calcule p(A) e p(B) e mostre que p(A) ∼ p(B). 236

#

.

p(t) = 2 + 3t − t2 .

4.6

Transforma¸c˜ oes do Plano no Plano

As transforma¸c˜ oes geométricas vistas a seguir ocupam um papel muito importante em computa¸c˜ ao gr´ afica.

Reflex˜ ao em torno de uma reta Na figura a seguir (esquerda) desenhamos o efeito de uma transfroma¸cão F : R2 → R2 que faz a reflex˜ ao de um ponto de coordenadas (x, y) em torno de uma reta de equa¸c˜ ao y = ax. y (x′ , y ′ )

y

y=ax

y′ (x′ , y ′ )

s

y=ax

s ⊡

s ( x+x′ , y+y′ )

s (x, y)

2

2

s (x, y)

x

x

- Dedu¸ c~ ao de (x′ , y ′ ) = ?

- Reflex~ ao em torno de uma reta

Temos o seguinte problema a resolver: Conhecemos a reta de equa¸cão y = ax e conhecemos as coordenadas (x, y) do ponto a ser refletido em torno desta reta, devemos obter as coordenadas (x′ , y ′ ) do ponto refletido. Sabemos da geometria anal´ıtica que y − y0 = m (x − x0 ) é a equa¸cão da reta que passa no ponto (x0 , y0 ) e tem m como coeficiente angular. Devemos resolver o seguinte sistema:  1 ′ ′   y − y = − a (x − x) (4.31)   y+y′ = a x+x′ 2 2

A primeira das equa¸c˜ oes acima se deve a que a reta de equa¸caõ y ′ (fig. da direita) passa no ponto de coordenadas (x, y) e é perpendicular à reta de equa¸cão y = ax. A segunda equa¸cão é obtida tendo em conta que os dois pontos (objeto e imagem) est˜ ao ` a mesma distˆ ancia da reta y = ax, o que tem como consequência que o ponto médio pertence a esta reta. Resolvendo o sistema acima (para x′ e y ′ ) obtemos (exerc´ıcio): (x′ , y ′ ) =

1 − a2 1 + a2

x+

2a 2a 1 − a2 y, x − y 1 + a2 1 + a2 1 + a2

Vejamos alguns casos particulares de reflexão:

237

(4.32)

Reflex˜ ao em torno do eixo dos x Nesse caso temos y = 0x, substituindo a = 0 na equa¸cão (4.32), obtemos: (x′ , y ′ ) = (x, −y) Dentro do contexto das transforma¸cões lineares, temos: y

F : R2 → R2 (x, y) 7→ (x, −y)

s (x, y) F

ou F (x, y) = (x, −y)

x

0

s (x, −y)

A matriz canˆ onica desta transforma¸cão é "

x y

#

7−→

"

x −y

#

=

"

"

1 0 0 −1

1 0 0 −1

#"

#

, porquanto:

#

x y

Reflex˜ ao em torno do eixo dos y Para refletir um ponto de coordenadas (x, y) em torno do eixo y é fácil ver que: (x′ , y ′ ) = (−x, y) Dentro do contexto das transforma¸cões lineares, temos: y

F :

R2 →

R2

(x, y) 7→ (−x, y)

F

(−x, y) s

ou F (x, y) = (−x, y)


x y

#

7−→

x

0

"

−x y

#

=

238

"

"

−1 0 0 1

−1 0

0 1

#"

s (x, y)

x y

#

, porquanto:

#

Reflex˜ ao em torno da origem Para refletir um ponto de coordenadas (x, y) em torno da origem é fácil ver que: (x′ , y ′ ) = (−x, −y) Dentro do contexto das transforma¸cões lineares, temos: y

F :

R2 →

R2

(x, y) 7→ (−x, −y)

s(x, y)

F

x

ou F (x, y) = (−x, −y) (−x, −y)

s


x y

#

7−→

"

−x −y

#

=

"

"

−1

−1 0 0 −1

#

#"

#

0

0 −1

x y

, porquanto:

Reflex˜ ao em torno da reta y = x Nesse caso temos y = 1 x, substituindo a = 1 na equa¸cão (4.32), obtemos: (x′ , y ′ ) = (y, x) Dentro do contexto das transforma¸cões lineares, temos: y=x

y (y, x)

s

F :

R2 →

R2

(x, y) 7→ (y, x)

s (x, y) x

ou F (x, y) = (y, x)


x y

#

7−→

"

y x

#

=

239

"

"

0 1 1 0

0 1 1 0 #"

x y

#

, porquanto:

#

Reflex˜ ao em torno da reta y = −x Nesse caso temos y = −1 x, substituindo a = −1 na equa¸cão (4.32), obtemos: (x′ , y ′ ) = (−y, −x) Dentro do contexto das transforma¸cões lineares, temos: y (x, y)

F : R2 → R2 (x, y) 7→ (−y, −x)

s F

s (−y, −x)

ou F (x, y) = (−y, −x)

x

y = −x


#

x y

7−→

"

−y −x

#

=

"

"

0

#

x y

#

0 −1

−1

0 −1 −1 0

#"

, porquanto:

Dilata¸c˜ oes e Contra¸c˜ oes a ) Dilata¸c˜ ao ou contra¸c˜ ao na dire¸cão do vetor: y

sF

Fλ : R2 → R2 (x, y) 7→ λ (x, y)

x

A matriz canˆ onica desta transforma¸cão é x y

(u)

su →

ou Fλ (x, y) = ( λx, λy) , λ ∈ R.

"

λ

#

7−→

"

λx λy

#

=

240

"

"

λ 0 0 λ

λ

0

0 λ #"

# x y

, porquanto: #

Observemos que: • Se |λ| > 1, Fλ dilata o vetor;

• Se |λ| < 1, Fλ contrai o vetor. Defini¸ c˜ ao 28 (Homotetia de raz˜ ao λ). Se λ é um escalar n˜ ao negativo, ent˜ ao o operador linear T (x, y) = (λ x, λ y) é dito uma homotetia de raz˜ ao λ. b ) Dilata¸c˜ ao ou contra¸c˜ ao na dire¸cão do eixo dos x: y

F :

R2 →

( 21 x, y) (x, y)

R2

(2x, y)

s

s

s

p x

p x

p 2x

(x, y) 7→ (λx, y)

ou F (x, y) = ( λx, y) , λ > 0.

1 2

x

Na forma matricial temos: "

x y

#

7−→

"

λx y

#

=

"

#"

λ 0 0 1

x y

#

c ) Dilata¸c˜ ao ou contra¸c˜ ao na dire¸cão do eixo dos y:

1 2

y

p

y

F : R2 → R2 (x, y) 7→ (x, λy)

s(x, 2y)

p

2y

s(x, y)

p

y

s(x, 1 y) 2

p x

ou F (x, y) = ( x, λy) , λ > 0.

Na forma matricial temos: "

x y

#

7−→

"

x λy

#

=

241

"

1 0 0 λ

#"

x y

#

x

Cisalhamentos a ) Cisalhamento na dire¸cão do eixo dos x: y

y

F F : ou

R2 →

R2

(x, y) 7→ (x + λy, y)

F (x, y) = ( x + λy, y) , λ ∈ R.

x

x

Na forma matricial temos: #" # # " " " # x 1 λ x + λy x = 7−→ y 0 1 y y Observe que o cisalhamento F n˜ ao altera a ordenada de um vetor (x, y) e, ademais, vetores sobre o eixo x s˜ ao invariantes (n˜ ao se movem): (x, 0) 7→ (x, 0) Para que o leitor veja a fun¸cão do parˆ ametro λ, na figura a seguir aplicamos vários cisalhamentos em um quadrado de lado unit´ ario: y

y

y

x

y

x

λ=0

λ=

x

1 2

x

λ=1

λ=

3 2

b ) Cisalhamento na dire¸cão do eixo dos y: y

y

F F : ou

R2 →

R2

(x, y) 7→ (x, y + λx)

F (x, y) = ( x, y + λx) , λ ∈ R.

x

Na forma matricial temos: #" # # " " " # x 1 0 x x = 7−→ y λ 1 y + λx y 242

x

Observe que o cisalhamento F n˜ ao altera a abscissa de um vetor (x, y) e, ademais, vetores sobre o eixo y s˜ ao invariantes (n˜ ao se movem): (0, y) 7→ (0, y) Para que o leitor veja a fun¸c˜ ao do parˆ ametro λ, na figura a seguir aplicamos vários cisalhamentos em um quadrado de lado unit´ ario: y

y

y

x

y

x

λ=0

λ=

x

1 2

x

λ=1

λ=

3 2

Transla¸c˜ ao Dado um vetor w = (a, b) como parˆ ametro definimos a transla¸cão do vetor (x, y) como: y

y

T Tw :

R2 →

R2

♣

(x, y)7→ (x + a, y + b)

ou Tw (x, y) = ( x + a, y + b)

x

♣

x

Na forma matricial temos: #" # " # " " # a x 1 0 x + 7−→ b y 0 1 y ´ fácil ver que T n˜ E ao é uma transforma¸cão linear, exceto se (a, b) = (0, 0). ∗

∗

∗

Matem´ atica: Esta “ciência vazia” que − espantosamente − se aplica a todas as contingências fenomenol´ ogicas, apesar de ser um puro formalismo reflexivo.

243

Rota¸c˜ ao do Sistema de Coordenadas Nosso objetivo agora ser´ a analisar o efeito de uma rota¸cão (do sistema) sobre as coordenadas de um vetor. y

y ′

y

′

x

s (x′ , y′ )

s(x, y)

θ

x

0

x

` esquerda temos no plano R2 um sistema de coordenadas xoy, a ser A chamado sistema antigo, esse sistema sofre uma rota¸cão de ângulo θ dando origem a um sistema novo de coordenadas x′ oy ′ (à direita). Temos o seguinte problema a resolver: Dadas as coordenadas (x, y) de um ponto no sistema antigo, obter suas coordenadas (x′ , y ′ ) no sistema novo. Para resolver esse problema faremos os seguintes acréscimos (complementos) na u ´ltima figura y

y

′

y

′

x

sP θ

⊡

D

⊡C

′

y

θ O

y

x

A B

s (x′ , y′ )

⊡′

⊡ O

x

x

x

Desta figura destacamos os dois triˆ angulos a seguir: P θ D

′

θ y C

∴

θ O

y

′

x

θ A B

x

Devemos encontrar as coordenadas x′ e y ′ em fun¸cão de x, y e θ. Com o aux´ılio do triˆ angulo OBC escrevemos: OA = OB − AB ⇒ x = x′ cos θ − y ′ sen θ Com o aux´ılio do triˆ angulo DCP escrevemos: AP = AD + DP ⇒ y = x′ sen θ + y ′ cos θ 244

Resumindo, temos: x = x′ cos θ − y ′ sen θ y = x′ sen θ + y ′ cos θ

Na forma matricial, resulta: # #" " # " x′ cos θ − sen θ x = y′ sen θ cos θ y

(4.33)

Para calcular as coordenadas (x′ , y ′ ), no novo sistema, em fun¸cão das coordenadas (x, y), no antigo sistema, observamos que o determinante da matriz acima é ∆ = cos θ · cos θ − sen θ · (− sen θ) = 1, portanto ela é invers´ıvel; temos: # # " " cos θ sen θ cos θ − sen θ ⇒ R−1 = R= − sen θ cos θ sen θ cos θ Multiplicando ambos os membros da equa¸cão (4.33) por R−1 , obtemos: #" # # " " x cos θ sen θ x′ (4.34) = y − sen θ cos θ y′ De outro modo: x′ =

x cos θ + y sen θ

′

y = −x sen θ + y cos θ Ou ainda: (x′ , y ′ ) = (x cos θ + y sen θ, −x sen θ + y cos θ)

(4.35)

Observe que a transforma¸c˜ ao (x, y) 7→ (x′ , y ′ ) é linear (ver ( ∗ ), p. 146). Exemplo: Dado o vetor (x, y) = 1, 32 (coordenadas canˆ onicas), obter suas novas coordenadas por uma rota¸cão de θ = 30o no sistema antigo. Solu¸ c˜ ao: Da equa¸c˜ ao (4.35) temos:

(x′ , y ′ ) = (x cos θ + y sen θ, −x sen θ + y cos θ) = (1 cos 30o +

3 3 sen 30o , −1 sen 30o + cos 30o ) 2 2

Fazendo as contas, obtemos: 2 √3 + 3 −2 + 3 √3 , (x , y ) = 4 4 ′

′

Geometricamente tudo se passa assim:

245

y ′

p

y

s(1, 3 )

′

x

s

p

2

′

′

y

p

0

x

30o

x

p

Rota¸c˜ ao de um Vetor em torno da Origem No problema anterior mantivemos um vetor fixo e rotacionamos o sistema de coordenadas, aqui fazemos o contr´ ario, mantemos o sistema fixo e rotacionamos o vetor. R

R

Fθ

(x′ , y ′ ) = ?

s

(x, y)

s(x, y) θ R

0

R

0

Desejamos encontrar as novas coordenadas (x′ , y ′ ) do vetor rotacionado em fun¸c˜ ao das coordenadas anteriores (x, y) e do ângulo θ. Para a resolu¸c˜ ao do nosso problema vamos considerar as seguintes figuras: R y′

y

s r

r

θ 0

y′

r α x′

x

R

ր x′

α+θ

Do primeiro triˆ angulo obtemos: x′ = r cos(α + θ) = r cos α cos θ − r sen α sen θ Do segundo triˆ angulo obtemos: r cos α = x e r sen α = y Portanto: x′ = x cos θ − y sen θ 246

r α x

y

Analogamente, y ′ = r sen (α + θ) = r sen α cos θ + r sen θ cos α = y cos θ + x sen θ Resumindo, temos: x′ = x cos θ − y sen θ y ′ = x sen θ + y cos θ

Portanto resulta linear a aplica¸ca õ rota¸ca õ: Fθ : R2 → R2 (x, y) 7→ (x cos θ−y sen θ, x sen θ+y cos θ) Em forma matricial, temos: #" # # " " x cos θ − sen θ x′ = y sen θ cos θ y′ Temos: (x′ , y ′ ) = (x cos θ − y sen θ, x sen θ + y cos θ)

(4.36)

Exemplo: Dar uma rota¸c˜ ao de θ = 45o no vetor (x, y) = (2, 1): Solu¸ c˜ ao: Da equa¸c˜ ao (4.36) temos: (x′ , y ′ ) = (x cos θ − y sen θ, x sen θ + y cos θ)

= (2 cos 45o − 1 sen 45o , 2 sen 45o + 1 cos 45o )

Fazendo as contas, obtemos: √2 3 √2 (x , y ) = , 2 2 ′

′

Geometricamente tudo se passa assim:

R

p

F45o

3

2

2

→

s

(2, 1)

p

s(2, 1)

p

√

p

R

45o 0

p

p

R

0

↑ √

2 2

247

p

p

R

Rota¸c˜ ao de um Vetor em torno de um Ponto Arbitr´ ario Vamos construir agora uma aplica¸cão, do plano no plano, que nos permita rotacionar − de um ˆ angulo θ − um vetor arbitrário (x, y) em torno de um ponto (a, b) arbitrariamente fixado, como na figura a seguir: R

R

s(x′ , y′ ) = ?

Hθ

s(a, b)

s

θ

s(x, y) R

0

R

0

Desejamos encontrar as novas coordenadas (x′ , y ′ ) do vetor rotacionado em fun¸c˜ ao das coordenadas dos pontos (a, b), (x, y) e do ângulo θ. Para a resolu¸c˜ ao do nosso problema temos que fazer a composi¸ca õ de várias aplica¸c˜ oes. I ) Inicialmente aplicamos uma transla¸cão T−w (ver p. 243) para que o ponto (a, b) (centro da rota¸c˜ ao) coincida com a origem, veja: R

R

T−w

s(a, b) s(x, y) R

0

(0, 0)

R

s s (x−a, y−b)

Isto se consegue com a aplica¸cão: T−w (x, y) = (x, y) + (−a, −b) = (x − a, y − b) II ) Agora aplicamos uma rota¸cão em torno da origem, veja: R

R

Fθ

s(x′′ , y′′ ) (0, 0)

R

s

(0, 0)

s

R

θ (x−a, y−b)

s(x−a, y−b)

248

Isto se consegue substituindo o ponto (x − a, y − b) na equa¸cão (4.36): (x′′ , y ′′ ) = (x − a) cos θ − (y − b) sen θ, (x − a) sen θ + (y − b) cos θ

III ) Finalmente aplicamos uma transla¸cão Tw para que este u ´ltimo ponto retorne ` a sua posi¸c˜ ao original, veja: R

R

s(x′ , y′ )

Tw

s

θ

s(x′′ , y′′ ) (0, 0)

s

R

θ

R

0

(x−a, y−b)

Aplicando Tw no ponto (x′′ , y ′′ ), obtemos: (x′ , y ′ ) = (x − a) cos θ − (y − b) sen θ + a, (x − a) sen θ + (y − b) cos θ + b

Resumimos todos os passos anteriores na seguinte sequência de composi¸cões: (x, y)

T−w

(x − a, y − b)

Fθ

(x′′ , y ′′ )

Tw

(x′ , y ′ )

Hθ onde: Hθ = Tw ◦ Fθ ◦ T−w Exemplo: Dar uma rota¸c˜ ao de θ = 60o no vetor (x, y) = (2, 1) em torno do ponto w = (1, 2). Solu¸ c˜ ao: Temos: ′ y ) = (x − a) cos θ − (y − b) sen θ + a, (x − a) sen θ + (y − b) cos θ + b = (2−1) cos 60o −(1−2) sen 60o +1, (2−1) sen 60o +(1−2) cos 60o +2

(x′ ,

Fazendo as contas, obtemos:

3 + √3 3 + √3 (x , y ) = , 2 2 ′

′

Geometricamente tudo se passa assim: 249

R

R

→

p

R

p

60o

p

p

s(2, 1)

0

s(x′ , y′ ) s

p

Hθ

s(1, 2)

p

√ 3+ 3 2

p

0

p

R

↑√

3+ 3 2

Exemplo: Na figura a seguir, R

s(1, 2)

2

p

p

2

R

s(1, 2)

(1, 2)

2

p

R

s s s

1

s

1

p

s

p

p

1

s

s p 1

0

p 2

R

0

p 1

R

p 2

p 1

0

R

p 2

ao centro aparece o triˆ angulo da esquerda rotacionado de 30o em rela¸cão ao vértice superior. Na figura da direita aparece esse mesmo triˆ angulo rotacionado de 30o em rela¸c˜ ao ao vértice inferior direito. Exemplo: Na figura a seguir (esquerda)

3

3

2

2

1

1

p p p

p

p

p

p

4

p

4

p 1

0

p 2

p 3

p 4

p 1

0

9

p 2

p 3

p 4

18

Ψ (2); θ = 30o ; λ = 0, 7321

Ψ (2); θ = 10o ; λ = 0, 8632

rotacionamos um quadrado ( 2 ) com θ = 30o em torno do seu centro aplicando uma contra¸c˜ ao (p. 240) com parˆ ametro λ = 0, 7321; fizemos 9 itera¸cões (composi¸c˜ oes). Na figura da direita apenas mudamos os parˆ ametros para θ = 10o e λ = 0, 8632 com 18 itera¸cões. 250

O “fator de contra¸ca õ” λ em fun¸cão do ângulo θ desejado é dado por (exerc´ıcio): λ = ( sen θ + cos θ)−1 (4.37) Para obter a figura anterior necessitamos da seguinte sequência de composi¸cões: (x, y)

T−w

(x − a, y − b)

Fθ

(x′′ , y ′′ )

Fλ

(x′′′ , y ′′′ )

Tw

(x′ , y ′ )

Ψ onde: Ψ = Tw ◦ Fλ ◦ Fθ ◦ T−w No diagrama de composi¸c˜ oes temos que w = (a, b) = 25 , 52 é o centro do quadrado. A transla¸c˜ ao T−w é aplicada a cada um dos vértices (x, y) do quadrado.

Exerc´ıcios 1) Resolva o sistema (4.31) (p. 237). 2) Dê uma reflex˜ ao no vetor (1, 2) em torno da reta y = −3x. Fa¸ca um esbo¸co gr´ afico do resultado. 3) Aplique um cisalhamento com λ = 2, na dire¸cão horizontal, no triˆ angulo de vértices: (0, 0), (1, 1) e (2, 0). Fa¸ca um esbo¸co. 4) No triˆ angulo do exerc´ıcio anterior aplique um cisalhamento na vertical. 5) Aplique um cisalhamento na horizontal, com parˆ ametro λ − em um quadrado unit´ ario − mostre que a àrea do quadro permanece inalterada. Encontre, ademais, uma express˜ ao p(λ) para o per´ımetro do quadril´ atero resultante. [ Resp.: p(λ) = 2 (1 +

√

1 + λ2 ) ]

6) Determine a matriz da transforma¸cão linear F em R2 que representa um cisalhamento de fator 2 na dire¸caõ horizontal seguida de uma reflexão em rela¸cão ao eixo dos y. 7) Sabendo que e1 = (1, 0) e e2 = (0, 1), calcular as imagens Fθ (e1 ) e Fθ (e2 ) por uma rota¸c˜ ao do sistema de coordenadas (canˆ onico) de um ângulo o θ = 30 . Fa¸ca um esbo¸co gr´ afico do resultado. 8) Rotacione os vetores e1 = (1, 0) e e2 = (0, 1) de um ângulo θ = 30o . Fa¸ca um esbo¸co gr´ afico do resultado. 9) O sistema de coordenadas ` a esquerda sofreu uma rota¸cão de ângulo θ = 30o , encontre as novas coordenadas do ponto assinalado. 251

y ′

p

y

′

x

p 0

s (x′ , y′ ) = ?

s(2, 1) p

p

30o

x

(x′ , y ′ ) = ?

s(1, 2)

s

p

y′

p

y

x′

10) O sistema de coordenadas à esquerda sofreu uma rota¸cão de ângulo θ = 45o , encontre as novas coordenadas do ponto assinalado.

0

p

p

45o

x

11) Os dois pontos na figura da direita s˜ ao imagens por Fθ (rota¸cão de um ponto em torno da origem), onde θ = 30o ; calcule, para cada ponto sua pré-imagem, no dom´ınio. y p

p

y

p

?

0

p

(− 21 , p

x

√

3 2

p

p

? )s

s( 0

p

√

3 1 , 2) 2

p

x

12) Dado o operador Fθ : R2 → R2 que produz uma rota¸cão - de ângulo θ de um vetor em torno da origem, calcule Fθ (x, y) e Fθ (−1, 2) nos seguintes casos: a ) θ = 30o

b ) θ = 60o

c ) θ = 90o

d ) θ = 120o

Nos exerc´ıcios 13-15 a seguir, determine a matriz da transforma¸cão linear em R2 que representa a sequência de transforma¸cões dadas em cada um deles. Calcule também a express˜ ao geral F (x, y) para a transforma¸cão resultante (composta). 13) Reflex˜ ao em rela¸c˜ ao ao eixo dos y, seguida de cisalhamento de fator 2 na dire¸c˜ ao forizontal. 14) Rota¸c˜ ao de θ = 30o , seguida de uma duplica¸cão dos m´ odulos, seguida de uma reflex˜ ao em torno da origem.

252

15) Rota¸c˜ ao de θ = 30o , no sentido hor´ ario, seguida de uma duplica¸cão dos m´ odulos, seguida de uma reflex˜ ao em torno da reta y = −x. 16) Reflex˜ ao em rela¸c˜ ao ` a reta y = 2x, seguida de uma dilata¸cão de fator 2 na dire¸c˜ ao vertical e, finalmente, um cisalhamento de fator 1/2 na dire¸cão horizontal. 17) Na figura a seguir, R

s(1, 2)

2

p

p

2

R

s(1, 2)

(1, 2)

2

p

R

s s s

( 12 , 1)

( 32 , 1) p 1

0

1

s

1

p

s

p

p

1

s

s p 2

R

p 1

0

p 2

R

p 1

0

p 2

R

ao centro aparece o triˆ angulo da esquerda rotacionado de 30o em rela¸cão ao vértice superior. Na figura da direita aparece esse mesmo triˆ angulo rotacionado de 30o em rela¸c˜ ao os vértice inferior direito. Calcule os vértices dos triˆ angulos rotacionados. 18) Na figura a seguir, R

s(1, 2)

2

p

p

2

R

s(1, 2)

s

0

( 12 , 1)

( 32 , 1) p 1

p 2

R

1

s

0

p 1

s

1

p

p

1

s

p

s s

s

2

p

R

p 2

R

0

p 1

p 2

R

ao centro aparece o triˆ angulo da esquerda rotacionado de 30o (no sentido hor´ ario) em rela¸c˜ ao ao vértice superior. Na figura da direita aparece esse mesmo triˆ angulo rotacionado de 30o (no sentido hor´ ario) em rela¸cão os vértice inferior direito. Calcule os vértices dos triˆ angulos rotacionados. 19) Deduza a equa¸c˜ ao (4.37), p. 251. 20) Considere nas figuras da p´ agina 251 um quadrado (inicial) de lado ℓ. Aplicando-se a “opera¸c˜ ao” Ψ(2) indefinidamente mostre que a soma S∞ das áreas de todos os quadrados vale: S∞ =

1 ℓ2 2 = ℓ · 1 + 1 − λ2 sen 2θ 253

Apˆ endice U

• Se dim U = m e dim V = n, mostre que dim L V = mn.

Prova: Suponha que B = { u1 , u2 , . . . , um } seja uma base de U e C = { v1 , v2 , . . . , vn } uma base de V . Pelo lema 2 (p. 178), uma aplica¸cão linear U

F : U → V de L V é u ńicamente determinada por uma associa¸cão qualquer entre os elementos da base B. Consideremos as aplica¸cões U

Fij ∈ L V , i = 1, . . . , m, j = 1, . . . , n observe que temos mn aplica¸cões, veja: i = 1:

F11

F12

...

F1n

i = 2:

F21

F22

...

F2n

(4.38)

.................................... i = m:

Fm1

Fm2

...

Fmn

vamos definir a aplica¸c˜ ao linear Fij como  v , k = i; j Fij (uk ) =  0, k = 6 i.

Por exemplo, para as aplica¸cões da primeira linha de (4.38) obtemos: F11 (u1 ) = v1 ,

F11 (u2 ) = 0 ,

F11 (u3 ) = 0 , . . .

F11 (um ) = 0

F12 (u1 ) = v2 ,

F12 (u2 ) = 0 ,

F12 (u3 ) = 0 , . . .

F12 (um ) = 0

............................................................... F1n (u1 ) = vn , F1n (u2 ) = 0 , F1n (u3 ) = 0 , . . .

(4.39)

F1n (um ) = 0

Para as aplica¸c˜ oes da segunda linha de (4.38) obtemos: F21 (u1 ) = 0 ,

F21 (u2 ) = v1 ,

F21 (u3 ) = 0 , . . .

F21 (um ) = 0

F22 (u1 ) = 0 ,

F22 (u2 ) = v2 ,

F22 (u3 ) = 0 , . . .

F22 (um ) = 0

............................................................... F2n (u1 ) = 0 , F2n (u2 ) = vn , F2n (u3 ) = 0 , . . .

(4.40)

F2n (um ) = 0

E assim sucessivamente, para as aplica¸cões da m-ésima linha de (4.38) obtemos: Fm1 (u1 ) = 0 , Fm1 (u2 ) = 0 , Fm1 (u3 ) = 0 , . . . Fm1 (um ) = v1 Fm2 (u1 ) = 0 , Fm2 (u2 ) = 0 , Fm2 (u3 ) = 0 , . . .

Fm2 (um ) = v2

.................................................................. Fmn (u1 ) = 0 , Fmn (u2 ) = 0 , Fmn (u3 ) = 0 , . . .

254

Fmn (um ) = vn (4.41)

Tendo o conjunto { Fij } exatamente m n elementos a proposi¸cão estar´ a U

provada se mostrarmos que { Fij } é uma base de L V . U

Inicialmente mostraremos que { Fij } gera L V . Considere uma fun¸cão U

arbitrária F ∈ L V . Suponha, ademais, que∗

F (u1 ) = w1 , F (u2 ) = w2 , . . . , F (un ) = wn

(4.42)

Como wk ∈ V , ele é uma combina¸cão linear dos vetores de C, assim: w1 = λ11 v1 + λ12 v2 + · · · + λ1n vn

(4.43)

w2 = λ21 v1 + λ22 v2 + · · · + λ2n vn

(4.44)

··································

wn = λn1 v1 + λn2 v2 + · · · + λnn vn (4.45) Pm Pn Considere a aplica¸c˜ ao linear G = i=1 j=1 λij Fij . Ou, se preferirmos: G=

n X j=1

λ1j F1j +

n X j=1

λ2j F2j + · · · +

n X

λmj Fmj

j=1

Ou ainda: G = λ11 F11 + λ12 F12 + · · · + λ1n F1n + λ21 F21 + λ22 F22 + · · · + λ2n F2n

····································

+ λm1 Fm1 + λm2 Fm2 + · · · + λmn Fmn

Como G é uma combina¸c˜ ao linear dos Fij , a demonstra¸cão de que { Fij } U

gera L V estar´ a terminada se mostrarmos que F = G. Vamos calcular G(uk ), k = 1, 2, . . . , n e comparar com (4.42). Temos: G(u1 ) = λ11 F11 (u1 ) + λ12 F12 (u1 ) + · · · + λ1n F1n (u1 )

(4.46)

+ λ21 F21 (u1 ) + λ22 F22 (u1 ) + · · · + λ2n F2n (u1 )

··················································· + λm1 Fm1 (u1 ) + λm2 Fm2 (u1 ) + · · · + λmn Fmn (u1 )

Das primeiras colunas em (4.39), (4.40) e (4.41) obtemos G(u1 ) = λ11 v1 + λ12 v2 + · · · + λ1n vn + λ21 0 + λ22 0 + · · · + λ2n 0

································· + λm1 0 + λm2 0 + · · · + λmn 0

∗


255

(4.47)

Comparando este resultado com (4.43) concluimos que G(u1 ) = w1 , comparando com (4.42) concluimos que G(u1 ) = F (u1 ). Por outro lado, temos: G(u2 ) = λ11 F11 (u2 ) + λ12 F12 (u2 ) + · · · + λ1n F1n (u2 ) + λ21 F21 (u2 ) + λ22 F22 (u2 ) + · · · + λ2n F2n (u2 )

··················································· + λm1 Fm1 (u2 ) + λm2 Fm2 (u2 ) + · · · + λmn Fmn (u2 )

Das segundas colunas em (4.39), (4.40) e (4.41) obtemos G(u2 ) = λ11 0 + λ12 0 + · · · + λ1n 0 + λ21 v1 + λ22 v2 + · · · + λ2n vn

································· + λm1 0 + λm2 0 + · · · + λmn 0

Comparando este resultado com (4.44) concluimos que G(u2 ) = w2 , comparando com (4.42) concluimos que G(u2 ) = F (u2 ). Com um procedimento idêntico aos anteriores podemos mostrar que G(un ) = F (un ). Sendo assim, pelo lema 2 (p. 178) concluimos que F = G. Para demonstrar que { Fij } s˜ ao linearmente independentes suponha que, para escalares λij ∈ R, temos n m X X

λij Fij = 0

(4.48)

i=1 j=1

Ou, se preferirmos: λ11 F11 + λ12 F12 + · · · + λ1n F1n + λ21 F21 + λ22 F22 + · · · + λ2n F2n

····································

+ λm1 Fm1 + λm2 Fm2 + · · · + λmn Fmn = 0

Colocando, nesta igualdade, o vetor u1 como argumento das fun¸cões Fij obtemos o lado direito da igualdade (4.46) igual a 0. Fazendo as devidas substitui¸c˜ oes obtemos o lado direito da igualdade (4.47) igual a 0, isto é: λ11 v1 + λ12 v2 + · · · + λ1n vn = 0 Como os vi s˜ ao linearmente independentes obtemos λ11 = λ12 = · · · = λ1n = 0. Fazendo o mesmo procedimento com os vetores u2 , . . . , um , obtemos todos os demais escalares da combina¸cão linear (4.48) iguais a 0.

256

Cap´ıtulo

5

ESPAC ¸ OS COM PRODUTO INTERNO Finalizando, desejo exprimir a esperan¸ca de que . . . a matem´ atica possa servir agora como modelo para a solu¸ca õ de muitos problemas de nossa época: revelar um objetivo religioso supremo e avaliar o significado da atividade espiritual da humanidade. (I.R. Shafarevitch)

5.1

Produto Interno

Introdu¸ c˜ ao: O m´ odulo de um n´ umero real definido como ( x, se x ≥ 0; |x| = −x, se x < 0.

(5.1)

pode ser interpretado geometricamente como a distˆ ancia de um n´ umero (ponto) ` a origem, por exemplo: |3| = 3,

| − 2| = 2

Geometricamente, temos: |−2| = 2

...

p −3

p −2

p −1

|3| = 3 p 0

p 1

p 2

p 3

...

R

De um modo geral |x − y| é a distˆ ancia entre dois pontos da reta, por exemplo: d(−2, 3) = | − 2 − 3| = 5 cuja representa¸c˜ ao geométrica é vista a seguir: |−2−3| = 5

...

p −3

p −2

p −1

p 0

257

p 1

p 2

p 3

...

R

Um dos conceitos mais férteis de toda a matem´ atica é o de distˆ ancia entre dois pontos − deste derivam muitos outros, tais como convergência e continuidade. Desejamos estender o importante conceito de distˆ ancia∗ a espa¸cos vetoriais em geral; isto é, calcular a distˆ ancia entre vetores quaisquer: matrizes, polinˆ omios, fun¸c˜ oes, c´ odigos, etc. Os axiomas de espa¸cos vetoriais (listados na p. 12) n˜ ao s˜ ao suficientes para esse objetivo. O primeiro passo neste sentido é dado a seguir: Defini¸ c˜ ao 29 (Produto Interno). Seja V um espa¸co vetorial de dimens˜ ao õ F finita sobre R. Entende-se por produto interno sobre V uma aplica¸ca que transforma cada par ordenado (u, v) ∈ V × V em um n´ umero real (que indicaremos por h u, v i), isto é: F : V ×V →

R

(u, v) 7→ h u, v i

desde que as seguintes condi¸co ˜es sejam satisfeitas: ( a ) h u + v, w i = h u, w i + h v, w i,

∀ u, v, w ∈ V ;

( b ) h λu, v i = λ h u, vi,

∀ λ ∈ R e ∀ u, v ∈ V ;

( c ) h u, v i = h v, u i,

∀ u, v ∈ V ;

( d ) h u, u i > 0,

∀ u 6= 0.

As primeiras duas condi¸cões nos dizem que um produto interno é linear com respeito ` a primeira vari´ avel. A terceira condi¸cão nos diz que o produto interno é simétrico, a quarta condi¸cão nos diz que um produto interno de um vetor n˜ ao nulo com ele mesmo é sempre positivo. Defini¸ c˜ ao 30 (Espa¸co Euclidiano). Um espa¸co euclidiano é um espa¸co vetorial sobre R munido de um produto interno. Nota: Ao acrescentarmos (definirmos) um produto interno sobre um espa¸co vetorial podemos dizer que estamos enriquecendo essa estrutura; por exemplo, em fun¸c˜ ao desse produto interno poderemos calcular a distˆ ancia e o angulo entre dois vetores, como ser´ ˆ a visto oportunamente.

∗ E ainda outros conceitos geométricos tais como ˆ angulo e perpendicularidade, por exemplo.

258

Exemplos: 1 ) Produto interno usual do Rn . Se u = (x1 , x2 , . . . , xn ) e v = (y1 , y2 , . . . , yn ) s˜ ao arbitrários em Rn , então: (u, v) 7→ h u, v i = x1 y1 + x2 y2 + · · · + xn yn (5.2)

é um produto interno sobre o Rn . Por exemplo: − No R2 , se u = (1, −1) e v = (2, 3), então: h u, v i = x1 y1 + x2 y2

h u, v i = 1 · 2 + (−1) · 3 = −1 − No R3 , se u = (2, 1, 0) e v = (−1, 3, 4), então: h u, v i = x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 h u, v i = 2 · (−1) + 1 · 3 + 0 · 4 = 1 Devemos provar que a aplica¸caõ dada por (5.2) de fato é um produto interno sobre o espa¸co vetorial Rn . Provaremos as exigências ( b ) e ( d ), e deixaremos as demais como exerc´ıcio ao leitor. ( b ) Inicialmente temos que, u = (x1 , x2 , . . . , xn ) ⇒ λ u = (λ x1 , λ x2 , . . . , λ xn ) Então: h λu, v i = (λ x1 ) y1 + (λ x2 ) y2 + · · · + (λ xn ) yn = λ (x1 y1 + x2 y2 + · · · + xn y2 ) = λ h u, v i ( d ) Inicialmente temos que, h u, u i = x1 x1 + x2 x2 + · · · + xn xn Se u 6= (0, 0, . . . , 0), ent˜ ao um dos xi , ao menos, é n˜ ao nulo. Logo, h u, u i = x21 + x22 + · · · + x2n > 0 2 ) O c´ odigo UPC é um c´ odigo associado aos códigos de barra encontrados em muitos tipos de mercadorias:

0

74927 02094 6 259

as barras pretas e brancas escaneadas pelo laser da caixa registradora do mercado s˜ ao codificadas em um vetor 10-ário∗ u = ( u1 , u2 , . . . , u11 , d ) de comprimento 12. As 11 primeiras componentes constituem um vetor em Z11 , 10 que guardam informa¸c˜ oes sobre o fabricante e o produto; a u ´ltima componente d é um d´ıgito de checagem escolhido de maneira que h c, u i = 0 em Z10 , onde o vetor de checagem c é dado por c = { 3, 1, 3, 1, 3, 1, 3, 1, 3, 1, 3, 1 }. Para o UPC mostrado na figura podemos confirmar o d´ıgito de checagem; da figura obtemos u = ( 0, 7, 4, 9, 2, 7, 0, 2, 0, 9, 4, d ), então h c, u i = 3 · 0 + 1 · 7 + 3 · 4 + 1 · 9 + 3 · 2 + 1 · 7 +3·0+1·2+3·0+1·9+3·4+1·d listando os produtos n˜ ao nulos temos h c, u i = 7 + 3 · 4 + 9 + 6 + 7 + 2 + 9 + 3 · 4 + d lembramos que a aritmética é a de Z10 , então h c, u i = 7 + 2 + 9 + 6 + 7 + 2 + 9 + 2 + d = 44 + d = 4 + d devemos ter h c, u i = 4 + d = 0, logo, d = 6, o que confirma o u ´ltimo d´ıgito do c´ odigo da figura. 3 ) Produto interno sobre Pn (R). Se f e g s˜ ao polinˆ omios arbitrários em Pn (R) , então: Z 1 f (t) g(t) dt (f, g) 7→ h f, g i =

(5.3)

0

é um produto interno sobre este espa¸co. Por exemplo:

− Em P1 (R) , se f (t) = 1 − t e g(t) = 2 + 3 t, então: f (t) g(t) = (1 − t)(2 + 3 t) = 2 + t − 3 t2

logo, Z

h f (t), g(t) i =

1

0

(2 + t − 3 t2 ) dt =

3 2

Devemos provar que a aplica¸cão dada por (5.3) de fato é um produto interno sobre o espa¸co vetorial Pn (R). Provaremos as exigências ( b ) e ( d ), e deixaremos as demais como exerc´ıcio ao leitor. ( b ) Temos Z 1 λ f (t) g(t) dt h λ f (t), g(t) i = 0

=λ

Z

0

1

f (t) g(t) dt = λ h f (t), g(t) i

∗ Também chamado decimal, ou seja, cujas coordenadas pertencem ao conjunto { 0, 1, 2, . . . , 9 }.

260

( d ) Temos h f (t), f (t) i =

Z

1

f (t) f (t) dt =

Z

1

f (t)2 dt

0

0

R1 Como, por hip´ otese, f (t) 6= 0, segue que∗ h f (t), f (t) i = 0 f (t)2 dt > 0. ´ poss´ıvel a existência de mais de um produto interno num mesmo espa¸co E vetorial. Por exemplo, deixamos como exerc´ıcio ao leitor mostrar que: 3 ) Se u = (x1 , x2 ) e v = (y1 , y2 ) s˜ ao vetores arbitrários em R2 , então a aplica¸cão definida por (u, v) 7→ h u, v i = 3 x1 y1 + 4 x2 y2 é um outro produto interno sobre o R2 . 4 ) Se f (t) = a0 + a1 t + a2 t2 e g(t) = b0 + b1 t + b2 t2 s˜ ao vetores (polinˆ omios) arbitrários em P2 (R) , então a aplica¸cão definida por (f, g) 7→ h f (t), g(t) i = a0 b0 + a1 b1 + a2 b2

(5.4)

é um outro produto interno sobre o espa¸co P2 (R). 5 ) Seja V um espa¸co vetorial de dimensão finita arbitrário e consideremos uma base B = { u1 , u2 , . . . , un } de V . Sendo u = λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λn un v = α1 u1 + α2 u2 + · · · + αn un Podemos definir um produto interno em V pondo h u, v i = λ1 α1 + λ2 α2 + · · · + λn αn

(5.5)

Portanto todo espa¸co vetorial de dimensão finita pode ser munido de um produto interno. ∗

∗

∗

Acredito que o matem´ atico desenvolve um “sentido” irredut´ıvel a ` vis˜ ao, ` a audi¸ca õ e ao tato, que lhe permite perceber uma realidade t˜ ao palp´ avel quanto, mas bem mais est´ avel que a realidade f´ısica, pois n˜ ao localizada no espa¸co-tempo. (Alain Connes) ∗ Aqui estamos nos valendo de um teorema do C´ alculo que afirma: Se f ≥ 0 é uma fun¸c˜ ao cont´ınua num intervalo [a, b], com f (c) > 0 em algum ponto c ∈ [a, b], ent˜ ao Rb f > 0. a

261

Propriedades do Produto Interno Seja V, h ·, · i um espa¸co vetorial munido de um produto interno. Valem as seguintes propriedades:

P1 ) h 0, u i = h u, 0 i = 0, Prova: J´ a sabemos que 0 u = 0, para todo u ∈ V . Logo,

∀u ∈ V .

h 0, u i = h 0 u, u i = 0 h u, u i = 0. ↑ (b)

Como h u, 0 i = h 0, u i, então h u, 0 i = 0.

>

P2 ) h u, λ v i = λ h u, v i,

∀ λ ∈ R e ∀ u, v ∈ V .

Prova: Temos: h u, λ v i = h λ v, u i = λ h v, u i = λ h u, v i ↑ ↑ ↑ (c)

(b)

>

(c)

P3 ) h u, v+w i = h u, v i+h u, w i,

∀ u, v, w ∈ V .

Prova: Temos: h u, v + w i = h v + w, u i = h v, u i + h w, u i = h u, v i + h u, w i > ↑ ↑ ↑ (c)

(a)

(c)

P4 ) Dado um n´ umero inteiro m ≥ 1, temos. m DX

λi ui , v

i=1

E

=

m X i=1

λi h ui , v i

Prova: Basta usar indu¸cão juntamente com os axiomas ( a ) e ( b ) da defini¸c˜ ao de produto interno. > P5 ) Dado um n´ umero inteiro n ≥ 1, temos. D

u,

n X

αj vj

j=1

E

=

n X j=1

αj h u, vj i

Prova: Basta usar indu¸cão juntamente com as propriedades P2 e P3 > demonstradas anteriormente. P6 ) Dados dois n´ umeros inteiros m, n ≥ 1, temos. m DX i=1

λi ui ,

n X j=1

αj vj

E

=

262

n m X X i=1 j=1

λi αj h ui , vj i

5.2

Produto Interno e Norma

Com a defini¸c˜ ao a seguir daremos mais um passo no sentido de generalizar a fun¸cão m´ odulo, dos n´ umeros reais, para um espa¸co vetorial arbitrário. Defini¸ c˜ ao 31 (Norma). Seja V um espa¸co euclidiano (u, v) → 7 h u, v i. umero Dado um vetor u ∈ V indica-se por kuk e chama-se norma de u o n´ real n˜ ao negativo dado por p kuk = h u, u i (5.6)

Nota: Observe que a norma de um vetor est´ a bem definida em virtude do axioma ( d ) da defini¸c˜ ao de produto interno (p. 258) juntamente com a propriedade P1 (p. 262). Exemplos: 1 ) Seja u = (x1 , x2 , . . . , xn ) um vetor arbitrário do Rn , para o produto interno usual temos: h u, u i = x1 x1 + x2 x2 + · · · + xn xn = x21 + x22 + · · · + x2n Logo, kuk =

p

h u, u i =

q

x21 + x22 + · · · + x2n

(5.7)

´ a norma euclidiana (ou usual) de um vetor do Rn . E Por exemplo, a seguir calculamos a norma de cada um dos vetores da base canˆ onica do R3 . R

√ 12 + 02 + 02 = 1 √ e2 = (0, 1, 0) ⇒ ke2 k = 02 + 12 + 02 = 1 √ e3 = (0, 0, 1) ⇒ ke3 k = 02 + 02 + 12 = 1 e1 = (1, 0, 0) ⇒ ke1 k =

e3 s s

e2 se

R

1

R

A interpreta¸c˜ ao geométrica destes resultados é que a norma nos d´ a a distˆ ancia de um vetor para a origem (vetor nulo). Estaremos logo mais justificando essa interpreta¸c˜ ao.

263

Propriedades da Norma Seja V, k · k um espa¸co vetorial munido de uma norma. Valem as seguintes propriedades: PN1 ) kuk ≥ 0 e kuk = 0 ⇔ u = 0,

∀u ∈ V .

PN2 ) kλ uk = |λ| kuk,

∀ u ∈ V e ∀ λ ∈ R.

PN3 ) ku + vk ≤ kuk + kvk,

∀ u, v ∈ V .

Prova: PN1 ) Pela pr´ opria defini¸cão temos kuk ≥ 0. Por outro lado p (⇒) kuk = h u, u i = 0 ⇒ h u, u i = 0 ⇒ u = 0.

Au ´ltima implica¸c˜ ao se deve a que, pelo axioma ( d ) da defini¸cão de produto interno, se u 6= 0 ⇒ h u, u i > 0, o que estaria em contradi¸cão com h u, u i = 0. Esta propriedade permite-nos escrever: kuk2 = h u, u i. p √ (⇐) u = 0 ⇒ h 0, 0 i = 0 ⇒ k 0k = h 0, 0 i = 0 = 0. >

Prova: PN2 ) Inicialmente temos, h λ u, λ u i = λ h u, λ u i = λ λ h u, u i = λ2 h u, u i ↑ ↑ (b)

P2

Logo, kλ uk =

p

h λ u, λ u i =

p p λ2 h u, u i = |λ| h u, u i = |λ| kuk

>

A propriedade PN3 da norma é conhecida como desigualdade triangular, para demonstr´ a-la iremos necessitar de um lema. Lema 3 (Desigualdade de Cauchy-Schwarz). Em qualquer espa¸co vetorial euclidiano V vale a seguinte desigualdade |h u, v i| ≤ kuk kvk,

∀ u, v ∈ V.

(5.8)

Prova: Faremos uso da seguinte identidade: h u − λ v, u − λ v i = kuk2 − 2λ h u, v i + λ2 kvk2 válida para quaisquer u, v ∈ V e para todo λ ∈ R (exerc´ıcio). Se v = 0 a desigualdade (5.8) fica

|h u, 0 i| ≤ kuk k 0k ⇒ |0| ≤ kuk 0 ⇒ 0 ≤ 0 e a desigualdade proposta resulta verdadeira. 264

(5.9)

Suponhamos agora v 6= 0. Como a identidade (5.9) vale para qualquer λ ∈ R, em particular vale para λ=

h u, v i kvk2

isto é, h u − λ v, u − λ v i = kuk2 − 2λ h u, v i + λ2 kvk2 = kuk2 − 2

h u, v i 2 h u, v i h u, v i + kvk2 kvk2 kvk2

= kuk2 − 2

h u, v i2 h u, v i2 + kvk2 kvk2

= kuk2 −

h u, v i2 kvk2

Devido a que h u − λ v, u − λ v i ≥ 0, resulta que kuk2 − Logo, kuk2 −

h u, v i2 ≥0 kvk2

h u, v i2 ≥0 kvk2 ⇒

h u, v i2 ≤ kuk2 kvk2

Extraindo a raiz quadrada de cada um dos membros desta u ´ltima desigualdade resulta: |h u, v i| ≤ kuk kvk Agora vamos demonstrar a desigualdade triangular da norma: ku + vk2 = h u + v, u + v i = h u, u i + h u, v i + h v, u i + h v, v i = kuk2 + 2 h u, v i + kvk2

(5.10)

Da desigualdade de Cauchy-Schwarz obtemos 2 |h u, v i| ≤ 2 kuk kvk somando kuk2 + kvk2 a ambos os membros desta desigualdade obtemos kuk2 + 2 |h u, v i| + kvk2 ≤ kuk2 + 2 kuk kvk + kvk2 Portanto ku + vk2 ≤ ( kuk + kvk )2 265

Extraindo a raiz quadrada obtemos ku + vk ≤ kuk + kvk Exemplo: Vejamos como fica a desigualdade de Cauchy-Schwarz no caso especial em que V = Rn ; e o produto interno seja o usual; ou seja, dados u = (x1 , x2 , . . . , xn ) e v = (y1 , y2 , . . . , yn ), temos: h u, v i = x1 y1 + x2 y2 + · · · + xn yn =

n X

h u, u i = x21 + x22 + · · · + x2n =

n X

kuk =

p

h v, v i = y12 + y22 + · · · + yn2 =

n X

kvk =

p

xi y i

i=1

e x2i

⇒

i=1

e yi2

⇒

i=1

v u n uX h u, u i = t x2i i=1

v u n uX h v, v i = t yi2 i=1

substituindo estes resultados na desigualdade (5.8) obtemos v v u n u n n X X u uX 2 t xi y i ≤ xi t yi2 i=1

i=1

i=1

que também pode ser escrita como

n n n 2 X X X 2 yi2 xi xi y i ≤ i=1

i=1

i=1

Esta desigualdade também é conhecida como desigualdade de Lagrange. Defini¸ c˜ ao 32 (Distˆ ancia entre vetores). Seja V um espa¸co vetorial. Consideremos uma aplica¸ca õ d : V × V −→ R, que associa a cada par ordenado (u, v) ∈ V × V um n´ umero real d(u, v) satisfazendo as seguintes condi¸co ˜es (para quaisquer u, v e w em V ): (M1 )

d(u, v) ≥ 0 e d(u, v) = 0 ⇐⇒ u = v ;

(M2 )

d(u, v) = d(v, u) ;

(M3 )

d(u, v) ≤ d(u, w) + d(w, v).

Nestas condi¸co ˜es dizemos que d é uma métrica sobre V e que d(u, v) é a distˆ ancia do vetor u ao vetor v. 266

Podemos dizer também que uma aplica¸cão d : V × V −→ R satisfazendo as condi¸c˜ oes anteriores adquire status de métrica. O par (V, d) é o que entendemos por espa¸co métrico. A exigência feita em (M1 ) é bastante intuitiva: uma distˆ ancia nunca é negativa; se a distˆ ancia entre dois pontos é nula então, obrigatoriamente, estes pontos s˜ ao o mesmo (s˜ ao iguais), e; reciprocamente: a distˆ ancia de um ponto para si mesmo deve ser nula. A exigência feita em (M2 ), também assaz intuitiva, foi tomada de empréstimo do dito popular que todos conhecemos: “fulano!! vem cá! E o fulano responde: vem c´ a t´ u, pois a distˆ ancia daqui pr´ a lá, é a mesma de lá pr´ a cá”. A exigência feita em (M3 ), a menos intuitiva, é conhecida como desigualdade triangular e se inspira no fato de que na geometria elementar cada lado de um triˆ angulo tem sempre medida menor que a soma das medidas dos outros dois lados. us d(u, v)

s

v

d(u, w)

s

w

d(w, v)

Exemplos: Qualquer espa¸co vetorial euclidiano V pode se tornar um espa¸co métrico se considerarmos d : V × V −→ R, definida como: d(u, v) = ku − vk,

∀ u, v ∈ V.

Prova: Devemos mostrar que d assim definida satisfaz a todas as exigências para uma métrica. Primeiramente devemos mostrar que (M1 )

d(u, v) = ku − vk ≥ 0 e d(u, v) = ku − vk = 0 ⇐⇒ u = v.

´ uma decorrência imediata de PN E 1 (M2 )

(p. 264).

d(u, v) = ku − vk = k(−1)(v − u)k = | − 1| kv − uk = d(v, u).

(M3 ) Pela desigualdade triangular da norma (PN3 , p. 264) podemos escrever ku − vk = ku − w + w − vk ≤ ku − wk + kw − vk Logo, ku − vk ≤ ku − wk + kw − vk ⇒ d(u, v) ≤ d(u, w) + d(w, v). > Observe que agora podemos d´ a uma interpreta¸cão geométrica para a norma de um vetor, veja: (def. 31, p. 263) kuk = ku − 0k = d(u, 0) 267

Isto é, podemos dizer que a norma de um vetor u ∈ V é igual à sua distˆ ancia para o vetor nulo (“origem”). Tal como acontece com a fun¸cão m´ odulo nos reais (reveja a introdu¸c˜ ao deste cap´ıtulo, p. 257). Exemplos: 1 ) No espa¸co vetorial R2 , sejam u = (x1 , x2 ) e v = (y1 , y2 ) vetores arbitrários; ademais, consideremos neste espa¸co o produto interno usual. Temos: u − v = (x1 , x2 ) − (y1 , y2 ) = (x1 − y1 , x2 − y2 ) ent˜ ao,

h u − v, u − v i = (x1 − y1 ) · (x1 − y1 ) + (x2 − y2 ) · (x2 − y2 ) logo, com o aux´ılio da equa¸cão (5.6) (p. 263) podemos escrever p p d(u, v) = ku − vk = h u − v, u − v i = (x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2

Que nada mais é que a velha e conhecida distˆ ancia euclidiana entre dois pontos no plano. Por exemplo, para u = (1, 2) e v = (0, 0), temos p √ d(u, 0) = ku − 0k = (1 − 0)2 + (2 − 0)2 = 5

Geometricamente, temos:

s(1, 2)

d(u, 0) = ku − 0k = kuk =

p

p

R

0

s

p

p

√

5

R

Observa¸ca õ: Nos livros de álgebra linear os autores definem o comprimento de um vetor u como sendo a sua norma, kuk. Aqui n˜ ao adotaremos esta defini¸c˜ ao uma vez que n˜ ao vemos sentido em se atribuir um “comprimento” a um vetor (estamos falando de um vetor “matem´ atico”, n˜ ao “f´ısico”), porquanto um vetor − segundo entendemos − é um “ponto em um espa¸co” e um “ponto” n˜ ao tem comprimento. Feita esta observa¸c˜ ao vejamos como fica a figura anterior: R

s←− vetor

d(u, 0) = distˆ ancia 6= comprimento.

p

p

u=(1, 2)

0

s

p

տ vetor

p

R

268

Esta observa¸c˜ ao visa apenas a contribuir no “descondicionamento” do aluno no sentido de que um vetor seja um ente que possui “m´ odulo, dire¸ca õ e sentido”. Se isto é verdade no que diz respeito aos vetores da f´ısica, no que concerne aos vetores da matem´ atica, resulta totalmente falso. “Nossos vetores” n˜ ao possuem nem m´ odulo (comprimento) nem dire¸cão e nem sentido. Digo, estes três conceitos n˜ ao nos fazem falta. Pouco a pouco, procuro liberar suavemente o esp´ırito dos alunos de seu apego a imagens privilegiadas. Eu os encaminho para as vias da abstra¸ca õ, esfor¸cando-me para despertar o gosto pela abstra¸ca õ. Enfim, acho que o primeiro princ´ıpio da educa¸ca õ cient´ıfica é, no reino intelectual, esse ascetismo que é o pensamento abstrato. S´ o ele pode levar-nos a dominar o conhecimento experimental. (Bachelard/A forma¸ca õ do esp´ırito cient´ıfico)

Por oportuno, dissemos alhures que em todo esse livro n˜ ao h´ a de encontrarse uma u ńica “seta vetorial”. (representando um vetor da matem´ atica) Poderia questionar-se: E qual o mal em se considerar um vetor com comprimento? No meu entendimento o mal consiste precisamente em deturpar† na mente do “novi¸co” em ´ algebra linear o conceito (defini¸cão) de vetor. Da´ı deriva toda uma gama de “maus h´ abitos” de pensamento − uma questão de inteligibilidade. De fato, trata-se de operar a passagem do mundo sens´ıvel ao mundo intelig´ıvel, e esse movimento é um doloroso e dif´ıcil movimento de alforria. Exige etapas pelas quais a alma se esfor¸ca progressivamente por se elevar em dire¸ca õ ` as Idéias, e compreendemos que essa ascens˜ ao é, antes de mais nada, uma convers˜ ao da sombra ` a luz, o que no fundo é uma maneira de reentrar em si mesmo para olhar com os olhos da alma aquilo que de in´ıcio est´ avamos condenados a deformar, porque o capt´ avamos com os olhos do corpo. (Simone Manon/ Plat˜ ao) 2 ) Vimos que podem existir diversos produtos internos em um mesmo espa¸co vetorial, o que tem como consequência a existência de diversas distˆ ancias sobre um mesmo espa¸co. Por exemplo, vamos calcular duas distˆ ancias entre dois polinˆ omios f (t) = 1 + t e g(t) = 1 − t, em P1 †

Juntamente com os outros pseudo-atributos de um vetor (dire¸c˜ ao e sentido).

269

− A primeira, segundo o produto interno dado em (5.3) (p. 260), inicialmente temos: Z 1 4 2 t · 2 t dt = f (t) − g(t) = 2 t ⇒ h f (t) − g(t), f (t) − g(t) i = 3 0 Em um espa¸co arbitrário temos d(u, v) = ku − vk =

p

h u − v, u − v i

no nosso caso em quest˜ ao temos: p d f (t), g(t) = h f (t) − g(t), f (t) − g(t) i

Logo,

√ 2 3 4 d(1 + t, 1 − t) = = 3 3 − A segunda distˆ ancia, segundo o produto interno dado em (5.4) inicialmente temos: r

(p. 261),

f (t) − g(t) = 0 + 2 t ⇒ h f (t) − g(t), f (t) − g(t) i = 0 · 0 + 2 · 2 = 4 Logo, d′ (1 + t, 1 − t) =

√

4 =2

Observamos que métricas distintas sobre um mesmo conjunto d˜ ao origem ′ a espa¸cos métricos distintos. Por exemplo, ( P1 , d ) e ( P1 , d ) s˜ ao dois espa¸cos métricos distintos. Nota: Estamos considerando d como a métrica oriunda do produto interno dado por (5.3) (p. 260) e d′ como a métrica oriunda do produto interno dado por (5.4) (p. 261).

5.3

Normas e Distˆ ancias

Anteriormente definimos a norma de um vetor p kuk = h u, u i

em fun¸c˜ ao de um produto interno, e, posteriormente, a distˆ ancia entre dois vetores d(u, v) = ku − vk (5.11)

em fun¸c˜ ao de uma norma, de modo que a distˆ ancia entre vetores est´ a a depender de um produto interno: p d(u, v) = h u − v, u − v i ´ poss´ıvel eliminarmos a restri¸cão (dependência) da distˆ E ancia em rela¸cão ao produto interno de modo que a equa¸cão (5.11) ainda seja válida. Para este propósito necessitamos da defini¸cão dada a seguir. 270

Defini¸ c˜ ao 33 (Norma). Seja V um espa¸co vetorial de dimens˜ ao finita. Entende-se por norma sobre V uma aplica¸ca õ F que transforma cada vetor u ∈ V em um n´ umero real (que indicaremos por kuk), chamado norma de u k·k : V → R u 7→ kuk desde que as seguintes condi¸co ˜es sejam satisfeitas para todos os vetores u e v e todos os escalares λ: (N1 )

kuk ≥ 0 e kuk = 0 ⇐⇒ u = 0 ;

(N2 )

kλ uk = |λ| kuk ;

(N3 )

ku + vk ≤ kuk + kvk.

Um espa¸co vetorial munido de uma norma é chamado de espa¸co vetorial normado. Exemplos: p ´ fácil ver que em um espa¸co com produto interno, kuk = h u, u i (1) E define uma norma.

( 2 ) A seguir listamos duas normas para o Rn que n˜ ao provém de um produto interno (exerc´ıcio, p. 281): kuks = |x1 | + |x2 | + · · · + |xn | kukm = max |x1 |, |x2 |, . . . , |xn |

(5.12) (5.13)

onde u = (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Rn . No apêndice estaremos provando que de fato essas aplica¸c˜ oes s˜ ao normas. A equa¸cão (5.11) (p. 270) define uma distˆ ancia num espa¸co vetorial independente de um produto interno, a prova é a mesma apresentada na p´ agina 267.

Distˆ ancias no Rn Agora estamos em condi¸c˜ oes de exibir outras (importantes) distˆ ancias no espa¸co vetorial Rn . Consideremos neste espa¸co dois vetores arbitrários: u = (x1 . . . , xn ) e v = (y1 , . . . , yn ), sendo assim temos: u − v = (x1 − y1 , . . . , xn − yn ) Daqui resultam, segundo (5.11), três distˆ ancias para o Rn : p D1 (u, v) = (x1 − y1 )2 + · · · + (xn − yn )2 D2 (u, v) = |x1 − y1 | + · · · + |xn − yn | D3 (u, v) = max |x1 − y1 |, . . . , |xn − yn | 271

(5.14) (5.15) (5.16)

A primeira provém da norma euclidiana ((5.7), p. 263), as duas outras provém das normas (5.12) e (5.13), respectivamente. D1 é a métrica euclidiana, no apêndice provamos que D2 e D3 s˜ ao duas n outras métricas sobre o R , isto é, que satisfazem todas as condi¸cões listadas na defini¸c˜ ao 32 de distˆ ancia entre vetores (p. 266). Particularizando estas métricas para o espa¸co R2 , temos: p D1 (u, v) = (x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 (5.17) D2 (u, v) = |x1 − y1 | + |x2 − y2 | D3 (u, v) = max |x1 − y1 |, |x2 − y2 |

(5.18)

(5.19)

onde u = (x1 , x2 ) e v = (y1 , y2 ) ∈ R2 .

D2 acima é conhecida como métrica (distˆ ancia) da soma ou do t´ axi, D3 é conhecida como métrica (distˆ ancia) do m´ aximo. Exemplo: Para efeito de compara¸cão calculemos a distˆ ancia entre os dois vetores u = (x1 , x2 ) = (1, 1) e v = (y1 , y2 ) = (4, 5) nas três métricas acima. ( i ) Distˆ ancia euclidiana p D1 (x, y) = (x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 p D1 (1, 1), (4, 5) = (1 − 4)2 + (1 − 5)2 = 5.

( ii ) Distˆ ancia do t´ axi

D2 (x, y) = |x1 − y1 | + |x2 − y2 | D2 (1, 1), (4, 5) = |1 − 4| + |1 − 5| = 7.

( iii ) Distˆ ancia do m´ aximo

D3 (x, y) = max |x1 − y1 |, |x2 − y2 | D3 (1, 1), (4, 5) = max |1 − 4|, |1 − 5| = max{ 3, 4 } = 4.

Vejamos como fica a representa¸cão geométrica destas três distˆ ancias, veja: R

R

6

R

6

D1

0

(4,5)

5 4

5 4

5 4

3

3 (1,1)

6

(4,5)

(4,5)

-R

(1,1) 0

272

D3

3

D2

-R

(1,1) 0

-R

` esquerda temos a distˆ A ancia euclidiana dada pela medida da hipotenusa do triˆ angulo, ao centro temos a distˆ ancia do táxi dada pela medida da soma dos catetos e ´ a direita temos a métrica do m´ aximo dada pela medida do maior dos catetos do triˆ angulo. Vejamos ainda sob uma “nova” perspectiva estas três distˆ ancias: R

R

6

-R

0

R

6

-R

0

0

6

-R

Uma pergunta ingênua, n˜ ao obstante pertinente, seria: Em existindo mais de uma distˆ ancia entre dois pontos, qual a verdadeira? Do ponto de vista da matem´ atica, isto é, da lógica, todas as métricas gozam do mesmo status, nenhuma é mais ou menos verdadeira que as outras. O que acontece é que a métrica (trena) usual (euclidiana) é a mais conveniente para, por exemplo: o pedreiro, o carpinteiro, para o engenheiro civil, etc., porque esta é suficiente para resolver todos os seus problemas de medida. J´ a para o matem´ atico e o f´ısico, estes profissionais têm necessidade − em seus trabalhos − de “outras réguas”, as quais n˜ ao se encontram no comércio, pois s˜ ao, por assim dizer, abstratas. A propósito, acontece − no que diz respeito às métricas − o mesmo que ocorre no ˆ ambito das geometrias euclidiana e n˜ ao-euclidianas. A de Euclides n˜ ao é nem mais nem menos verdadeira que as outras; pode ou n˜ ao ser a mais conveniente a determinados propósitos; por exemplo, Einstein ao formular sua Teoria da Relatividade (Gravita¸cão) preferiu optar por uma das geometrias n˜ ao-euclidianas (optou pela geometria riemaniana).

Distˆ ancias no espa¸co de c´ odigos Vamos definir a seguinte aplica¸cão k · k : Zn2 → R u 7→ kuk onde, kuk =

n X

xi

(5.20)

i=1

Por exemplo, kuk =

4 X

xi = x1 + x2 + x3 + x4

i=1

273

⇒

k1011k = 1 + 0 + 1 + 1 = 3

O somat´ orio (5.20) conta o n´ umero de 1s presentes no vetor u. Uma observa¸c˜ ao importante é a de que as adi¸cões que comparecem no desenvolvimento do somat´ orio n˜ ao é mais a adi¸cão em Z2 mas a pr´ opria adi¸cão em R. Nosso objetivo agora ser´ a provar que a aplica¸cão assim definida é uma n norma em Z2 . Devemos, para tanto, provar todas as condi¸cões exigidas na defini¸cão 33, ent˜ ao: (p. 271) (N1 ) kuk ≥ 0 e kuk = 0 ⇐⇒ u = 0 . Temos kuk = (N2 )

n X i=1

xi ≥ 0

kuk =

e

kλ uk = |λ| kuk.

n X i=1

xi = 0 ⇐⇒ xi = 0 ⇐⇒ u = 0.

Como u = ( xi ) temos λ u = ( λ xi ) kλ uk = uma vez que λ ∈ { 0, 1 }.

n X

λ xi = λ

n X i=1

i=1

xi = |λ| kuk

(N3 ) ku + vk ≤ kuk + kvk. Considerando u = ( xi ) e v = ( yi ) vetores arbitrários em Zn2 . Temos u + v = ( xi + yi ). Devemos mostrar que n X i=1

( xi + y i ) ≤

n X

xi +

i=1

n X

yi

(5.21)

i=1

Observe que nesta desigualdade temos algumas “sutilezas te´ oricas”. Sen˜ ao vejamos, abrindo os somat´ orios resulta ( x1 + y1 )+ ( x2 + y2 )+ · · ·+ ( xn + yn ) ≤ x1 + x2 + · · ·+ xn + y1 + y2 + · · ·+ yn do lado esquerdo n˜ ao podemos aplicar as propriedades associativa e comutativa porquanto a adi¸caõ u + v é “bit a bit”. Ou ainda: as adi¸cões “dentro” dos parêntesis se verificam em Z2 e as “entre” os parêntesis se verificam em R. Por outro lado, as adi¸cões do lado direito se d˜ ao em R. Pois bem, devido a desigualdade triangular para os n´ umeros reais podemos escrever |x1 + y1 | ≤ |x1 | + |x1 | |x2 + y2 | ≤ |x2 | + |x2 | (5.22) ....................... |xn + yn | ≤ |xn | + |xn |

Somando essas n desigualdades resulta n X i=1

| xi + y i | ≤

n X i=1

274

|xi | +

n X i=1

|yi |

(5.23)

A adi¸cão que comparece em | xk + yk | nas desigualdades (5.22) é a de R, tendo em conta a tabela a seguir xk 0 yk 0

1 0

0 1

1 1

vemos que as desigualdade em (5.22) continuam válidas se substituirmos “o resultado da adi¸ca õ” de | xk + yk | em R pelo “resultado da adi¸ca õ” de ( xk +yk ) em Z2 . Sendo assim, a desigualdade (5.23) implica na desigualdade (5.21). Apenas a t´ıtulo de curiosidade observe que | xk + yk | n˜ ao faz sentido em Z2 . E por que n˜ ao faz sentido? A raz˜ ao é que para se definir m´ odulo (veja eq. (5.1), p. 257) necessitamos de uma ordem “ ≥ ” e Z2 n˜ ao é um corpo ordenado. E por que Z2 n˜ ao é um corpo ordenado? A raz˜ ao é que num corpo ordenado valem as desigualdades 1>0

e

1+1>1

e em Z2 temos 1 + 1 = 0. Uma vez que demonstramos a existência de uma norma em Zn2 temos agora como calcular a distˆ ancia entre dois códigos. Dados dois vetores u = ( xi ) e v = ( yi ), temos u − v = (xi − yi )

⇒

d(u, v) = ku − vk = k(xi − yi )k

substituindo esse resultado na equa¸cão (5.20) d(u, v) =

n X i=1

(p. 273)

resulta

(xi − yi )

(5.24)

ancia de Hamming∗ e é muito Essa distˆ ancia em Zn2 é conhecida como distˆ utilizada na constru¸c˜ ao de c´ odigos de corre¸cão de erros (em transmiss˜ ao de dados). Por exemplo, consideremos os vetores x = 1010 e y = 0011 em Z42 , temos: d(u, v) =

4 X i=1

(xi − yi ) = (x1 − y1 ) + (x2 − y2 ) + (x3 − y3 ) + (x4 − y4 ) = (1 − 0)

+ (0 − 0)

+ (1 − 1)

+ (0 − 1) = 2

∗ Richard W. Hamming (1915−1998) obteve seu Ph.D. em Matem´ atica na Universidade de Illinois, em Urbana-Champaign, em 1942. De 1946 a 1976, trabalhou no Bell Labs, depois integrou-se ao corpo docente na US Naval Postgraduate School, em Monterey, Calif´ ornia. Em 1950, publicou seu trabalho fundamental em c´ odigos corretores de erros, dando uma constru¸c˜ ao expl´ıcita para os c´ odigos de otimiza¸c˜ ao que Claude Shannon tinha provado serem teoricamente poss´ıveis, em 1948.

275

Observe que a distˆ ancia de Hamming entre duas sequências nos d´ a precisamente o n´ umero de posi¸cões em que estas sequências diferem quando comparadas bit a bit; no caso do exemplo em questão, temos: x: 1 0 1 0 y: 0011 As sequências em Z22 = { 00, 10, 01, 11 }

podem ser arrumadas segundo os vértices de um quadrado unit´ ario, veja: 01

11

00

10

A distˆ ancia de Hamming entre quaisquer dois vetores u e v é o n´ umero de arestas no caminho mais curto para ir de u até v. As sequências em Z32 = { 000, 100, 010, 110, 001, 101, 011, 111 } podem ser arrumadas segundo os vértices de um cubo unit´ ario, veja: 001

011

101

111 000

100

010 110

A distˆ ancia de Hamming entre quaisquer dois vetores u e v é o n´ umero de arestas no caminho mais curto para ir de u até v. Também construi uma outra distˆ ancia entre vetores de Zn2 . Sen˜ ao vejamos, considere a seguinte aplica¸cão k · k : Zn2 → R u 7→ kuk onde,

kuk = max 1 x1 , 2 x2 , . . . , n xn

Por exemplo, para u = 1011, temos kuk = max 1 x1 , 2 x2 , 3 x3 , 4 x4 = max 1 · 1, 2 · 0, 3 · 1, 4 · 1 = 4

Vejamos um outro exemplo, seja u = 1010, então kuk = max 1 · 1, 2 · 0, 3 · 1, 4 · 0 = 3 276

(5.25)

A fórmula (5.25) nos d´ a a maior posi¸cão onde ocorre um bit 1 no vetor u. Nosso objetivo agora ser´ a provar que a aplica¸cão assim definida é uma norma em Zn2 . Devemos para tanto provar todas as condi¸cões exigidas na defini¸cão 33, então: (N1 ) kuk ≥ 0 e kuk = 0 ⇐⇒ u = 0 . Que kuk = max 1 x1 , 2 x2 , . . . , n xn ≥ 0 é imediato. kuk = max 1 x1 , 2 x2 , . . . , n xn = 0 ⇐⇒ xi = 0 ⇐⇒ u = 0.

(N2 ) kλ uk = |λ| kuk. Como u = ( xi ) temos λ u = ( λ xi ) kλ uk = max 1 (λ x1 ), 2 (λ x2 ), . . . , n (λ xn ) = λ max 1 x1 , 2 x2 , . . . , n xn = |λ| kλ uk uma vez que λ ∈ { 0, 1 }.

(N3 ) ku + vk ≤ kuk + kvk. Considerando u = ( xi ) e v = ( yi ) vetores arbitrários em Zn2 . Temos u + v = ( xi + yi ). Devemos mostrar que max 1 ( x1 + y1 ), 2 ( x2 + y2 ), . . . , n ( xn + yn ) ≤ max 1 x1 , 2 x2 , . . . , n xn + max 1 y1 , 2 y2 , . . . , n yn

Pois bem, existem ´ındices i, j, k ∈ { 1, 2, . . . , n } tais que max 1 ( x1 + y1 ), 2 ( x2 + y2 ), . . . , n ( xn + yn ) = i ( xi + yi ) max 1 x1 , 2 x2 , . . . , n xn = j xj max 1 y1 , 2 y2 , . . . , n yn = k yk

(5.26) (5.27) (5.28)

Sendo assim, devemos mostrar que

i ( xi + y i ) ≤ j xj + k y k Temos que i xi ≤ j xj

por (5.27)

i yi ≤ k yk

por (5.28)

Somando essas desigualdades temos o resultado (5.29).

277

(5.29)

Uma vez que demonstramos a existência de uma nova norma em Zn2 temos agora uma nova distˆ ancia entre dois códigos. Dados dois vetores u = ( xi ) e v = ( yi ), temos u − v = (xi − yi )

⇒

d(u, v) = ku − vk = k(xi − yi )k

substituindo esse resultado na equa¸cão (5.25) (p. 276) resulta d(u, v) = max 1 ( x1 − y1 ), 2 ( x2 − y2 ), . . . , n ( xn − yn )

(5.30)

Por exemplo, consideremos os vetores x = 1010 e y = 0011 em Z42 , temos: d(u, v) = max 1 (1 − 0), 2 (0 − 1), 3 (0 − 0), 4 (0 − 1) = 4

Compare esse resultado com a distˆ ancia de Hamming. (p. 276) Observe que esta distˆ ancia entre duas sequências nos d´ a precisamente a maior posi¸c˜ ao em que as sequências diferem entre si, veja: x: 1 0 1 0 y: 0011

Nota: A distˆ ancia (5.30) é de “minha pr´ opria autoria”. Nota: No caso de duas sequências iguais estamos assumindo que max =0

Esta igualdade pode ser provada por “vacuidade”, no sentido de que ela jamais poder´ a ser contraditada∗ .

Exerc´ıcios 1) Em rela¸c˜ ao ao produto interno usual do R2 , calcular h u, v i sendo dados: a ) u = (−1, 1) e v = (1, 1);

b ) u = (6, −2) e v = (3, 9); c ) u = (2, 1) e v = 21 , −1 .

2) Para os mesmos vetores do exerc´ıcio anterior, calcular h u, v i em rela¸cão ao produto interno dado por h u, v i = 3 x1 y1 + 4 x2 y2

∗´

E semelhante ` a prova de que o conjuto vazio é subconjunto de qualquer conjunto.

278

3) Sejam x = (x1 , x2 ) e y = (y1 , y2 ). Mostrar que cada aplica¸cão a seguir define um produto interno no R2 : a ) (u, v) 7→ x1 y1 + x2 y2 ; b ) (u, v) 7→ 2 x1 y1 + 5 x2 y2 ; c ) (u, v) 7→

x 1 y1 a2

x 2 y2 b2

com a, b ∈ R fixos e n˜ ao nulos. R1 4) Em P2 (R) com o produto interno dado por h f, g i = 0 f (t) g(t) dt calcular a norma dos seguintes vetores: +

a ) f (t) = 1 − t ;

b ) f (t) = 1 + t ; c ) f (t) = 1 − t2 .

5) Sejam x e y n´ umeros reais n˜ ao negativos. Aplique a desigualdade de √ √ √ √ Cauchy-Schwarz para u = ( x, y ) e v = ( y, x ) para demonstrar que x+y √ xy ≤ 2 6) Calcular a norma dos vetores do exerc´ıcio anterior em rela¸cão ao produto interno dado por h f (t), g(t) i = a0 b0 + a1 b1 + a2 b2 .

7) Dados os vetores u = (0, 0, 0) e v = (1, 1, 1) em R3 calcule as três distˆ ancias D1 , D2 e D3 dadas na p. 271 e dê uma interpreta¸cão geométrica das mesmas (fa¸ca um esbo¸co gr´ afico). 8) Chama-se tra¸co de uma matriz A = ( aij ), quadrada de ordem n, a soma dos termos da sua diagonal principal. Nota¸ca õ: tr (A). Ent˜ ao, tr (A) = a11 + · · · + ann . Sendo V = Mm×n (R), mostre que h A, B i = tr(B t A) define um produto interno sobre V .

9) No espa¸co vetorial V = M2 (R) considere o produto interno definido no exerc´ıcio anterior. Sendo 2 1 1 −1 A= e B= 1 1 1 0 calcule h A, B i, kAk, kBk e d(A, B). Para alguns dos exerc´ıcios a seguir necessitaremos de algumas considera¸cões concernentes a norma e produto interno. Perguntamos, por exemplo, se toda norma é oriunda de um produto interno. Vejamos uma condi¸c˜ ao necessária para que uma norma seja oriunda de um produto interno.

279

Proposi¸ c˜ ao 17 (Identidade do Paralelogramo). Em um espa¸co vetorial com produto interno é v´ alida a seguinte identidade ku + vk2 + ku − vk2 = 2 kuk2 + kvk2 Prova: De fato,

ku + vk2 = hu + v, u + vi = hu, ui + hu, vi + hv, ui + hv, vi = kuk2 + 2hu, vi + kvk2 Por outro lado ku − vk2 = hu − v, u − vi = hu, ui + hu, −vi + h−v, ui + h−v, −vi = kuk2 − 2hu, vi + kvk2 somando estas duas equa¸cões obtemos o resultado desejado.

Observe que esta proposi¸cão pode ser reformulada assim: p ao ku + vk2 + ku − vk2 = Se a norma é dada por kuk = hu, ui ent˜ 2 2 2 kuk + kvk . A qual é equivalente a: p Se ku + vk2 + ku − vk2 6= 2 kuk2 + kvk2 ent˜ ao kuk = 6 hu, ui.

Isto significa que se uma norma n˜ ao satisfaz a identidade do paralelogramo ent˜ ao ela n˜ ao provem do produto interno, segundo a equa¸cão p (5.31) kuk = hu, ui

Sendo assim é imediata a pergunta: Uma norma que n˜ ao satisfa¸ca a identidade do paralelogramo n˜ ao poderia provir de um produto interno dado por uma outra equa¸c˜ ao que n˜ ao seja (5.31)? Para responder a essa pergunta vamos considerar o seguinte axioma de norma kλ uk = |λ| kuk, ∀ λ ∈ R e ∀ u ∈ V. (5.32)

E a igualdade hλu, λui = λ2 hu, ui que é consequência da defini¸cão de produto interno.

280

(5.33)

Vamos supor que estamos tentando definir uma norma em fun¸cão do produto interno. Devemos ter

p

kλ uk = |λ| kuk p hλu, λui = |λ| hu, ui

Daqui concluimos que necessariamente a rela¸cão entre norma e produto interno deve ser p kuk = hu, ui a menos de constantes multiplicativas. 10) Mostre, para algum valor de n, que as normas kuks e kukm sobre o Rn dadas na p. 271 n˜ ao provém de um produto interno. 11) Perguntamos se as normas kukH = e

n X

xi

i=1

kukG = max 1 x1 , 2 x2 , . . . , n xn

em Zn2 provém de um produto interno. Sugestão: Inicialmente, para algum valor de n, tente obter duas sequências tais que a identidade do paralelogramo n˜ ao seja satisfeita. 12) Mostre que a aplica¸c˜ ao k · k : Zn2 → R u 7→ kuk onde, kuk = é uma norma em

Zn .

n X

2n−1 xn

i=1

2

281

(5.34)

C´ırculos e bolas em espa¸cos vetoriais normados Num espa¸co vetorial normado (V, k · k) define-se um c´ırculo de centro em um vetor p ∈ V e raio r > 0 como o conjunto de todos os vetores u ∈ V que satisfazem a equa¸c˜ ao ku − pk = r Ou seja, um c´ırculo de centro p e raio r > 0 é o conjunto de todos os pontos (vetores) que est˜ ao a uma mesma distˆ ancia r do centro p. 13) Nas figuras a seguir:

1

s

−1

−1

1

1

1

s

−1

1

−1

s

−1

1

−1

temos os c´ırculos de centro na origem e raio 1 segundo as distˆ ancias dadas em (5.17), (5.18) e (5.19), respectivamente (p. 272). Encontre a equa¸cão que descreve cada um desses c´ırculos. 14) Mostre que cada uma das figuras acima n˜ ao é um c´ırculo nas duas outras normas. 15) Fa¸ca, no plano R2 , um esbo¸co da figura de equa¸cão dada por |x| + |y| + |x| − |y| = 2

16) Encontre em Z42 o c´ırculo de centro em p = 1110 e raio r = 2 para as três normas deste espa¸co (eq’s: (5.24), p. 275; (5.30), p. 278; (5.34), p. 281).

− Num espa¸co vetorial normado (V, k · k) define-se bola aberta de centro em um vetor p ∈ V e raio r > 0 como o conjunto de todos os vetores u ∈ V que satisfazem a inequa¸cão ku − pk < r Ou seja, uma bola aberta de centro p e raio r > 0 é o conjunto de todos os pontos (vetores) que est˜ ao a uma distˆ ancia de p menor que r. 17) Fa¸ca um esbˆ o¸co (desenhe) a bola aberta de centro na origem e raio 1 para as três normas do R2 . 18) Encontre em Z42 a bola aberta de centro em p = 0101 e raio r = 2 para as três normas deste espa¸co. 282

5.4

ˆ Angulo entre vetores

O objetivo que temos em vista agora ser´ a definir o ângulo entre dois vetores em um espa¸co vetorial arbitrário. Para tanto iremos nos inspirar no que acontece no espa¸co R2 ; digo, vamos inicialmente obter uma fórmula para o cálculo do ˆ angulo entre dois vetores nesse espa¸co; para tanto partiremos da seguinte figura − rota¸c˜ ao do vetor v de θ graus em torno da origem: R

u = (x1 , x2 ) s

s v = (y , y ) 1 2 β

θ 0

s

α

R

Temos que o ˆ angulo entre os vetores u e v é dado por θ = β − α. Com o aux´ılio da trigonometria podemos escrever cos θ = cos(β − α) = cos β cos α + sen β sen α Da figura anterior destacamos os dois triˆ angulos a seguir: s

kuk

x2 s

kvk

β

s

s

x1

y2

α

y1

Sendo assim, temos: cos θ = cos β cos α + sen β sen α = De modo que cos θ =

x y2 x1 y 1 + 2 kuk kvk kuk kvk h u, v i x1 y 1 + x2 y 2 = kuk kvk kuk kvk 283

Vamos generalizar esse resultado para um espa¸co vetorial arbitrário ˆ Defini¸ c˜ ao 34 (Angulo entre vetores). Seja V um espa¸co vetorial de dimens˜ ao finita qualquer, dados dois vetores u, v ∈ V , n˜ ao nulos, definimos o angulo θ entre esses vetores pela f´ ˆ ormula h u, v i , kuk kvk

cos θ =

0≤θ≤π

(5.35)

Observe que por (5.5) (p. 261) todo espa¸co de dimensão finita pode ser munido de um produto interno. Temos um probleminha agora: precisamos saber se a equa¸cão (5.35), deduzida para vetores em R2 , faz sentido em espa¸cos arbitrários. Sabemos da trigonometria que −1 ≤ cos θ ≤ 1, portanto para que o angulo entre dois vetores esteja bem definido precisamo mostrar que em um ˆ espa¸co arbitrário de fato temos −1 ≤

h u, v i ≤1 kuk kvk

Ora, esta desigualdade é válida em todo espa¸co com produto interno justamente por ser uma consequência da desigualdade de Cauchy-Schwarz, veja: |h u, v i| ≤ kuk kvk Essa desiguldade implica em −kuk kvk ≤ h u, v i ≤ kuk kvk ⇒ −1 ≤

h u, v i ≤ 1. kuk kvk

Exemplos:

√ √ 1 ) Calcule o ˆ angulo entre os vetores u = 12 , 23 e v = − 23 , − 21 com o produto interno usual do R2 . Solu¸ c˜ ao: Para u = (x1 , x2 ) e v = (y1 , y2 ) temos as seguintes fórmulas

h u, v i = x1 y1 + x2 y2 Ent˜ ao

e

kuk =

q x21 + x22

√ √ √ 1− 3 3 −1 3 h u, v i = + =− 2 2 2 2 2

Por outro lado kuk =

s

1 2 + 2 284

√

3 2 =1 2

e kvk =

s

Portanto

√ 3 2 − + 2

√ √ − 23 h u, v i 3 = =− cos θ = kuk kvk 1·1 2

−

1 2 =1 2

⇒

θ=

5π = 150o 6

Geometricamente temos R p

su

p

p

p

R

su α

θ p

p

p

R

p

p

p

R

vs p

p

vs

Observe que o ˆ angulo entre dois vetores u e v n˜ ao necessariamente coincide com o ˆ angulo entre as retas que os contém. Na geometria, o ângulo entre duas retas é definido como o menor ângulo entre os dois ângulos determinados pela interse¸c˜ ao das mesmas. O ângulo entre as duas retas na figura é α = 30o . 2 ) Calcule o ˆ angulo entre os dois polinˆ omios f (t) = 1−t e g(t) = 2+3 t, com produto interno dado por (p. 260) Z 1 f (t) g(t) dt (f, g) 7→ h f, g i = 0

p

Solu¸ ca õ: Inicialmente, temos kuk = h u, u i , ou seja, s s Z 1 Z 1 p 1 f (t) f (t) dt = (1 − t) (1 − t) dt = √ kf k = h f, f i = 3 0 0 s s Z 1 Z 1 p √ g(t) g(t) dt = (2 + 3t) (2 + 3t) dt = 13 kgk = h g, g i = 0

0

Na p´ agina (p. 260) encontramos h f (t), g(t) i = 32 , logo, 3 3 √3 h f, g i √ cos θ = = 1 2√ ≈ 43, 90o ⇒ θ = arccos √ · kf k kgk 13 2 13 3 285

3 ) No espa¸co vetorial Z22 , temos Z22 = { 00, 10, 01, 11 } Calcule o ˆ angulo entre os vetores u = 10 e v = 11 com o produto interno usual do Z22 . Solu¸ c˜ ao: Para u = x1 x2 e v = y1 y2 temos as seguintes fórmulas q h u, v i = x1 y1 + x2 y2 e kuk = x21 + x22

Nota: No exemplo 4 (p. 95) estamos considerando a base canˆ onica do Z22 : B = { 10, 01 }, para a qual u = x1 x2 = x1 10 + x2 01. Ent˜ ao h 10, 11 i = 1 · 1 + 0 · 1 = 1 Por outro lado kuk =

e kvk = Portanto

p

p

12 + 02 = 1

12 + 12 =

√ 1 h u, v i 2 √ = = cos θ = kuk kvk 2 1· 2 Geometricamente temos r01 r

00

v= r 11 θ

r

u = 10

286

√

2

⇒

θ=

π = 45o 4

5.5

Ortogonaliza¸c˜ ao

Defini¸ c˜ ao 35 (Vetores ortogonais). Seja V um espa¸co euclidiano. Dizemos que dois vetores u, v ∈ V s˜ ao ortogonais se, e somente se, h u, v i = 0. A defini¸c˜ ao de ˆ angulo entre vetores (eq. (5.35), p. 284) implica que dois vetores s˜ ao ortogonais se, e somente se, o ângulo entre eles é 90o . Defini¸ c˜ ao 36 (Conjuntos ortonormais). Um conjunto S = { u1 , . . . , ur } se ˜es a seguir s˜ ao satisfeitas: diz ortonormal se, e somente se, as duas condi¸co ( I ) kui k = 1 (i = 1, 2, . . . , r) e ( II ) dois vetores quaisquer de S, distintos entre si, s˜ ao ortogonais. p Nota: Tendo em conta kui k = h ui , ui i as duas condi¸cões da defini¸cão anterior podem ser substituidas pela seguinte: ( 1, se i = j; h ui , uj i = δij = (5.36) 0, se i 6= j. Exemplos: As bases canˆ onicas do R2 e R3 B = { (1, 0), (0, 1) };

B ′ = { (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) }

s˜ ao conjuntos ortonormais (exerc´ıcio). O que significa que os vetores, dois a dois, formam um ˆ angulo de 90o entre si e todo est˜ ao à mesma distˆ ancia, 1, da origem, veja:

R

(0, 1)

0

R

t(0, 0, 1)

t t

0

R

t (0, 1, 0)

(1, 0)

t(1, 0, 0) R

287

R

Coeficientes de Fourier A importˆ ancia das bases ortogonais reside no fato de que existe um procedimento padrão para se encontrar as coordenadas de um vetor qualquer em rela¸c˜ ao a elas. De fato, seja V um espa¸co vetorial com produto interno h ·, · i, B = { u1 , . . . , un } uma base ortogonal de V e u um vetor arbitrário em V . Vamos calcular as coordenadas de u em rela¸cão a B. Sabemos que u = x1 u1 + · · · + xi ui + · · · + xn un e queremos encontrar a i-ésima coordenada xi . Para isto, fa¸camos o produto interno dos dois membros da igualdade acima por ui , assim: h u, ui i = h x1 u1 + · · · + xi ui + · · · + xn un , ui i = x1 h u1 , ui i + · · · + xi h ui , ui i + · · · + xn h un , ui i = x1 · 0

+ · · · + xi h ui , ui i + · · · + xn · 0 = xi h ui , ui i

portanto h u, ui i = xi h ui , ui i, então: xi =

h u, ui i , h ui , ui i

(i = 1, 2, . . . , n)

(5.37)

Esta coordenada é chamada coeficiente de Fourier de u em rela¸cão a ui . Observe que se tivermos uma base ortonormal { u1 , . . . , un } os coeficientes (coordenadas) xi de um vetor u = x1 u1 + · · · + xi ui + · · · + xn un s˜ ao dados por xi =

h u, ui i = h u, ui i h ui , ui i

Isto é, as coordenadas de um vetor relativamente a uma base ortonormal s˜ ao os produtos internos desse vetor pelos elementos da referida base. Exemplo: Na figura a seguir y ′

p

p

y

′

x

s

p

p

(0, 1)

0

s

p

u2 ps (1, 0)

p

sp 30o

x

u1

0

demos uma rota¸c˜ ao de θ = 30o na base canˆ onica do R2 . Para calcular uma base ortogonal para o novo sistema rotacionamos de θ, segundo a fórmula (4.36) (p. 247), os vetores da base antiga { (1, 0), (0, 1) }, assim: 288

(confira na f´ ormula)

√

√ 1 3 1 3 , ; (0, 1) 7→ u2 = − , (1, 0) 7→ u1 = 2 2 2 2 3 Vamos calcular as coordenadas do vetor u = 1, 2 em rela¸cão a essa nova base, isto é, queremos x1 e x2 na equa¸cão u = x1 u1 + x2 u2 Pelo coeficiente de Fourier (5.37) temos x1 = Temos:

h u, u1 i h u1 , u1 i

√ √ √ 2 3+3 3 3 1 3 3 1 , + · = · =1· h u, u1 i = 1, 2 2 2 2 2 2 4 e √ √ √ √ 3 1 3 1 3 3 1 1 h u1 , u1 i = , , · + · =1 · = 2 2 2 2 2 2 2 2 √ 2 3+3 Portanto, x1 = 4 . Análogamente, x2 =

Temos: 3 · h u, u2 i = 1, 2

e

Portanto, x2 =

√ √ √ −2 + 3 3 1 −1 3 3 3 + · = − , =1· 2 2 2 2 2 2

√ 1 3 − , · 2 2

h u2 , u2 i =

−2+3 2

√

3

, isto é,

√ √ √ 1 1 −1 3 3 3 + · =1 − , =− · 2 2 2 2 2 2

u = (x1 , x2 ) = Geometricamente temos

h u, u2 i h u2 , u2 i

√ √ 2 3 + 3 −2 + 3 3 , 4 4

y ′

p

y

s(1, 3 )

′

x

s

p

2

x1

x2

0

p

p

30o

x

Compare esse resultado com o obtido pela fórmula (4.35) exemplo da p. 245. 289

(p. 245),

no

Conjunto ortogonal e independˆ encia linear Proposi¸ c˜ ao 18. Todo conjunto ortogonal S = { u1 , u2 , . . . , ur } contido num espa¸co vetorial euclidiano é necessariamente L.I. Prova: Com efeito, suponha λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λr ur = 0 Ent˜ ao 0 = h 0, u1 i = h λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λr ur , u1 i = λ1 h u1 , u1 i + λ2 h u2 , u1 i + · · · + λr h ur , u1 i = λ1 · 1

+ λ2 · 0

+ · · · + λr · 0 = λ1

Análogamente se prova que λ2 = λ3 = · · · = λr = 0.

Proposi¸ c˜ ao 19. Seja U = { u1 , u2 , . . . , ur } um subconjunto ortonormal do espa¸co euclidiano V . Ent˜ ao, para todo vetor u de V , o vetor v = u − h u, u1 i u1 − h u, u2 i u2 − · · · − h u, ur i ur é ortogonal a cada vetor do subespa¸co gerado pelos vetores de U . Prova: Iniciamente observemos que se v for ortogonal aos vetores de U , ent˜ ao ser´ a ortogonal a toda combina¸cão linear de U . Com efeito, seja w = λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λr ur uma dessas combina¸cões lineares. Então h v, w i = h v, λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λr ur i = λ1 h v, u1 i + λ2 h v, u2 i + · · · + λr h v, ur i = λ1 0

+ λ2 0

+ · · · + λr 0 = 0

Sendo assim, s´ o nos resta provar que v é ortogonal a cada ui . Consideremos o produto h v, u1 i = h u−h u, u1 i u1 −h u, u2 i u2 − ··· −h u, ur i ur , u1 i = h u, u1 i−h h u, u1 iu1 , u1 i−h h u, u2 iu2 , u1 i− ··· −h h u, ur iur , u1 i = h u, u1 i−h u, u1 i h u1 , u1 i−h u, u2 i h u2 , u1 i− ··· −h u, ur i h ur , u1 i = h u, u1 i−h u, u1 i 1

−h u, u2 i 0

− ··· −h u, ur i 0 = 0

Onde usamos a hip´ otese de que o conjunto { u1 , u2 , . . . , ur } é ortonormal. De modo an´ alogo provamos que h v, u2 i = · · · = h v, ur i = 0. 290

Processo de ortogonaliza¸ c˜ ao de Gram-Schmidt∗ A partir de uma base qualquer de um espa¸co vetorial existe um processo (algoritmo) para se obter uma base ortogonal. Inicialmente vamos mostrar como esse algoritmo funciona para uma base B = { v1 , v2 } com dois vetores. Enfatizando: a partir da base B, na qual v1 e v2 n˜ ao s˜ ao ortogonais queremos construir uma outra base C = { u1 , u2 } na qual u1 e u2 s˜ ao ortogonais. t v2

u2 t

⇒ t v1

t u1

⊡ 0

0

Ent˜ ao, tomemos u1 = v1 . Precisamos encontrar com o aux´ılio de v2 um novo vetor u2 ortogonal a u1 . Para isto tomamos u2 = v2 − λ u1 , onde λ é um n´ umero a ser encontrado de modo que u1 e u2 resultem ortogonais, ou seja, h u2 , u1 i = 0, ou ainda h v2 − λ u 1 , u 1 i = 0 Sendo assim temos h v2 + (−λ u1 ), u1 i = h v2 , u1 i + h (−λ u1 ), u1 i = h v2 , u1 i − λ h u1 , u1 i Logo h v2 − λ u1 , u1 i = h v2 , u1 i − λ h u1 , u1 i = 0

⇒

λ=

h v2 , u 1 i h u1 , u1 i

Comparando λ com a equa¸c˜ ao (5.37) (p. 288) concluimos que λ é a coordenada (proje¸cão, coeficiente de Fourier) de v2 em rela¸cão a v1 (= u1 ). ∗

J¨ orgen Pederson Gram (1850-1916) foi um atu´ ario dinamarquês. Erhard Schmidt (1876-1959) ensinou em diversas universidades alem˜ as importantes e foi aluno de Hermann Amandus Schwarz e David Hilbert. Ele realizou contribui¸c˜ oes importantes para o estudo de equa¸c˜ oes integrais e equa¸c˜ oes diferenciais parciais e, como parte deste estudo, introduziu o método para encontrar uma base ortogonal em 1907. Em 1908, escreveu um artigo sobre sistemas lineares de infinitas equa¸c˜ oes com infinitas inc´ ognitas, no qual fundou a teoria dos espa¸cos de Hilbert e no qual ele novamente utilizou este método.

291

Resumindo, a base procurada fica assim: u1 = v1

u2 = v2 − λ u1 = v2 −

e

h v2 , u1 i u h u1 , u1 i 1

(5.38)

Observe que u2 foi obtido de v2 subtraindo-se deste a proje¸cão (coordenada) do vetor v2 em rela¸c˜ ao a v1 (= u1 ). Geometricamente tudo se passa assim: t v2

u2 t

t u1 = v1 t

λ u1

0

t

−λ u1 u1 e u2 s˜ ao vetores ortogonais n˜ ao nulos. Podemos então normalizá-los: u′1 =

u1 ku1 k

e

u′2 =

u2 ku2 k

para obter uma base C ′ = { u′1 , u′2 } ortonormal. Nota: Normalizar um vetor u (n˜ ao nulo) significa a partir dele obter um outro vetor u′ de norma 1; para isto basta dividir o vetor por sua norma. De fato,

1 u 1 1

′ ′ u = = u ⇒ ku k = u = kuk = 1 kuk kuk kuk kuk

Observe que na pen´ ultima igualdade acima usamos as propriedades PN1 e PN2 da norma (p. 264). Exemplo: Seja B = { (4, 1), (1, 3) } uma base do R2 . Vamos obter a partir de B uma base ortonormal em rela¸cão ao produto interno usual. Sejam então v1 = (4, 1)

e

v2 = (1, 3)

Agora basta usar a equa¸cão (5.38), isto é, u1 = (4, 1)

e

u2 = (1, 3) −

h (1, 3), (4, 1) i (4, 1) h (4, 1), (4, 1) i

Ent˜ ao h (1, 3), (4, 1) i = 1 · 4 + 3 · 1 = 7 h (4, 1), (4, 1) i = 4 · 4 + 1 · 1 = 17 292

Logo u2 = (1, 3) −

7 (4, 1) = 17

11 44 , 17 17

−

Para normalizar esses vetores precisamos de r √ p √ 2057 11 2 44 2 2 2 − ku1 k = 4 + 1 = 17 e ku2 k = + = 17 17 17 Então

u′1 =

1 1 u1 = √ (4, 1) ku1 k 17

u′2 =

e

1 17 u2 = √ ku2 k 2057

−

Geometricamente tudo se passa assim y

y′

sv

s v2

p

p

3

11 44 , 17 17

2

u2 s p

p

2

v1

p

s

p1

p2

p3

x

u′2 s

p4

N { v1 , v2 } base n˜ ao ortogonal.

s

p

1

us′1 p

x′

u 1 = v1

s

λ u1 p

p

p

s

−λ u1

N { u′1 , u′2 } base ortonormal.

O procedimento de ortogonaliza¸cão de dois vetores pode ser generalizado para uma base B = { v1 , v2 , . . . , vn } com n vetores. Tomemos como anteriormente   u1 = v1  u2 = v2 − λ u1

onde

λ=

h v2 , u1 i h u1 , u1 i

J´ a vimos que u1 e u2 s˜ ao ortogonais. Vamos construir agora um vetor u3 que seja ao mesmo tempo ortogonal a u1 e u2 . Por analogia ao caso anterior vamos adotar u3 = v3 − α u2 − β u1 (5.39) e determinar os escalares α e β tais que h u3 , u2 i = 0 e h u3 , u1 i = 0. Sendo assim temos o seguinte sistema a resolver   h v3 − α u2 − β u1 , u2 i = 0 ⇒ h v3 , u2 i − α h u2 , u2 i − β h u1 , u2 i = 0  hv − αu − β u , u i = 0 ⇒ hv , u i − αhu , u i − β hu , u i = 0 3 2 1 1 3 1 2 1 1 1 293

Como h u1 , u2 i = h u2 , u1 i = 0, das duas u ´ltimas equa¸cões obtemos: α=

h v3 , u2 i h u2 , u2 i

e

β=

h v3 , u1 i h u1 , u1 i

Substituindo esses resultados em (5.39), obtemos u3 = v3 −

hv , u i h v3 , u2 i u − 3 1 u h u2 , u2 i 2 h u1 , u1 i 1

Comparando α com a equa¸cão (5.37) (p. 288) concluimos que α é a coordenada (proje¸c˜ ao, coeficiente de Fourier) de v3 em rela¸cão a u2 . Conclusão an´ aloga vale para β. Sendo assim u3 é obtido de v3 subtraindo-se suas proje¸c˜ oes sobre u1 e u2 . Procedendo de maneira an´ aloga, obtemos os vetores u4 , . . . , un . Assim, a partir de uma base B = { v1 , . . . , vn } de um espa¸co vetorial V , construimos a base ortogonal C = { u1 , . . . , un } dada por: u 1 = v1 u 2 = v2 −

h v2 , u1 i h u1 , u1 i

u1

u 3 = v3 −

h v3 , u2 i h u2 , u2 i

u2 −

h v3 , u1 i h u1 , u1 i

u1

............................................ u n = vn −

h vn , un−1 i h un−1 , un−1 i

un−1 − · · · −

h vn , u1 i h u1 , u1 i

u1

A partir desta base podemos obter uma outra base de vetores ortonormais, basta normalizar cada um dos vetores acima. Nota: Podemos, alternativamente, provar o algoritmo (ou processo) de Gram-Schmidt fazendo uso da proposi¸cão 19. (p. 290) Exemplo: Seja B = { (1, 0, 0), (0, 1, 1), (0, 1, 2) } uma base do R3 . Vamos aplicar o algoritmo de Gram-Schmidt para obter a partir de B uma base ortonormal em rela¸cão ao produto interno usual. Sejam v1 = (1, 0, 0), v2 = (0, 1, 1) e v3 = (0, 1, 2). Então, seguindo o algoritmo temos: u1 = v1 = (1, 0, 0) u2 = v2 −

h v2 , u1 i h u1 , u1 i

u1 = (0, 1, 1) −

h (0, 1, 1), (1, 0, 0) i h (1, 0, 0), (1, 0, 0) i

(1, 0, 0) = (0, 1, 1)

Observe que u2 = v2 porque v2 já é ortogonal a v1 . Continuando u 3 = v3 −

hv , u i h v3 , u2 i u2 − 3 1 u1 h u2 , u2 i h u1 , u1 i

= (0, 1, 2) −

h (0, 1, 2), (0, 1, 1) i h (0, 1, 2), (1, 0, 0) i (0, 1, 1) − (1, 0, 0) h (0, 1, 1), (0, 1, 1) i h (1, 0, 0), (1, 0, 0) i 294

Fazendo as contas obtemos u3 = 0, − 12 , C=

n

1 2

. Logo,

1 1 o (1, 0, 0), (0, 1, 1), 0, − , 2 2

é uma base ortogonal (o que pode ser confirmado diretamente). Normalizando cada um dos vetores acima obtemos √ √ o √ √ n 2 2 2 2 ′ , , , 0, − C = (1, 0, 0), 0, 2 2 2 2 que é uma base ortonormal do R3 , construida a partir da base B. Geometricamente temos Algoritmo Gram-Schmidt

R

sv

= (0, 1, 2)

sv

= (0, 1, 1)

3

2

R

u′3

s

s

u′2

R

sv

1

R

R

su′

= (1, 0, 0)

1

R

N { v1 , v2 , v3 } base n˜ ao ortogonal.

N { u′1 , u′2 , u′3 } base ortonormal.

Polinˆ omios de Legendre Os polinˆ omios de Legendre s˜ ao aplicados na f´ısica quântica, por exemplo na resolu¸cão da equa¸c˜ ao de Schr¨ oedinger − para o átomo de hidrogênio (p. 112). Consideremos em P3 (R) a seguinte base

B = { 1, t, t2 , t3 } que é ortogonal em rela¸c˜ ao ao produto interno usual (equa¸cão (5.4), p. 261), prove isto. Mostre que esta base n˜ ao é ortogonal segundo o produto interno dado por Z 1

h f, g i =

f (t) g(t) dt

(5.40)

−1

Vamos, a partir de B, construir uma base C = { u1 , u2 , u3 , u4 } ortogonal em rela¸c˜ ao a esse produto interno. Solu¸ c˜ ao: Sejam v1 = 1, v2 = t, v3 = t2 algoritmo temos: 295

e v4 = t3 . Então, seguindo o

u1 = v1 = 1 u2 = v2 −

h v2 , u1 i h u1 , u1 i

u1

Temos h v2 , u1 i = h t, 1 i =

Z

1

−1

t · 1 dt = 0

e

h u1 , u1 i =

Z

1

−1

1 · 1 dt = 2

Sendo assim, temos: u2 = v2 = t. Prosseguindo, devemos obter u3 = v3 −

hv , u i h v3 , u2 i u2 − 3 1 u1 h u2 , u2 i h u1 , u1 i

Ent˜ ao h v3 , u2 i = h t2 , t i =

Z

1 −1

t2 · t dt = 0

e

h u2 , u2 i =

Z

1

−1

t · t dt = 2/3

Ainda 2

h v3 , u1 i = h t , 1 i =

Z

1 −1

t2 · 1 dt = 2/3

Substituindo estes resultados na equa¸cão de u3 , dada acima, obtemos u3 = t 2 −

0 2/3 1 t− · 1 = t2 − 2/3 2 3

Finalmente u4 = v4 −

hv , u i hv , u i h v4 , u3 i u3 − 4 2 u2 − 4 1 u1 h u3 , u3 i h u2 , u2 i h u1 , u1 i

Deixamos como exerc´ıcio ao leitor confirmar os seguintes resultados h v4 , u3 i = 0,

h v4 , u2 i =

2 5

e h v4 , u1 i = 0

Substituindo os resultados obtidos na equa¸cão de u4 , dada anteriormente, obtemos u4 = t3 − 35 t. Sendo assim, resulta C=

n

1 3 o 1, t, t2 − , t3 − t 3 5

´ uma base ortogonal em rela¸cão ao produto interno dado em (5.40). E Observe que se dois vetores s˜ ao ortogonais multiplicando um deles por uma constante a ortogonalidade é preservada. Dizemos h u, v i = 0 ⇒ h λ u, v i = 0 296

Assim é que vamos multiplicar o terceiro vetor em C, acima, por 3/2 e o quarto por 5/2 para obter n o 1 1 C ′ = 1, t, (3t2 − 1), (5t3 − 3t) 2 2

Cada um destes vetores vale 1 em t = 1, isto é, p(1) = 1. Estes s˜ ao os quatro primeiros polinˆ omios de Legendre, em homenagem ao matem´ atico francês Adrien-Marie Legendre (1752-1833), que primeiro reconheceu sua importˆ ancia no estudo da atra¸c˜ ao gravitacional. Os polinˆ omios de Legendre: P0 (t) = 1

P1 (t) = t

P2 (t) = 12 (3t2 − 1)

P3 (t) = 12 (5t3 − 3t)

s˜ ao solu¸c˜ oes da importante equa¸c˜ ao diferencial de Legendre: (1 − t2 )Pn′′ − 2tPn′ + n(n + 1)Pn = 0

(5.41)

Utilizada na f´ısica quântica. A fórmula seguinte 1 dn [(t2 − 1)n ] 2n n! dtn conhecida como f´ ormula de Rodrigue’s nos fornece o polinˆ omio de Legendre de ordem n ( n = 0, 1, 2, . . .). Ainda a t´ıtulo de informa¸c˜ ao, os polinˆ omios de Legendre comparecem na famosa Quadratura Gaussiana, uma importante técnica numérica para o Rb cálculo de integrais a f (x) dx, na qual faz-se a seguinte mudan¸ca de vari´ avel: Z 1 Z b F (t) dt f (x) dx = Pn (t) =

−1

a

Os polinˆ omios de Legendre encontram-se dispon´ıveis na Calculadora HP50g; por exemplo, nas telas a seguir

à esquerda temos os polinˆ omios de terceira e quarta ordem, 1 1 (5 t3 − 3 t) e p4 (t) = (35 t4 − 30 t2 + 3) 2 8 no centro e a ` direita a plotagem dos respectivos gr´ aficos. p3 (t) =

297

Complemento ortogonal Seja U um subespa¸co vetorial do espa¸co com produto interno V . O complemento ortogonal de U , denotado por U ⊥ (lê-se “U perp”) é formado por todos os vetores v de V que s˜ ao ortogonais a todo vetor u ∈ U ; isto é U ⊥ = v ∈ V : h v, u i = 0, ∀ u ∈ U Exemplo: Seja V = R2 com o produto interno usual e U = { (λ, λ) : λ ∈ R }. Vamos encontrar o complemento ortogonal de U , assim: U ⊥ = v ∈ V : h v, u i = 0, ∀ u ∈ U = (x, y) ∈ R2 : h (x, y), (λ, λ) i = 0, ∀ u ∈ U

Devemos resolver a equa¸cão

h (x, y), (λ, λ) i = 0 ⇒ x · λ + y · λ = 0 Como essa equa¸c˜ ao deve ser satisfeita para todo λ real então y = −x. Portanto y

U⊥

= { (x, y) ∈

R2

: y = −x }

U

U⊥

x

Proposi¸ c˜ ao 20. O subconjunto U ⊥ é um subespa¸co vetorial de V . Prova: Sejam u1 e u2 dois vetores arbitrários em U ⊥ . Então h u1 , v i = h u2 , v i = 0,

∀ v ∈ V.

Daqui decorre h u1 + u2 , v i = h u1 , v i + h u2 , v i = 0,

∀ v ∈ V.

Portanto, u1 +u2 ∈ U ⊥ . Outrossim, mostremos que o complemento é fechado para a multiplica¸c˜ ao por escalar. Sejam u ∈ U ⊥ e λ ∈ R, então h λ u, v i = λ h u, v i = λ · 0 = 0,

∀ v ∈ V.

Para concluir observamos que U ⊥ é n˜ ao vazio, pois 0 ∈ U ⊥ . 298

Proposi¸ c˜ ao 21. Seja U um subespa¸co vetorial de um espa¸co euclidiano de dimens˜ ao finita V . Ent˜ ao V = U ⊕ U ⊥ . Isto é, V é a soma direta de U e U ⊥ . Prova: Devemos provar que V = U + U ⊥ e U ∩ U ⊥ = { 0 }. Com efeito, seja B = { u1 , u2 , . . . , ur } uma base ortonormal de U . Pela proposi¸c˜ ao 19 (p. 290), dado u ∈ V , o vetor v = u − h u, u1 i u1 − h u, u2 i u2 − · · · − h u, ur i ur é ortogonal a todo vetor de U , ou seja, v ∈ U ⊥ . Sendo assim o vetor u = h u, u1 i u1 + h u, u2 i u2 + · · · + h u, ur i ur + v pertence a U + U ⊥ já que a soma das r primeiras parcelas no segundo membro acima est´ a em U . Como u foi fixado arbitrariamente em V isso prova que V ⊂ U + U ⊥ . Logo V = U + U ⊥ .

Agora seja w ∈ U ∩ U ⊥ , sendo assim w ∈ U ⊥ ; então w é ortogonal a todo vetor de U . Em particular temos h w, w i = 0, no que resulta w = 0, logo: U ∩ U ⊥ = { 0 }.

Proje¸c˜ ao ortogonal

Conforme vimos se B = { u1 , u2 , . . . , ur } é uma base ortonormal de um subespa¸co U de um espa¸co euclidiano V , então todo vetor u ∈ V se decompõe, de maneira u ńica, em duas parcelas ortogonais entre si, de acordo com a equa¸c˜ ao u = h u, u1 i u1 + h u, u2 i u2 + · · · + h u, ur i ur + |{z} v | {z } ∈U

∈ U⊥

A primeira parcela acima é chamada proje¸ca õ ortogonal de u sobre o subespa¸co U . Exemplo: Seja V = R2 com o produto interno usual e U = { (λ, λ) : λ ∈ R }. Encontrar a proje¸c˜ ao de u = (1, 3) sobre este subespa¸co. Solu¸ ca õ: B ′ = { (1, 1) } é uma base de U , dividindo esse vetor por sua norma, temos uma base, B = √12 (1, 1) , ortonormal de U ; sendo assim a proje¸cão procurada vale E 1 D 1 h u, u1 i u1 = (1, 3), √ (1, 1) √ (1, 1) 2 2 Temos

1 1 h u, u1 i u1 = √ (1 · 1 + 3 · 1) √ (1, 1) = (2, 2) 2 2 Geometricamente, temos 299

R U⊥

u

U

s

p

3

s

p

2

p

1

p

0

1

p

2

p

3

R

Exemplo: Encontre a proje¸cão ortogonal do polinˆ omio f (t) R 1 = 1 + 2t ∈ P2 sobre o subespa¸co U = [ t ], em rela¸cão ao produto interno −1 f (t) g(t) dt. Solu¸ c˜ ao: B ′ = { t } é uma base de U , dividindo esse vetor por sua norma sZ r 1 2 t · t dt = ktk = 3 −1 q3 temos uma base, B = u1 = 2 t , ortonormal de U ; sendo assim a proje¸c˜ ao procurada vale r Er D 3 3 t t h u, u1 i u1 = 1 + 2t, 2 2 Ou ainda

r Z 1 r3 3 (1 + 2t) · t dt t = 2t h u, u1 i u1 = 2 2 −1 ∗

∗

∗

Por ora, tudo se passa como se Nietzsche recusasse apenas os atributos que a chamada metaf´ısica dogm´ atica confere a Deus, sem todavia negar-lhe a existência. A leitura de mais alguns de seus escritos fortalece essa hip´ otese. “Afastemos a suprema bondade do conceito de Deus: ela é indigna de um Deus. Afastemos também a suprema sabedoria: foi a vaidade dos fil´ osofos que se tornou culpada dessa extravagˆ ancia de um Deus monstro de sabedoria: ele deveria parecer-se com eles tanto quanto poss´ıvel. N˜ ao! Deus, a suprema potência − isso basta”. (Scarlett Marton/Nietzsche das for¸cas c´ osmicas aos valores humanos, p. 166)

300

5.6

Isometrias

Daremos ênfase agora a um tipo de operador linear especial que − dentre outras propriedades − preserva o ângulo entre dois vetores bem como suas distˆ ancias para a origem. Por sinal, já estudamos dois destes operadores: o operador rota¸ca õ em torno da origem s

Uma rota¸c˜ ao em torno da origem preserva a distˆ ancia dos vetores − para a origem − e também o ˆ angulo entre os vetores.

s

s

)

s )

s 0

E o operador reflex˜ ao em uma reta pela origem s

Uma reflex˜ ao numa reta pela origem preserva a distˆ ancia dos vetores − para a origem − e também o ˆ angulo entre os vetores.

s

)

s )

s

0

Defini¸ c˜ ao 37 (Isometria). Seja V um espa¸co euclidiano de dimens˜ ao finita. Um operador linear T : V → V é dito uma isometria se possui a seguinte propriedade k T (u) k = k u k, ∀ u ∈ V. Isto é, se preserva a norma dos vetores. Uma tal isometria é também conhecida como operador ortogonal sobre V . Exemplo: Consideremos a rota¸cão de um ponto em torno da origem T : R2 → R2 (x, y) 7→ (x cos θ−y sen θ, x sen θ+y cos θ) Onde T (x, y) = (x cos θ − y sen θ, x sen θ + y cos θ). Utilizando a norma usual: (ver eq. (5.7), p. 263) p k T (x, y) k = (x cos θ − y sen θ)2 + (x sen θ + y cos θ)2 p = x2 (cos2 θ + sen 2 θ) + y 2 ( sen 2 θ + cos2 θ) p = x2 + y 2 = k (x, y) k 301

Proposi¸ c˜ ao 22. Toda isometria T : V → V é um isomorfismo. Prova: Inicialmente vamos encontrar o n´ ucleo de T , assim: N (F ) = { u ∈ V : T (u) = 0 } Ent˜ ao T (u) = 0 ⇒ k T (u) k = k 0k = 0 ⇒ kuk = k T (u) k = 0 ⇒ u = 0 Logo, N (F ) = { 0 }. O que significa que T é injetora. Como o dom´ınio e o contradom´ınio de T têm a mesma dimensão podemos recorrer ao corol´ ario 4 (p. 166) para concluir que T é também sobrejetora, portanto bijetora. Proposi¸ c˜ ao 23. Seja T : V → V um operador linear sobre um espa¸co euclidiano V . Ent˜ ao s˜ ao equivalentes as seguintes afirma¸co ˜es: ( I ) T é isometria. ( II ) T transforma bases ortonormais de V em bases ortonormais de V . ( III ) T preserva o produto interno de vetores; isto é, h T (u), T (v) i = h u, v i,

∀ u, v ∈ V.

Prova: ( I ) ⇒ ( II ) Seja B = { u1 , u2 , . . . , un } uma base ortonormal de V e provemos que T (B) também é uma base ortonormal de V . Como T é injetora, T (B) e B têm o mesmo n´ umero de vetores, digamos: B = { u1 , u2 , . . . , un }

T

T (B) = { T (u1 ), T (u2 ), . . . , T (un ) }

Devemos provar que T (B) é um conjunto ortonormal. Da igualdade (5.10) (p. 265), podemos escrever as duas seguintes k ui + uj k2 = kui k2 + kuj k2 + 2h ui , uj i k T (ui ) + T (uj ) k2 = kT (ui )k2 + kT (uj )k2 + 2h T (ui ), T (uj ) i Como, por hip´ otese, T é isometria decorre que os primeiros membros nestas igualdades s˜ ao iguais, e, ademais kT (uk )k = kuk k

(k = 1, 2, . . . , n).

Donde h T (ui ), T (uj ) i = h ui , uj i = δij Isto prova que T (B) é um conjunto ortonormal.

302

(eq. (5.36), p. 287)

( II ) ⇒ ( III ) Seja B = { u1 , u2 , . . . , un } uma base ortonormal de V . Então, dados u = λ1 u1 + · · · + λn un

e

v = γ1 u1 + · · · + γn un

Temos h T (u), T (v) i = h T (λ1 u1 + · · · + λn un ), T (γ1 u1 + · · · + γn un ) i = h λ1 T (u1 ) + · · · + λn T (un ), γ1 T (u1 ) + · · · + γn T (un ) i Aplicando as propriedades do produto interno, obtemos h T (u), T (v) i = λ1 γ1 h T (u1 ), T (u1 ) i + · · · + λ1 γn h T (u1 ), T (un ) i + ················································

+ λn γ1 h T (un ), T (u1 ) i + · · · + λn γn h T (un ), T (un ) i Decorre da hip´ otese que T (B) = { T (u1 ), T (u2 ), . . . , T (un ) } é ortonormal, o que acarreta h T (u), T (v) i = λ1 γ1 h T (u1 ), T (u1 ) i + · · · + λ1 γn h T (u1 ), T (un ) i | {z } {z } | =1

=0

+ ················································

+ λn γ1 h T (un ), T (u1 ) i + · · · + λn γn h T (un ), T (un ) i {z } {z } | | =0

=1

Sendo assim, temos

h T (u), T (v) i = λ1 γ1 + · · · + λn γn Por outro lado, um racioc´ınio an´ alogo ao anterior nos fornece h u, v i = h λ1 u1 + · · · + λn un , γ1 u1 + · · · + γn un i = λ1 γ1 + · · · + λn γn Logo ( III ) ⇒ ( I )

h T (u), T (v) i = h u, v i,

∀ u, v ∈ V.

Tomando u = v na hip´ otese, obtemos h T (u), T (u) i = h u, u i,

∀ u, v ∈ V.

O que nos fornece p p k T (u) k = h T (u), T (u) i = h u, u i = k u k,

303

∀ u ∈ V.

Decorre desta proposi¸cão que toda isometria T : V → V preserva o ˆngulo entre dois vetores; isto é, o ângulo entre dois vetores u e v é igual a ao ˆ angulo entre suas imagens T (u) e T (v). (ver eq. (5.35), p. 284) Exemplo: Se T1 e T2 s˜ ao isometrias num espa¸co euclidiano V , mostraremos que a composta T1 ◦ T2 também o é. Ademais, provaremos que se T é uma isometria em V , então T −1 também é uma isometria em V . De fato, já vimos (p. 207) que a composta de duas transforma¸cões lineares continua sendo uma transforma¸cão linear. Por outro lado k (T1 ◦ T2 )(u) k = k T1 T2 (u) k = k T2 (u) k = kuk, ∀ u ∈ V

na segunda e terceira igualdades usamos a hip´ otese de que T1 e T2 s˜ ao isometrias. A igualdade acima prova que a composta preserva a norma dos vetores, portanto é também isometria. Vamos ` a segunda parte. J´ a provamos que toda isometria é um isomor−1 fismo, logo existe T . Então

−1

T (u) 2 = h T −1 (u), T −1 (u) i = h T T −1 (u) , T T −1 (u) i = h I(u), I(u) i = h u, u i = kuk2

Observe que na segunda igualdade usamos ( III ) da proposi¸cão 23 − tendo em conta que T é ismometria, por hip´ otese.

−1

Da igualdade acima concluimos que T (u) = kuk, ∀ u ∈ V . Portanto T −1 também preserva a norma e por isso também é isometria. O nome alternativo para uma isometria (“operador ortogonal ”) decorre da seguinte proposi¸c˜ ao Proposi¸ c˜ ao 24. Seja T : V → V um operador linear de um espa¸co euclidiano de dimens˜ ao finita. Ent˜ ao T é uma isometria se, e somente se, a matriz de T em rela¸ca õ a uma base ortonormal é uma matriz ortogonal. Nota: Uma matriz [ T ] é ortogonal quando sua inversa é igual à sua transposta, isto é, [ T ]−1 = [ T ]t . Prova: ( ⇒ ) Seja B = { u1 , u2 , . . . , un } uma base ortonormal de V . Seguindo o algoritmo dado na p. 189 podemos escrever T (u1 ) = λ11 u1 + λ21 u2 + · · · + λn1 un

T (u2 ) = λ12 u1 + λ22 u2 + · · · + λn2 un ..................................... T (un ) = λ1n u1 + λ2n u2 + · · · + λnn un

Tomamos o “transposto” dos coeficientes acima para obter:   λ11 λ12 . . . λ1n  λ   21 λ22 . . . λ2n  [T ] =    ...................  λn1

λn2

304

...

λnn

Em correspondência aos ´ındices desta matriz consideremos a seguinte matriz 

h T (u1 ), T (u1 ) i

h T (u1 ), T (u2 ) i . . .

h T (u1 ), T (un ) i

h T (un ), T (u1 ) i h T (un ), T (u2 ) i . . .

h T (un ), T (un ) i

  h T (u ), T (u ) i h T (u ), T (u ) i . . . h T (u ), T (u ) i  n 2 1 2 2 2   .......................................................



   = In  

Nestas condi¸c˜ oes n˜ ao é dif´ıcil mostrar a seguinte rela¸cão [ T ]t [ T ] = In Daqui decorre que [ T ]−1 = [ T ]t . ( ⇐ ) “A volta” é praticamente o caminho inverso da prova anterior.

Exemplo: A matriz-rota¸c˜ ao

[T ] = é ortogonal, o que significa que " [ T ]t =

"

cos θ − sen θ sen θ cos θ

cos θ − sen θ

sen θ cos θ

#

(p. 247)

#

= [ T ]−1

Corol´ ario: Decorre da proposi¸caõ anterior que o determinante de uma matriz ortogonal é +1 ou −1. De fato, sendo [ T ] ortogonal, [ T ]t [ T ] = In , logo det [ T ]t [ T ] = det ( In ) ⇒ det [ T ]t det [ T ] = 1

Como det [ T ] = det [ T ]t , decorre queremos det [ T ]

2

=1 ⇒

305

det [ T ] = ±1.

Corol´ ario: Dizer que uma matriz real de ordem n é ortogonal significa que suas colunas formam uma base ortonormal do Rn . Reciprocamente, os vetores de uma base ortonormal do Rn , em rela¸cão ao produto interno usual, costituem as colunas de uma matriz ortogonal. Vejamos o que foi dito acima para o caso n = 2. Consideremos " # a11 a12 M= a21 a22 uma matriz ortogonal. Consideremos os seguintes vetores u = (a11 , a21 ), v = (a12 , a22 )

(5.42)

do R2 , formados pelas colunas dessa matriz. Da hip´ otese de que a matriz é ortogonal vale M t M = In ; o que se traduz como   a11 a11 + a21 a21 = 1    # " #" # "  a11 a12 + a21 a22 = 0 a11 a21 a11 a12 1 0 ⇒ =  0 1 a12 a22 a21 a22  a12 a11 + a22 a21 = 0      a12 a12 + a22 a22 = 1 Logo

h u, u i = 1,

h u, v i = 0

h v, u i = 0,

h v, v i = 1

Isso mostra que (5.42) é uma base ortonormal do R2 . Para constatar o “Reciprocamente” basta seguir o “caminho inverso” da prova anterior.

∗

∗

∗

[. . .] Sim, de fato ele [Leibniz] percebeu no bit 0 e no bit 1 o poder combinat´ orio para criar o universo inteiro, que é exatamente o que acontece nos modernos computadores digitais eletrˆ onicos e no restante de nossa tecnologia de informa¸ca õ digital: CDS, DVDS, cˆ ameras digitais, PCS. . . Tudo isso é 0’s e 1’s, e esta é a nossa imagem do mundo! Você combina apenas 0’s e 1’s e você consegue tudo. [. . .] A despeito da cr´ıtica de Laplace, a vis˜ ao de Leibniz, pela qual o mundo é criado a partir dos 0’s e 1’s, recusa-se a sair de cena. De fato, ela come¸cou a inspirar alguns f´ısicos contemporˆ aneos, que provavelmente nunca ouviram falar de Leibniz. (Gregory Chaitin/Metamat!/pp. 99-101)

306

5.6.1

Exerc´ıcios

1) No espa¸co Z22 cujos vetores s˜ ao listados a seguir 01

11

00

10

Z22 = { 00, 10, 01, 11 } a partir da base B = { 10, 11 } aplique, com o produto interno usual, o algoritmo de Gram-Schmidt para obter uma base ortonormal. 2) No espa¸co Z32 cujos vetores s˜ ao listados a seguir 001

Z32 = { 000, 100, 010, 110, 001, 101, 011, 111 }

011

101

111 000

100

010 110

a partir da base B = { 101, 011, 111 } aplique, com o produto interno usual, o algoritmo de Gram-Schmidt para obter uma base ortonormal. 3) Calcule o valor de k para que os vetores u = (k + 1, 2) e v = (−1, 4) sejam ortogonais em rela¸c˜ ao ao produto interno usual de R2 . 4) Calcule o valor de k para que os vetores u = (5, k, −3) e v = (k, 1, 2) sejam ortogonais em rela¸c˜ ao ao produto interno usual de R3 . 5) Calcule o valor de k para que os vetores u = (1, k + 1, k)

e

v = (k − 1, k, k + 1)

sejam ortogonais em rela¸c˜ ao ao produto interno usual de R3 . 6) Dados V = R2 e o produto interno h u, v i = 2x1 y1 + 3x2 y2 calcule um vetor unit´ ario simultˆ aneamente ortogonal aos vetores u = (1, 2) e v = (2, 4). 7) Consideremos no espa¸co V = R2 o produto interno dado por h u, v i = x1 y1 + 2x2 y2 para vetores arbitrários u = (x1 , x2 ), v = (y1 , y2 ). Verifique se u e v s˜ ao ortogonais, em rela¸c˜ ao a esse produto, nos seguintes casos: a ) u = (−1, 1) e v = (1, 1); b ) u = (1, 1) c ) u = (2, 1) d ) u = (3, 2)

e v = (2, −1);

e v = (1, −1);

e v = (2, −1).

307

8) Dadas duas matrizes quaisquer a1 a2 A= a3 a4

e

B=

b1 b3

b2 b4

do espa¸co vetorial V = M2×2 munido do produto interno h A, B i = a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 + a4 b4 e dados os vetores A=

1 −1 0 −1

e

B=

2 −2 −1 1

calcule: a ) kA + Bk;

b ) d(A, B) = kA − Bk;

b) o ˆ angulo entre A e B. 9) Em rela¸c˜ ao ao produto interno do exerc´ıcio anterior calcule k de modo que o ˆ angulo entre os vetores a seguir 1 −1 1 −1 e B= A= 2 k 2 1 tenha uma medida de 90o . 10) Dados os polinˆ omios f (t) = 1 − t + t2 Re g(t) = 1 + t no espa¸co V = P2 , 1 munido do produto interno h f (t), g(t) i = 0 f (t) g(t) dt calcule: a ) kf + gk b ) d(f, g) = kf − gk c ) o ângulo entre f e g.

11) Mesmo enunciado do Rexerc´ıcio anterior mudando o produto interno para 1 o seguinte h f (t), g(t) i = −1 f (t) g(t) dt.

12) Mostrar que a base canˆ onica ao é ortonormal em rela¸cão ao R 1 de P2 n˜ produto interno h f (t), g(t) i = 0 f (t) g(t) dt. 13) A partir da base canˆ onica de P2 obter uma base ortonormal em rela¸cão ao produto interno Z 1 f (t) g(t) dt h f (t), g(t) i = 0

14) Determinar a proje¸cão ortogonal de f (t) = −1 + 2t ∈ P2 sobre o subespa¸co U = [ t ], em rela¸cão ao produto interno Z 1 f (t) g(t) dt h f (t), g(t) i = −1

15) Seja V um espa¸co vetorial euclidiano. Dados u, v ∈ V (v 6= 0) e u, v i k = hkvk e ortogonal a v. 2 , mostre que u − k v ´ 308

16) Mostre que se u e v s˜ ao vetores em um espa¸co vetorial euclidiano tais que ku + vk = ku − vk, ent˜ ao u e v s˜ ao ortogonais.

17) Seja B = { (1, 0), (0, 1) } a base canˆ onica de R2 . Mostre que esta base n˜ ao é ortonormal em rela¸c˜ ao so produto interno de R2 , definido por h (x1 , x2 ), (y1 , y2 ) i = 2x1 y1 − x1 y2 − x2 y1 + x2 y2 18) A partir da base canˆ onica de R2 obter uma base ortonormal em rela¸cão ao produto interno do exerc´ıcio anterior. 19) Determine uma base ortonormal, em rela¸cão ao produto interno canˆ onico, 3 para o seguinte subespa¸co de R : W = { (x, y, z) ∈ R3 : x − y + z = 0 } 20) Suponha que os vetores u e v s˜ ao ortogonais. Mostre o teorema de 2 2 2 Pit´ agoras: ku + vk = kuk + kvk . 21) Mostre que um produto interno pode ser obtido a partir de uma fun¸cão norma: 1 h u, v i = ku + vk2 − ku − vk2 4 22) A partir da fórmula anterior obtenha dois produtos internos para os espa¸cos Z22 e Z32 segundo as normas dadas em (5.20) (p. 273) e (5.25) (p. 276). 23) Calcule o ˆ angulo entre os vetores u = 10 e v = 11 em rela¸cão aos dois produtos internos obtidos no exerc´ıcio anterior. Ídem para os vetores u = 110 e v = 111. 24) Seja V um espa¸co vetorial euclidiano de dimensão finita. Se W é um subespa¸co vetorial de V , mostremos que W = ( W ⊥ )⊥ . Solu¸ ca õ: Devemos mostrar uma igualdade entre dois conjuntos. Mostremos inicialmente que W ⊂ ( W ⊥ )⊥ . Então, seja w ∈ W , temos: h w, u i = 0, u ∈ W ⊥ . Observe que, por defini¸c˜ ao, (p. 298) ( W ⊥ )⊥ = { v ∈ V : h v, u i = 0, ∀ u ∈ W ⊥ } Portanto, w ∈ ( W ⊥ )⊥ . Por outro lado, já provamos (prop. 21, p. 299) que V é soma direta de cada um dos seus subespa¸cos com o respectivo complemento ortogonal, o que nos permite escrever (eq. (2.13), p. 104) dim W + dim W ⊥ = dim V dim W ⊥ + dim ( W ⊥ )⊥ = dim V Daqui resulta: dim W = dim ( W ⊥ )⊥ . Tendo em conta a proposi¸c˜ ao 8 (p. 99) concluimos que W = W ⊥ .

309

25) Sejam U e V subespa¸cos de um espa¸co euclidiano W de dimensão finita. Provemos que (U + V )⊥ = U ⊥ ∩ V ⊥ . Solu¸ c˜ ao: Devemos mostrar uma igualdade entre dois conjuntos. Mostremos inicialmente que (U + V )⊥ ⊂ U ⊥ ∩ V ⊥ . Então, seja w ∈ (U + V )⊥ , logo w é ortogonal a todo vetor u + v ∈ U + V . Como s˜ ao válidas as seguintes inclusões U ⊂ U +V e V ⊂ U +V ent˜ ao w é ortogonal a todo vetor u ∈ U e a todo vetor v ∈ V , o que implica u ∈ U ⊥ e u ∈ V ⊥ ; portanto u ∈ U ⊥ ∩ V ⊥ .

Para mostrar a inclusão contr´ aria consideremos w ∈ U ⊥ ∩ V ⊥ . Então w é ortogonal a todo vetor de U e de V . Agora considere um vetor arbitrário u + v ∈ U + V , ent˜ ao: h w, u + v i = h w, u i + h w, v i = 0 + 0 = 0. Portanto, w ∈ (U + V )⊥ , o que conclui a demonstra¸cão. ∗

∗

∗

Entre observa¸co ˜es, o elétron espalha-se de acordo com a equa¸ca õ de Schr¨ odinger, mas probabilisticamente, em potentia, disse Heisenberg, que adotou a palavra potentia usada por Arist´ oteles. Onde é que existe essa potentia? Uma vez que a onda de elétron entra imediatamente em colapso quando a observamos, a potentia n˜ ao poderia existir no dom´ınio material do espa¸co-tempo. Nessa dimens˜ ao, todos os objetos têm que obedecer ao limite de velocidade einsteiniano, lembram-se? Em vista disso, o dom´ınio da potentia deve situar-se fora do espa¸co-tempo. A potentia existe em um dom´ınio transcendente da realidade. Entre observa¸co ˜es, o elétron existe como uma forma de possibilidade, tal como um arquétipo platˆ onico, no dom´ınio transcendente da potentia. Elétrons s˜ ao remotos demais da realidade pessoal comum. Suponhamos que perguntamos: a Lua est´ a l´ a em cima quando n˜ ao a olhamos? Na medida em que ela é, em u ´ltima an´ alise, um objeto quˆ antico (sendo composta inteiramente de objetos quˆ anticos), temos que responder que n˜ ao − ou assim diz o f´ısico David Mermim. Entre observa¸co ˜es, a Lua existe também como uma forma de possibilidade em potentia transcendente. (Amit Goswami/O Universo Autoconsciente, p. 84)

310

5.7

Operadores Autoadjuntos

A f´ısica (mecˆ anica quântica) e a engenharia elétrica (sistemas de comunica¸cão) s˜ ao dois ramos da ciência nos quais os espa¸cos vetoriais comparecem com bastante frequência. Em particular, os operadores autoadjuntos e os espa¸cos hermitianos − vistos oportunamente − s˜ ao dois tópicos de grande interesse nessas disciplinas. Defini¸ c˜ ao 38. Seja V um espa¸co vetorial euclidiano. Um operador T : V → V se diz autoadjunto se h T (u), v i = h u, T (v) i,

∀ u, v ∈ V.

Exemplo: Considere o operador linear T : R2 → R2 ,

T (x, y) = (2x + 4y, 4x − y)

Sejam u = (1, −1) e v = (0, 1), então:

e

T (u) = T (1, −1) = 2 · 1 + 4 · (−1), 4 · 1 − (−1) = (−2, 5) T (v) = T (0, 1) = ( 2 · 0 + 4 · 1, 4 · 0 − 1 ) = (4, −1)

Com o produto interno usual, temos h T (u), v i = h (−2, 5), (0, 1) i = −2 · 0 + 5 · 1 = 5 h u, T (v) i = h (1, −1), (4, −1) i = 1 · 4 + (−1) · (−1) = 5 Tomando vetores u = (a, b) e v = (c, d) arbitrários em R2 n˜ ao é dif´ıcil provar que T é autoadjunto. Por outro lado, observe que a matriz canˆ onica de T # " 2 4 [T ] = 4 −1 é simétrica, isto é, [ T ] = [ T ]t . Este é um caso particular do seguinte resultado Proposi¸ c˜ ao 25. Seja V um espa¸co euclidiano de dimens˜ ao finita. Ent˜ ao, um operador T : V → V é autoadjunto se, e somente se, a matriz de T em rela¸ca õ a uma base ortonormal de V é simétrica. Nota: Como se vê, os operadores autoadjuntos admitem uma caracteriza¸cão matricial bastante simples. 311

Prova: ( ⇒ ) Seja B = { u1 , u2 , . . . , un } uma base ortonormal de V . Por hip´ otese h T (ui ), uj i = h ui , T (uj ) i, 1 ≤ i, j ≤ n. (5.43) Consideremos que a matriz de T na base B é [ T ]B = (aij ), então

T (un ) = a1n u1 + a2n u2 + · · · + ann un

     

T (u2 ) = a12 u1 + a22 u2 + · · · + an2 un ....................................

    

T (u1 ) = a11 u1 + a21 u2 + · · · + an1 un

T (ui ) =

n X

aki uk

n X

atj ut

(p. 189)

k=1

↓ i = 1, 2, ... , n

De igual modo

T (un ) = a1n u1 + a2n u2 + · · · + ann un

     

T (u2 ) = a12 u1 + a22 u2 + · · · + an2 un ....................................

    

T (u1 ) = a11 u1 + a21 u2 + · · · + an1 un

T (uj ) =

t=1

↓ j = 1, 2, ... , n

Substituindo estes somat´ orios em (5.43), obtemos n DX k=1

aki uk , uj

E

=

D

ui ,

n X t=1

E atj ut ,

1 ≤ i, j ≤ n.

(5.44)

Observe que em correspondência à matriz dos ´ındices i e j: (1, 1)

(1, 2) . . . (1, n)

(2, 1) (2, 2) . . . (2, n) .......................... (n, 1) (n, 2) . . . (n, n) Obtemos n DX

ak1 uk , u2

...

n DX

ak2 uk , u2

E

...

n E DX

akn uk , u2

E

...

ak1 uk , u1

n DX

ak2 uk , u1

E

n DX

akn uk , u1

k=1

k=1

n DX

E

E

k=1

k=1

n DX

ak1 uk , un

n DX

E

ak2 uk , un

E

n DX

akn uk , un

k=1

k=1

.............................................................

k=1

k=1

312

k=1

E

para o lado esquerdo da igualdade (5.44). Para o lado direito da mesma igualdade temos n n n E E D E D D X X X atn ut ... u1 , at2 ut u1 , at1 ut u1 , u2 ,

D

un ,

t=1

t=1

t=1

D

n X

at1 ut

n X

at1 ut

t=1

E

D

u2 ,

E D

un ,

n X

at2 ut

n X

at2 ut

t=1

E

...

E

...

D

u2 ,

D

un ,

n X

atn ut

n X

atn ut

t=1

E

..........................................................

t=1

t=1

t=1

E

Como a base B = { ui } é ortonormal obtemos para estas duas matrizes a11 a21 . . . an1 a12 a22 . . . an2 ................... a1n a2n . . . ann

a11 a12 . . . a1n a21 a22 . . . a2n ................... an1 an2 . . . ann

e

respectivamente. Por (5.44) estas duas matrizes s˜ ao iguais, logo aji = aij para 1 ≤ i, j ≤ n., isto é, [ T ]B é simétrica. ( ⇐ ) Seja B = { u1 , u2 , . . . , un } uma base ortonormal de V e, ainda por hip´ otese, consideremos [ T ]B simétrica. Pois bem, como a base B é ortonormal, como antes, temos

Logo

h T (ui ), uj i = aji

e h ui , T (uj ) i = aji ,

h T (ui ), uj i = h ui , T (uj ) i,

1 ≤ i, j ≤ n.

Considerando vetores arbitrários u, v ∈ V :

u = λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λn un =

n X

λi ui

v = γ1 u1 + γ2 u2 + · · · + γn un =

n X

γj uj

teremos h T (u), v i = =

1 ≤ i, j ≤ n.

n DX

λi T (ui ),

i=1

n X n X i=1 j=1

n X j=1

γj uj

E

=

λi γj hui , T (uj )i =

n n X X i=1 j=1

n DX i=1

i=1

j=1

λi γj hT (ui ), uj i

λi ui ,

n X j=1

E γj T (uj ) = hu, T (v)i

313

U U Na se¸c˜ ao 4.2 (p. 203) provamos que L V , +, · = LV é um espa¸co vetorial ´ fácil mostrar que o conjunto dos operadores autoadjuntos de sobre R. E V V é um subespa¸co vetorial de LV . De fato, se T1 e T2 s˜ ao operadores autoadjuntos de V , ent˜ ao T1 + T2 também é, veja: h (T1 + T2 )(u), v i = h T1 (u) + T2 (u), v i = h T1 (u), v i + h T2 (u), v i = h u, T1 (v) i + h u, T2 (v) i = h u, T1 (v) + T2 (v) i = h u, (T1 + T2 )(v) i Deixamos como exerc´ıcio ao leitor provar que se T é autoadjunto e λ ∈ R ent˜ ao λ T também é autoadjunto. Fixando uma base ortonormal B no espa¸co vetorial V , consideremos a aplica¸c˜ ao V

T : L V → Mn (R) 7→ [ T ]B T V

que a cada operador autoadjunto T ∈ L V associa sua matriz com respeito à base B. Por exemplo, V

L V , +, · T :

R2 (x, y)

→ 7→

M2 (R), +, · "

R2 (2x+4y, 4x−y)

2 4 4 −1

#

A transforma¸c˜ ao T é linear e injetora (prove isto), e, tendo em conta a proposi¸c˜ ao 25, concluimos que T é um isomorfismo do espa¸co dos operadores autoadjuntos no espa¸co das matrizes simétricas de ordem n sobre R. Esse isomorfismo tem como consequência que os operadores autoadjuntos podem ser identificados com as matrizes simétricas. ∗

∗

∗

O matem´ atico Roger Penrose argumenta que o racioc´ınio algor´ıtmico, semelhante ao que faz o computador, n˜ ao basta para permitir a descoberta de teoremas e axiomas matem´ aticos. [. . .] Outra capacidade importate da mente humana, que parece estar além do alcance de um computador de sil´ıcio, é a criatividade. (O Universo Autoconsciente, p. 41, 42)

314

5.7.1

Exerc´ıcios

26) Ache os valores de x e y tais que

x y −1 0

seja ortogonal.

27) Para cada uma das matrizes simétricas A dadas abaixo, determine uma matriz ortogonal P tal que P t A P é diagonal: 1 2 5 4 6 5 a) A = b) A = c) A = 2 −2 4 −1 5 −1 28) Considere a seguinte matriz  − √12   0 A=  1 √

2

√1 2

0 √1 2

0



 1    0

Mostre que os vetores formados pelas colunas de A formam uma base ortonormal do R3 . 29) No espa¸co R3 com o produto interno usual considere o operador T : R3 → R3 dado por T (x, y, z) = (2x + 2z, x + z, x + z) A matriz de T em rela¸c˜ ao ` a base B = { (1, 1, 0), (1, 0, 0), (0, 0, 1) } é   1 1 1   A= 1 1 1  1 1 1

simétrica. Mostre que T n˜ ao é autoadjunto. Tendo em conta que B n˜ ao é ortonormal conclua da´ı que na proposi¸cão 25 a hip´ otese de que a base seja ortonormal é imprescind´ıvel. 30) Seja T um operador autoadjunto de um espa¸co euclidiano V . Se h T (u), u i = 0 para todo u ∈ V , mostre que T = 0. 31) Mostre que o produto e que a inversa de matrizes ortogonais s˜ ao ortogonais. 32) Suponha que T1 e T2 s˜ ao autoadjuntos. Mostre que T1 T2 é autoadjunto se e s´ o se T1 e T2 comutam, isto é, T1 T2 = T2 T1 . V

33) Seja T ∈ L V um automorfismo. Se T é autoadjunto, mostre que T −1 também o é.

315

34) Seja T um operador autoadjunto de um espa¸co euclidiano V . Se U é um subespa¸co vetorial de V com a propriedade u ∈ U ⇒ T (u) ∈ U mostre que U ⊥ também tem essa propriedade. 35) Mostre que se T : R2 → R2 é uma transforma¸cão ortogonal sua matriz em rela¸c˜ ao ` a base canˆ onica s´ o pode ser da forma: # # " " cos θ sen θ cos θ − sen θ ou B = A= sen θ − cos θ sen θ cos θ Sugestão: Tome em considera¸cão que T preserva a norma dos vetores. − Se a matriz de T for da forma dada por A então T"ser´ a uma# rota¸cão de 1 0 é a matriz um ˆ angulo θ (p. 247). Mostre que B = A · J, onde J = 0 −1 em rela¸c˜ ao ` a base canˆ onica de reflexão no eixo dos x (p. 238). Usando composi¸c˜ ao de fun¸cões conclua que se a matriz da transforma¸cão T for da forma dada por B, então T ser´ a uma reflexão através de uma reta que passa pela origem. P 36) Considere o R3 com o produto interno h u, v i = 3i, j=1 aij xi yj , onde 

2 1 0



  A= 1 2 0  0 1 4

Calcule os cossenos dos ângulos entre os vetores da base canˆ onica do R3 . Nota: u = (x1 , x2 , x3 ) e v = (y1 , y2 , y3 ). ∗

∗

∗

Quando convers´ avamos com Hermite sobre matem´ atica, ele nunca invocava uma idéia concreta e logo perceb´ıamos que a mais abstrata das idéias do conhecimento matem´ atico, para ele é como se fossem criaturas vivas e presentes no dia-a-dia de todos n´ os. (Poincar´ e)

316

5.8

Espa¸ cos Vetoriais Complexos

A presente se¸c˜ ao é uma espécie de pré-requisito para o pr´ oximo cap´ıtulo. Até agora temos dado ênfase aos espa¸cos vetoriais reais que, lembramos, s˜ ao os espa¸cos tendo como escalares os n´ umeros reais (K = R). Agora estaremos interessados nos espa¸cos complexos, isto é, nos espa¸cos onde os escalares s˜ ao n´ umeros complexos (K = C). Exemplo: Consideremos V = Cn e K = C e definamos (z1 , z2 , . . . , zn ) + (w1 , w2 , . . . , wn ) = (z1 + w1 , z2 + w2 , . . . , zn + wn , ) λ (z1 , z2 , . . . , zn ) = ( λ z1 , λ z2 , . . . , λ zn ) Onde zi , wi e λ s˜ ao n´ umeros complexos. Estas opera¸cões satisfazem todos os requisitos para que ( Cn , +, · ) seja um espa¸co vetorial sobre C. Sendo assim os elementos de Cn adquirem o status de vetores. Exemplo: Considere os vetores u = ( 1 + 2 i, 4 − i, 2 ), v = ( 2 − i, 3, 4 i ) em C3 e o escalar λ = 1 − i em C, temos: u + v = ( 1 + 2 i, 4 − i, 2 ) + ( 2 − i, 3, 4 i ) = (1 + 2 i) + (2 − i), (4 − i) + 3, 2 + 4 i = ( 3 + i, 7 − i, 2 + 4 i )

Também

λ u = (1 − i) ( 1 + 2 i, 4 − i, 2 ) = (1 − i)(1 + 2 i), (1 − i)(4 − i), (1 − i)2 = ( 3 + i, 3 − 5 i, 2 − 2 i )

Os espa¸cos vetoriais complexos aparecem com frequência nas aplica¸cões pr´ aticas, por exemplo na resolu¸c˜ ao de equa¸cões diferenciais∗ as quais, por sua vez, comparecem em muitos ramos do conhecimento. A raz˜ ao principal para lidarmos com espa¸cos complexos é que eles s˜ ao imprescind´ıveis na prova de muitos teoremas† , em fun¸cão de que o corpo dos n´ umeros complexos, C, é alg´ ebricamente fechado − o que tem como consequência que os polinˆ omios com coeficientes complexos podem ser fatorados em fatores lineares. O corpo R dos n´ umeros reais n˜ ao possui esta importante propriedade. Como um simples exemplo do que estamos afirmando, observe: x2 + 1 = (x + i)(x − i)

em C

x2 + 1 = (x + ?)(x − ?)

em R (Não se fatora).

No pr´ oximo cap´ıtulo teremos oportunidade de ver que isso faz toda a diferen¸ca entre os espa¸cos (reais e complexos). ∗ †

Por exemplo na resolu¸c˜ ao da equa¸c˜ ao de Schr¨ oedinger da mecˆ anica quˆ antica (p. 112). Mesmo teoremas referentes a espa¸cos vetoriais reais.

317

5.8.1

Espa¸cos Hermitinianos

Vimos que ao definirmos produto interno em um espa¸co vetorial essa estrutura foi substancialmente enriquecida, podemos dizer que seu potencial de aplicabilidade “foi multiplicado por um fator de 10”. Vejamos porque a defini¸cão 29 (p. 258), de produto interno, n˜ ao pode ser diretamente transplantada para os espa¸cos vetoriais complexos. Consideremos os seguinte vetores u 6= 0 e w = i u; por ( d ) devemos ter h u, u i > 0, por outro lado, h w, w i = h i u, i u i = i h u, i u i = i h i u, u i = i · i h u, u i = −1 h u, u i < 0 uma flagrante incompatibilidade. Este resultado justifica uma nova defini¸cão de produto interno − para espa¸cos vetoriais complexos. Defini¸ c˜ ao 39 (Produto Interno Complexo). Seja V um espa¸co vetorial soõ F que transforma bre C. Um produto interno sobre V é uma aplica¸ca cada par ordenado (u, v) ∈ V ×V em um n´ umero complexo (que indicaremos por h u, v i), isto é: h·, ·i : V × V →

C

(u, v) 7→ h u, v i

desde que as seguintes condi¸co ˜es sejam satisfeitas: ( a ) h u + v, w i = h u, w i + h v, w i,

∀ u, v, w ∈ V ;

( b ) h λu, v i = λ h u, vi,

∀ λ ∈ C e ∀ u, v ∈ V ;

h u, v i = h v, u i,

∀ u, v ∈ V ;

( d ) h u, u i > 0,

∀ u 6= 0.

Nota: a barra em ( c ) denota o “complexo conjugado”. Um espa¸co vetorial complexo munido de um produto interno recebe o nome de Espa¸ co Hermitiniano. Exemplo: Consideremos V = Cn e u = (z1 , z2 , . . . , zn ) e v = (w1 , w2 , . . . , wn ) vetores neste espa¸co, então a aplica¸cão dada por (u, v) 7→ h u, v i = z1 w1 + z2 w2 + · · · + zn wn

(5.45)

define o chamado produto interno usual de Cn . A norma de um vetor é definida como no caso real, assim: p p p kuk = h u, u i = z1 z1 + z2 z2 + · · · + zn zn = |z1 |2 + |z2 |2 + · · · + |zn |2 318

Exemplo: Considere os vetores u = ( 1 + 2 i, 4 − i, 2 ) e v = ( 2 − i, 3, 4 i ) em C3 . Ent˜ ao h u, v i = (1 + 2 i) · ( 2 − i ) + (4 − i) · 3 + 2 · 4 i = (1 + 2 i) · (2 + i) + (4 − i) · 3 + 2 · (−4 i) = 12 − 6 i e p |z1 |2 + |z2 |2 + |z3 |2 p = |1 + 2 i|2 + |4 − i|2 + |2|2 q p p √ = ( 12 + 22 )2 + ( 42 + (−1)2 )2 + 4 = 26

kuk =

Destacamos agora uma importante consequência da defini¸caõ de produto interno complexo h u, λ v i = h λ v, u i = λ h v, u i = λ h v, u i = λ h u, v i = λ h u, v i O que significa que devemos tomar o conjugado de um n´ umero complexo quando o retiramos da segunda posi¸cão de um produto interno. Vamos mostrar que a transforma¸cão dada por (5.45) satisfaz a exigência ( c ) para produto interno. De fato, inicialmente observe que h u, v i = z1 w1 + z2 w2 + · · · + zn wn h v, u i = w1 z1 + w2 z2 + · · · + wn zn Então h v, u i = ( w1 z1 + w2 z2 + · · · + wn zn ) = w1 · z1 + w2 · z2 + · · · + wn · zn = z1 w1 + z2 w2 + · · · + zn wn = h u, v i Finalmente, observamos que num espa¸co hermitiniano além da norma de um vetor definimos os conceitos de ortogonalidade, complemento ortogonal e conjuntos ortogonais e ortonormais como antes. A bem da verdade, as defini¸cões de distˆ ancia, coeficientes de Fourier e proje¸cão s˜ ao as mesmas que as do caso real. Ademais, importantes resultados obtidos, tais como a desigualdade de Cauchy-Schwarz e o algoritmo de Gram-Schimidt também continuam válidos num espa¸co hermitiniano. 319

O Desafio do Século Um desafio dirigido − preferencialmente − aos estudantes de ciência da computa¸c˜ ao, mas n˜ ao apenas a estes. Não fazemos discrimina¸cão. Nos livros de C´ alculo I constam algumas fórmulas (deduzidas a duras penas) para se encontrar a soma de potências dos n primeiros n´ umeros naturais, por exemplo: 1 + 2 + 3 + ··· + n =

n(n + 1) 2

Ou ainda 12 + 22 + 32 + · · · + n2 =

n(2n + 1)(n + 1) 6

13 + 23 + 33 + · · · + n3 =

n2 (n + 1)2 4

Ou ainda

No entanto, n˜ ao existe uma fórmula para uma potência arbitrária. O Desafio: fa¸ca um programa no qual entramos (apenas) com a potência m e o mesmo saia com a f´ ormula correspondente: 1m + 2m + 3m + · · · + nm = ? Nota: m é um inteiro positivo arbitrariamente fixado. Por exemplo, se entrarmos com m = 2, teremos

m=2

Programa

?

n(2n+1)(n+1) 6

− Fa¸ca o programa na linguagem de sua preferência − deixamos livre.

Nota: Tente resolver o desafio, de preferência sem nenhuma ajuda minha. − As poss´ıveis solu¸c˜ oes devem ser enviadas para: [email protected]

Uma curiosidade: Se o eminente matem´ atico Gauss vivesse nos dias atuais, e, se eu quisesse mantê-lo ocupado por algum tempo, ser´ a que ele resolveria este desafio antes de Jesus voltar? − O arquivo .pdf deste desafio encontra-se dispon´ıvel em: www.profgentil.com.br Prof. Gentil, o taumaturgo Boa Vista, RR/17.05.2013 320

Cap´ıtulo

6

AUTOVALORES E AUTOVETORES O algoritmo PageRank, inventado pela empresa Google, permite ao computador saber qual ´ e o site mais importante quando uma busca ´ e realizada pelo usu´ ario. O algoritmo cria matrizes constitu´ıdas por dados que mostram o quanto um site ´ e indicado por outro site, por exemplo. Uma parte decisiva do algoritmo envolve a busca de autovalores.

6.1

Vetor Pr´ oprio e Valor Pr´ oprio

Introdu¸c˜ ao: Na resolu¸cão da equa¸cão de Schrödinger (p. 112) chegamos à seguinte equa¸c˜ ao Hψ = λψ

(6.1)

onde H é um operador, ψ um vetor (em um espa¸co de fun¸cões) e λ um escalar, representando a energia do sistema − um átomo por exemplo. Além da f´ısica quântica esse tipo de equa¸cão comparece em vários outros ramos, como por exemplo, na resolu¸c˜ ao de equa¸cões diferenciais, no estudo dos fenômenos de vibra¸c˜ oes e na an´ alise de estabilidade de um avião. Spectrum é uma palavra latina que significa “imagem”. Quando ´ atomos vibram, eles emitem luz. Quando a luz passa através de um prisma, ela se espalha em um espectro − uma faixa de cores do arco-´ıris. As freq¨ uências de vibra¸ca õ correspondem aos autovalores de um certo operador e s˜ ao vis´ıveis como retas brilhantes em um espectro de luz emitido através de um prisma. Podemos literalmente ver os autovalores de um ´ atomo em seu espectro, e, por essa raz˜ ao, é razo´ avel que a palavra spectrum seja usada para designar o conjunto dos autovalores de uma matriz (ou operador). ([6], p. 356)

321

A equa¸c˜ ao (6.1) est´ a contemplada no contexto da álgebra linear pela Defini¸ c˜ ao 40. Seja V um espa¸co vetorial e seja T : V → V um operador linear sobre o corpo K. Um vetor u ∈ V , u 6= 0, é um vetor pr´ oprio de T se existe um escalar λ tal que T (u) = λ u. Neste caso dizemos que λ é um valor pr´ oprio de T associado a u. Nota: Um “vetor pr´ oprio”, é conhecido também como “autovetor” ou “vetor caracter´ıstico” e um “valor pr´ oprio”, é conhecido também como “autovalor” ou “valor caracter´ıstico”. Quando existe um vetor n˜ ao nulo u tal que T (u) = λ u, dizemos que o autovalor λ correponde (ou est´ a associado) ao autovetor u e, vice-versa, que o autovetor u corresponde (ou est´ a associado) ao autovalor λ. Exemplos: Vamos encontrar os vetores pr´ oprios (caso existam) de algumas das transforma¸c˜ oes geométricas vistas na se¸cão 4.6. 1 ) Reflex˜ ao em torno do eixo dos x

(p. 238) y

T :

R2 →

R2

(x, y) 7→ (x, −y)

s (x, y)

T

ou T (x, y) = (x, −y)

x

0

s (x, −y)

Procuramos os vetores u = (x, y) ∈ R2 tais que T (u) = λ u, para algum λ ∈ R. Ent˜ ao T (u) = λ u ⇒ T (x, y) = λ (x, y) como T (x, y) = (x, −y), temos

(x, −y) = λ (x, y) ⇒

  λx = x

(6.2)

 λ y = −y

Da primeira equa¸c˜ ao obtemos λ = 1, que satisfar´ a a segunda somente se y = 0. Sendo assim, temos T (x, 0) = (x, −0) = 1 · (x, 0) Desta forma todo ponto do eixo x − exceto a origem − é um vetor pr´ oprio do operador T com autovalor λ = 1. Mas, tem mais: Se na primeira equa¸cão de (6.2) considerarmos x = 0 temos que λ = −1 satisfaz a segunda. Sendo assim, temos T (0, y) = (0, −y) = −1 · (0, y)

Desta forma todo ponto do eixo y − exceto a origem − é um vetor pr´ oprio do operador T com autovalor λ = −1. 322

2 ) Reflex˜ ao em torno da origem

(p. 239) y

T :

R2 →

R2

(x, y) 7→ (−x, −y)

T

s(x, y) x

ou T (x, y) = (−x, −y) (−x, −y)

s

Procuramos os vetores u = (x, y) ∈ R2 tais que T (u) = λ u, para algum λ ∈ R. Ent˜ ao T (u) = λ u ⇒ T (x, y) = λ (x, y)

como T (x, y) = (−x, −y), temos

(−x, −y) = λ (x, y) ⇒

  λ x = −x  λ y = −y

Observamos que λ = −1 satisfaz o sistema acima para todo (x, y) ∈ R2 . Sendo assim, temos T (x, y) = (−x, −y) = −1 · (x, y) Desta forma todo vetor do R2 − exceto a origem − é um vetor pr´ oprio do operador T com autovalor λ = −1. 3 ) Reflex˜ ao em torno da reta y = x

(p. 239)

y=x

y (y, x)

s

T :

R2 →

R2

(x, y) 7→ (y, x)

s (x, y) x

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

Procuramos os vetores u = (x, y) ∈ R2 tais que T (u) = λ u, para algum λ ∈ R. Ent˜ ao T (u) = λ u ⇒ T (x, y) = λ (x, y)

como T (x, y) = (y, x), temos

(y, x) = λ (x, y) ⇒ 323

  λx = y

 λy = x

Substituindo o y da primeira equa¸cão na segunda temos λ (λ x) = x ⇒ (λ2 − 1) x = 0 Se x = 0, substituindo na primeira equa¸cão do sistema encontramos y = 0, n˜ ao vale pois um autovetor é sempre diferente de 0, por defini¸cão. Agora temos de considerar λ = ±1. Substituindo no sistema temos λ=1 ⇒ y=x

e

λ = −1 ⇒ y = −x

Sendo assim todo ponto sobre a reta y = x é um autovetor com autovalor λ = 1 e todo ponto sobre a reta y = −x é um autovetor com autovalor λ = −1. (com exce¸ca õ da origem) 4 ) Cisalhamento na dire¸ c˜ ao do eixo dos x

(p. 242)

y

y

F T :

R2 →

R2

(x, y) 7→ (x + α y, y)

ou T (x, y) = ( x + α y, y) , α ∈ R.

x

x

Procuramos os vetores u = (x, y) ∈ R2 tais que T (u) = λ u, para algum λ ∈ R. Ent˜ ao T (u) = λ u ⇒ T (x, y) = λ (x, y) como T (x, y) = ( x + α y, y), temos ( x + α y, y) = λ (x, y) ⇒

  λx = x +αy  λy = y

Se α = 0 temos o operador identidade e é fácil ver que todo vetor do R2 − exceto a origem − é um autovetor com autovalor λ = 1. Se α 6= 0 o sistema é satisfeito por y = 0 e λ = 1, neste caso temos T (x, 0) = ( x + α 0, 0) = 1 ( x, 0) O que significa que todo ponto do eixo x − exceto a origem − é um autovetor com vetor pr´ oprio λ = 1.

324

5 ) Rota¸ c˜ ao de 90o em torno da origem

(p. 247)

R T (x, y)

s

T : R2 → R2 (x, y) 7→ (−y, x)

(x, y) ⊡

ou T (x, y) = (−y, x)

R

0

Procuramos os vetores u = (x, y) ∈ R2 tais que T (u) = λ u, para algum λ ∈ R. Ent˜ ao T (u) = λ u ⇒ T (x, y) = λ (x, y) como T (x, y) = (−y, x), temos (−y, x) = λ (x, y) ⇒

  λ x = −y  λy = x

Substituindo o y da primeira equa¸cão na segunda temos λ (−λ x) = x ⇒ (λ2 + 1) x = 0 Se x = 0, substituindo na primeira equa¸cão do sistema encontramos y = 0, n˜ ao vale pois um autovetor é sempre diferente de 0, por defini¸cão. Como λ2 + 1 = 0 n˜ ao possui solu¸c˜ ao nos reais concluimos que o operador em questão n˜ ao admite vetores pr´ oprios. Como se vê, nem todo operador linear possui autovetores e autovalores. 6 ) Proje¸ c˜ ao no plano xy z

T : R3 → R3 (x, y, z) 7→ (x, y, 0)

t(x, y, z)

y

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

Procuramos os vetores u = (x, y, z) ∈ R3 tais que T (u) = λ u, para algum λ ∈ R. Ent˜ ao 325

T (u) = λ u ⇒ T (x, y, z) = λ (x, y, z) como T (x, y, z) = (x, y, 0), temos   λx = x    (x, y, 0) = λ (x, y, z) ⇒ λy = y     λz = 0

Para λ = 1 e z = 0, temos

u = (x, y, 0) ⇒ T (x, y, 0) = (x, y, 0) = 1 (x, y, 0) O que significa que todo vetor do plano xoy − exceto a origem − é um vetor pr´ oprio deste operador com valor pr´ oprio λ = 1. Podemos ter ainda λ = 0, z 6= 0 e x = y = 0; o que implica u = (0, 0, z) ⇒ T (0, 0, z) = (0, 0, 0) = 0 (0, 0, z) O que significa que todo vetor do eixo z − exceto a origem − é um vetor pr´ oprio deste operador com valor pr´ oprio λ = 0.

6.1.1

Propriedades dos vetores pr´ oprios e valores pr´ oprios

P1 ) O valor pr´ oprio λ associado ao vetor pr´ oprio u de um operador T é univocamente determinado por T e u. De fato, digamos que existam dois valores pr´ oprios associado a um u ńico vetor pr´ oprio, ent˜ ao T (u) = λ u = λ′ u ⇒ (λ − λ′ ) u = 0 ⇒ λ − λ′ = 0 ⇒ λ = λ′ . P2 ) Se u é um vetor pr´ oprio associado ao valor pr´ oprio λ de um operador linear T , ent˜ ao o vetor α u, para qualquer α 6= 0, é também vetor pr´ oprio de T associado ao mesmo λ. De fato, por hip´ otese, T (u) = λ u e, por ser T linear, T (α u) = α T (u), ent˜ ao T (α u) = α (λ u) ⇒ T (α u) = λ (α u) E isto prova que o vetor α u é vetor pr´ oprio associado ao mesmo valor pr´ oprio λ. Essa propriedade pode ser confirmada em todos os exemplos vistos anteriormente. P3 ) Se λ é um valor pr´ oprio do operador linear T : V → V , então o subconjunto U(λ) = { u ∈ V : T (u) = λ u } 326

é um subespa¸co vetorial de V . Ou seja, o conjunto de todos os vetores pr´ oprios associados a um mesmo valor pr´ oprio λ − e mais o vetor nulo − é um subespa¸co. De fato, sejam u1 e u2 ∈ U(λ) , então T (u1 + u2 ) = T (u1 ) + T (u2 ) = λ u1 + λ u2 = λ (u1 + u2 ) e, portanto, u1 + u2 ∈ U(λ) . Sejam agora, u ∈ U(λ) e α ∈ R, arbitrários, então T (α u) = α T (u) = α (λ u) = λ (α u) e, portanto, α u ∈ U(λ) . O subespa¸co α u ∈ U(λ) chama-se o subespa¸co pr´ oprio de λ. Observe que as provas continuam as mesmas se o corpo de escalares for os Complexos. A t´ıtulo de ilustra¸c˜ ao vamos exibir geometricamente os subespa¸cos U(λ) para os exemplos vistos anteriormente. 1 ) Reflex˜ ao em torno do eixo dos x

(p. 322)

y

R

U(−1) #

s (x, y) x

0

#

T 0

R

U(1)

s (x, −y)

2 ) Reflex˜ ao em torno da origem

(p. 323)

R y

T

s(x, y) x

R

0

s

#

(−x, −y)

327

U(−1)

3 ) Reflex˜ ao em torno da reta y = x

(p. 323)

R y=x

y (y, x)

s

U(1)

U(−1) s (x, y) x

R

4 ) Cisalhamento na dire¸ c˜ ao do eixo dos x y

(p. 324)

y

R

x

x

0

#

F

R

U(1)

Nota: Consideramos apenas o caso α 6= 0. 5 ) Rota¸ c˜ ao de 90o em torno da origem

R

(p. 325)

R

T (x, y)

s (x, y) ⊡

0

R

R

t 0

328

U(λ) = { 0 }

6 ) Proje¸ c˜ ao no plano xy

(p. 325)

z

U(0) # t(x, y, z)

y

sT (x, y, 0)

U(1)

6.1.2

x

Polinˆ omio Caracter´ıstico

Tivemos oportunidade de observar que o cálculo dos autovalores e autovetores de um operador, a partir da defini¸cão, resultou assaz trabalhoso; nosso objetivo agora ser´ a desenvolver um método pr´ atico − mais eficiente − para efetuar tais c´ alculos.

Determina¸ c˜ ao dos valores pr´ oprios

Seja o operador linear T : R3 → R3 , cuja matriz canˆ onica é dada por   a11 a12 a13   A =  a21 a22 a23  a31

a32

a33

isto é, A = [ T ]. Se u e λ s˜ ao, respectivamente, vetor pr´ oprio e o correspondente valor pr´ oprio do operador T , a equa¸c˜ ao T (u) = λ u toma a seguinte forma matricial: [ T ] · u = λ u, (u é um vetor-coluna 3 × 1) Ou ainda: A u − λ u = 0.   x   Considerando u =  y , por exemplo; observe que z 

1 0 0



x





x



      0 1 0  y  =  y  z z 0 0 1 329

⇒

Iu = u

Sendo assim, temos Au − λu = 0

⇒

A u − λ (Iu) = 0

⇒

(A − λ I ) u = 0

Observe que esta u ´ltima equa¸cão equivale a um sistema homogˆ   eneo. Para 0 x     que esse sistema admita solu¸cões n˜ ao nulas, isto é: u =  y  6=  0  0 z devemos ter     a11 a12 a13 1 0 0     det (A − λ I ) = 0 ⇒ det  a21 a22 a23  − λ  0 1 0  = 0 a31

Ou ainda:



a11 − λ  det  a21 a31

a32

a12 a22 − λ a32

0 0 1

a33

a13 a23 a33 − λ



 =0

Generalizando essa introdu¸cão temos a seguinte Defini¸ c˜ ao 41 (Polinˆ omio caracter´ıstico de uma matriz). Dada uma matriz omio caracter´ısA = (aij ) de ordem n (real ou complexa), chama-se polinˆ tico de A o seguinte polinˆ omio em λ, de grau n:   a11 − λ a12 ... a1n   a a22 − λ ... a2n   P (A) = det  21  = det (A − λ In )  .....................................  an1

an2

...

ann − λ

Uma importante propriedade das matrizes semelhantes é dada na Proposi¸ c˜ ao 26. Matrizes semelhantes têm o mesmo polinˆ omio caracter´ıstico. Prova: Sejam A e B matrizes semelhantes. Pela defini¸cão 26 existe uma matriz invers´ıvel P de modo que P −1 A P = B, então

(p. 231)

P (A) = det (A − λ In ) = det (P B P −1 − λ In ) = det (P B P −1 − λ P In P −1 ) = det P (B − λ In ) P −1

= det P det (B − λ In ) det P −1 = det (B − λ In ) = P (B) 330

Defini¸ c˜ ao 42 (Polinˆ omio caracter´ıstico de um operador). Seja T : V → V um operador linear sobre um espa¸co vetorial de dimens˜ ao n. Chama-se polinˆ omio caracter´ıstico de T o polinˆ omio caracter´ıstico da matriz de T em rela¸ca õ a qualquer base de V . Observe que a proposi¸c˜ ao 26, juntamente com a proposi¸cão 15 nos assegura a validade desta defini¸cão.

(p. 232),

Proposi¸ c˜ ao 27. Seja T : V → V um operador linear sobre um espa¸co vetorial sobre o corpo K (K = R ou K = C) de dimens˜ ao n. Ent˜ ao os valores pr´ oprios de T s˜ ao as ra´ızes do polinˆ omio caracter´ıstico de T . Prova: Consideremos as seguintes equivalências T (u) = λ u ⇔ T (u) − λ u = 0 ⇔ (T − λ I)(u) = 0

esta u ´ltima equa¸c˜ ao implica em que o autovetor u pertence ao n´ ucleo∗ do operador (T − λ I). Em s´ımbolos T (u) = λ u ⇔ u ∈ Ker (T − λ I)

(6.3)

Como deve ser u 6= 0 isto implica que devemos ter Ker (T − λ I) 6= { 0 }. Pela proposi¸c˜ ao 11 (p. 157) a transforma¸cão (T −λ I) n˜ ao é injetora; ou ainda, n˜ ao possui inversa − n˜ ao é invers´ıvel. Logo, det (T − λ I)=0. (p. 234) Como, por defini¸c˜ ao

det (T − λ I) = det ([ T ] − λ I) a proposi¸c˜ ao est´ a provada.

Valores pr´ oprios e vetores pr´ oprios de uma matriz Assim como definimos valores e vetores pr´ oprios de um operador, de modo an´ alogo podemos definir valores e vetores pr´ oprios de uma matriz. Se A é uma matriz quadrada de ordem n, real ou complexa, chama-se vetor pr´ oprio de A toda matriz   x1    x2   X= .   6= 0  ..  xn

tal que

AX = λX

(6.4)

∗ Doravante estaremos utilizando a seguinte nota¸c˜ ao para o n´ ucleo de um operador T : Ker (T ). A palavra Kernel deriva do termo cyrnel, do inglês antigo, significando semente.

331

onde λ é chamado valor pr´ oprio de A. Para encontrar os autovalores de uma matriz, de modo an´ alogo ao caso dos operadores, devemos resolver a equa¸c˜ ao det (A − λ In ) = 0 A t´ıtulo de ilustra¸c˜ ao da proposi¸cão 27 vamos calcular os valores pr´ oprios dos exemplos vistos no in´ıcio. 1 ) Reflex˜ ao em torno do eixo dos x Nesse caso a matriz do operador na base canˆ onica é 1 0 [T ] = 0 −1

(p. 238)

Ent˜ ao (T − λ I) =

1 0 0 −1

−λ

1 0 0 1

Logo det (T − λ I) = 0

⇒

det

o que nos fornece

=

1−λ 0

1−λ 0

(1 − λ) · (−1 − λ) = 0

⇒

0 −1 − λ

0 −1 − λ

=0

λ = ±1

O que concorda com os resultados obtidos anteriormente.

(p. 322)

2 ) Reflex˜ ao em torno da origem Nesse caso a matriz do operador na base canˆ onica é −1 0 [T ] = 0 −1

(p. 239)

Ent˜ ao (T − λ I) =

−1 0 0 −1

−λ

1 0 0 1

=

−1 − λ 0

0 −1 − λ


⇒

det

−1 − λ 0

0 −1 − λ

(1 + λ)2 = 0

⇒

=0

o que nos fornece (−1 − λ) · (−1 − λ) = 0

⇒

O que concorda com o resultado obtido anteriormente.

332

λ = −1 (p. 323)

3 ) Reflex˜ ao em torno da reta y = x Nesse caso a matriz do operador na base canˆ onica é 0 1 [T ] = 1 0 Então (T − λ I) =

0 1 1 0

−λ


⇒

1 0 0 1

det

=

−λ 1

(p. 239)

−λ 1 1 −λ

1 −λ

=0

o que nos fornece λ2 − 1 = 0

⇒

λ = ±1


(p. 323)

4 ) Cisalhamento na dire¸ c˜ ao do eixo dos x

(p. 242)

Nesse caso a matriz do operador na base canˆ onica é 1 α [T ] = 0 1 Então (T − λ I) =

1 α 0 1

−λ

1 0 0 1


⇒

det

=

1−λ 0

1−λ 0

α 1−λ

α 1−λ

=0

o que nos fornece (1 − λ)2 = 0

⇒

λ=1


(p. 324)

5 ) Rota¸ c˜ ao de 90o em torno da origem Nesse caso a matriz do operador na base canˆ onica é 0 −1 [T ] = 1 0

(p. 247)

Então (T − λ I) =

0 −1 1 0

−λ

333

1 0 0 1

=

−λ 1

−1 −λ


⇒

det

o que nos fornece λ2 + 1 = 0

⇒

S = { },

−λ 1

−1 −λ

=0

(em R)


(p. 325)

Nota: Nesse exemplo estamos considerando o espa¸co vetorial V sobre o corpo de escalares R; caso decidissemos trabalhar com os escalares em C − o que é muito comum em aplica¸cões pr´ aticas − os autovalores de um operador sempre existir˜ ao. Com efeito, ´ O teorema fundamental da Algebra afirma que se p(λ) é um polinˆ omio n˜ ao constante de grau n com coeficientes reais ou complexos, então a equa¸cão polinomial p(λ) = 0 tem pelo ao menos uma raiz real ou imagin´ aria. Se λ1 é ´ uma tal raiz, ent˜ ao o teorema da fatora¸ca õ da Algebra afirma que p(λ) pode ser fatorado como p(λ) = (λ − λ1 ) p1 (λ), onde p1 (λ) é um polinˆ omio de grau n − 1. Aplicando esse mesmo processo de fatora¸cão ao polinˆ omio p1 (λ), etc. chegamos ` a conclusão que todo polinˆ omio p(λ) pode ser fatorado em fatores lineares. Na p´ agina 336 estaremos discutindo o significado geométrico dos autovalores complexos de uma matriz real 2 × 2. 6 ) Proje¸ c˜ ao no plano xy Nesse caso a matriz do operador na  1 [T ] =  0 0

Ent˜ ao

base canˆ onica é  0 0 1 0  0 0

    1−λ 1 0 0 1 0 0      0 (T − λ I) = 0 1 0 − λ 0 1 0 = 0 0 1 0 0 0 0 

0 1−λ 0

Logo

det (T − λ I) = 0

⇒

(1 − λ)2 (−λ) = 0

 0 0  −λ (6.5)

o que nos fornece λ = 0 ou λ = 1. O que concorda com o resultado obtido anteriormente. (p. 325) Defini¸ c˜ ao 43 (Multiplicidades algébrica e geométrica de um autovalor). A multiplicidade de λ como raiz do polinˆ omio caracter´ıstico é a multipliciao do subespa¸co pr´ oprio U(λ) é dade alg´ ebrica do autovalor λ. A dimens˜ etrica do autovalor λ. chamada multiplicidade geom´ 334

Exemplos: Da equa¸c˜ ao (6.5) concluimos que a multiplicidade algébrica do autovalor λ = 1 é 2. J´ a vimos (pp. 325, 329) que dim U(1) = 2; nesse caso as duas multiplicidades coincidem; todavia, nem sempre é este o caso. A propósito pode-se provar que a multiplicidade geométrica é sempre menor ou igual ` a multiplicidade algébrica − Veja exerc´ıcio (p. 407).

C´ alculo dos vetores pr´ oprios

A partir dos valores pr´ oprios de um operador T podemos encontrar os respectivos vetores pr´ oprios. Para tanto basta considerar a equa¸cão matricial ⇐⇒

T (u) = λ u

[ T ] [u] = λ [u]

Vejamos alguns exemplos: 1 ) Reflex˜ ao em torno do eixo dos x (p. 238) Como vimos, nesse caso temos dois autovalores λ = 1 e λ = −1, então x x 1 0 =1· [ T ] [u] = λ [u] ⇐⇒ y y 0 −1 Daqui deriva o seguinte sistema∗ ( 1x + 0y = 1x ⇒ 0x − 1y = 1y

(

x=x −y = y

(

⇒

x=x y=0

Logo, os autovetores procurados s˜ ao da forma u = (x, y) = (x, 0). Ou, u = (x, 0) = x (1, 0), com x ∈ R∗ . Sendo assim o vetor (1, 0) gera o subespa¸co (ou subespa¸co pr´ oprio) de λ = 1, isto é: U(1) = [ (1, 0) ] . Observe a representa¸c˜ ao geométrica desse subespa¸co na p. 327 Temos ainda [ T ] [u] = λ [u]

⇐⇒

Daqui deriva o seguinte sistema ( 1 x + 0 y = −1 x ⇒ 0 x − 1 y = −1 y

(

1 0 0 −1

x = −x −y = −y

x y

= −1 ·

⇒

(

x y

x=0 y=y

Logo, os autovetores procurados s˜ ao da forma u = (x, y) = (0, y). Ou, u = (0, y) = y (0, 1), com y ∈ R∗ . Sendo assim o vetor (0, 1) gera o subespa¸co pr´ oprio associado a λ = −1, isto é: U(−1) = [ (0, 1) ] . Observe a representa¸c˜ ao geométrica desse subespa¸co na p. 327.

∗

Lembramos que na ´ algebra matricial n˜ ao vale a “lei do corte”.

335

6 ) Proje¸ c˜ ao no plano xy Como vimos, nesse caso temos dois autovalores λ = 0 e λ = 1, então      1 0 0 x x      [ T ] [u] = λ [u] ⇐⇒ 0 1 0 y =0· y  0 0 0 z z

Daqui    1x 0x   0x

deriva o seguinte sistema

+ 0y + 0z = 0x + 1y + 0z = 0y + 0y + 0z = 0z

⇒

  1x = 0x   1y = 0y    0z = 0z

⇒

  x=0   y=0    z = qualquer

Logo, os autovetores procurados s˜ ao da forma u = (x, y, z) = (0, 0, z). Ou, u = z (0, 0, 1), com z ∈ R∗ . Sendo assim o vetor (0, 0, 1) gera o subespa¸co pr´ oprio associado a λ = 0, isto é: U(0) = [ (0, 0, 1) ] . Observe a representa¸c˜ ao geométrica desse subespa¸co na p. 329. Temos ainda      1 0 0 x x  0 1 0  y  = 1 ·  y  [ T ] [u] = λ [u] ⇐⇒ 0 0 0 z z Daqui    1x 0x   0x

deriva o seguinte sistema

+ 0y + 0z = 1x + 1y + 0z = 1y + 0y + 0z = 1z

⇒

  1x = 1x   1y = 1y    0z = 1z

⇒

  x = qualquer   y = qualquer    z=0

Logo, os autovetores procurados s˜ ao da forma u = (x, y, z) = (x, y, 0). Ou, u = (x, y, 0) = x (1, 0, 0) + y (0, 1, 0), com x e y reais n˜ ao ambos nulos. Sendo assim os vetores (1, 0, 0) e (0, 1, 0) geram o subespa¸co pr´ oprio associado a λ = 1, isto é: U(0) = [ (1, 0, 0), (0, 1, 0) ] . Observe a representa¸cão geométrica desse subespa¸co na p. 329. Iremos agora ver uma interpreta¸cão geométrica para os autovalores complexos de uma matriz real 2 × 2.

Proposi¸ c˜ ao 28. Os autovalores da matriz real a −b T = b a

(6.6)

s˜ ao λ = a ± bi. Se a e b n˜ ao s˜ ao ambos nulos, ent˜ ao essa matriz pode ser fatorada como # #" " cos θ − sen θ |λ| 0 a −b (6.7) = b a sen θ cos θ 0 |λ| onde θ é o ˆ angulo que vai do eixo x positivo ao raio desde a origem até o ponto (a, b). 336

Geometricamente, essa proposi¸cão afirma que a multiplica¸cão por uma matriz da forma (6.6) pode ser vista como uma rota¸cão pelo aˆngulo θ seguida de uma homotetia de raz˜ ao |λ|. (def. 28, p. 241) Prova: Vamos calcular o polinˆ omio caracter´ıstico de T : a −b 1 0 a−λ (T − λ I) = −λ = b a 0 1 b Logo det (T − λ I) = 0

⇒

det

o que nos fornece (a − λ)2 + b2 = 0

a−λ b

⇒

−b a−λ

−b a−λ

=0

λ = a ± bi

Supondo a e b n˜ ao ambos nulos, seja θ o ângulo do eixo x positivo ao raio desde a origem até o ponto (a, b). O ângulo θ é o argumento do autovalor λ = a + b i, conforme visto a seguir R

 cos θ =  

s(a, b)

|λ| θ

 

R

0

a |λ|

sen θ =

⇒

b |λ|

a = |λ| cos θ b = |λ| sen θ

Sendo assim a matriz (6.6) pode ser reescrita como

a −b b a

=

"

|λ| 0

0 |λ|

# 

a |λ| b |λ|

b − |λ| a |λ|



=

"

|λ| 0

0 |λ|

#"

cos θ − sen θ

sen θ

cos θ

#

Interpreta¸c˜ ao geom´ etrica Multiplicando a matriz T por um ponto (vetor) arbitrário do R2 , assim: #" # #" " # " x cos θ − sen θ |λ| 0 x a −b = b a y sen θ cos θ 0 |λ| y Obtemos T (x, y) = |λ| (x cos θ − y sen θ, x sen θ + y cos θ) uma rota¸c˜ ao seguida de uma homotetia. 337

(6.8)

R

A figura ao lado exibe uma rota¸c˜ ao seguida de uma homotetia de raz˜ ao |λ|. No caso da figura a homotetia nada mais é que uma contra¸c˜ ao por ser |λ| < 1.

↓

s

(a, b) θ 0

R

Itera¸c˜ oes sucessivas destas duas opera¸cões nos permitiu desenhar as figuras a seguir

onde um quadrado é rotacionado e em seguida “contra´ıdo”.

∗

∗

∗

A matem´ atica é um campo demasiadamente ´rduo e in´ a ospito para agradar ` aqueles a quem n˜ ao oferece grandes recompensas. Recompensas que s˜ ao da mesma ´ındole que as do artista. . . . Acrescenta ainda que é no ato de criar que o matem´ atico encontra sua culminˆ ancia e que “nenhuma quantidade de trabalho ou corre¸ca õ técnica pode substituir este momento de cria¸ca õ na vida de um matem´ atico, poeta ou m´ usico”.

338

(p. 251)

(Norbert Wiener)

6.1.3

Exerc´ıcios

1) Encontre os valores pr´ oprios e os vetores pr´ oprios do operador linear T : R2 → R2 ,

T (x, y) = (−3x − 5y, 2y)

dado por

Encontre e fa¸ca um esbo¸co geométrico dos respectivos subespa¸cos pr´ oprios. 2) Encontre os valores pr´ oprios e os vetores pr´ oprios do operador linear T : R2 → R2 ,

dado por

T (1, 0) = (0, −1) e T (0, 1) = (1, 0)

Encontre e fa¸ca um esbo¸co geométrico dos respectivos subespa¸cos pr´ oprios. 3) Encontre os valores pr´ oprios e os vetores pr´ oprios do operador linear T : R3 → R3 ,

dado por

T (x, y, z) = (3x−y+z, −x+5y−z, x−y+3z)

Tente visualizar mentalmente os respectivos subespa¸cos pr´ oprios. 4) Encontre os valores pr´ oprios e os vetores pr´ oprios do operador linear T : R3 → R3 dado por T (1, 0, 0) = (2, 0, 0), T (0, 1, 0) = (2, 1, 2), T (0, 0, 1) = (3, 2, 1) Tente visualizar mentalmente os respectivos subespa¸cos pr´ oprios. 5) Encontre os valores pr´ oprios e os vetores pr´ oprios da matriz 4 5 A= 2 1 6) Encontre os valores pr´ oprios e os vetores pr´ oprios da matriz 1 3 A= 4 2 Esboce os espa¸cos pr´ oprios de A num sistema de coordenadas xy. 7) Encontre os valores pr´ oprios e os vetores pr´ oprios da matriz −2 −1 A= 5 2 8) Considere a matriz A=

a b c d

Mostre que seu polinˆ omio caracter´ıstico é dado por det (A − λ I2 ) = λ2 − (a + d) λ + (ad − bc) = λ2 − tr(A) λ + det A 339

9) Prove que se A é uma matriz quadrada, então A e At têm o mesmo polinˆ omio caracter´ıstico. 10) Os valores pr´ oprios de um operador linear T : R2 → R2 s˜ ao λ1 = 2 e λ2 = −3, sendo u1 = (1, −1) e u2 = (−1, 0) os respectivos vetores pr´ oprios associados, encontre T (x, y). 11) Considere a matriz do operador T  2  [T ] = 1 −3

dada por  0 0 3 0  5 3

mostre que esse operador tem como autovalores

λ = 2, com multiplicidade algébrica 1 e multiplicidade geométrica 1; λ = 3, com multiplicidade algébrica 2 e multiplicidade geométrica 1. 12) Encontre os valores pr´ oprios e os vetores pr´ oprios do operador linear T : P1 (R) → P1 (R) dado por T (1 + x) = 1 + 2x

e

T (1 − x) = −1 + 3x

13) Encontre os valores pr´ oprios e os vetores pr´ oprios do operador linear T : P2 (R) → P2 (R) dado por T (c + bx + ax2 ) = b + cx + ax2 14) Prove que se λ é um autovalor de uma matriz invert´ıvel A e u é um autovetor associado, então 1/λ é um autovetor de A−1 e u é um autovetor associado. [Sugest˜ ao: comece com a equa¸cão A u = λ u]. 15) Encontre p(λ) o polinˆ omio caracter´ıstico da matriz 1 3 A= 4 5 mostre que p(A) = 0.

340

6.2

Diagonaliza¸c˜ ao de matrizes e operadores

Matrizes diagonais desempenham um papel relevante em muitas aplica¸cões porque, sob muitos aspectos, elas representam os tipos mais simples de operadores lineares. Dado um operador linear T : V → V , como vimos, a cada

base B de V corresponde uma matriz [ T ]B que representa T nesta base. Nosso objetivo ser´ a obter, quando poss´ıvel, uma base do espa¸co de modo que a matriz do operador T nesta base seja diagonal. Da proposi¸c˜ ao a seguir inferimos que um operador linear num espa¸co vetorial de dimens˜ ao n possui no m´ aximo n autovalores distintos.

Proposi¸ c˜ ao 29. Autovetores associados a autovalores distintos de um operador T : V → V s˜ ao linearmente independentes. Prova: Faremos a prova para dois autovalores distintos, a generaliza¸cão fica fácil.

Sejam λ1 , λ2 autovalores, com λ1 6= λ2 , e v1 , v2 os respectivos autovetores associados. Para provarmos que v1 e v2 s˜ ao L.I. consideremos a equa¸cão a 1 v1 + a 2 v2 = 0 Apliquemos a esta equa¸c˜ ao o operador T − λ2 I: (T − λ2 I)(a1 v1 + a2 v2 ) = T ( 0) Logo (T − λ2 I)(a1 v1 ) + (T − λ2 I)(a2 v2 ) = 0

Então

T (a1 v1 ) − λ2 I(a1 v1 ) + T (a2 v2 ) − λ2 I(a2 v2 ) = 0 a1 T (v1 ) − λ2 a1 v1 + a2 T (v2 ) − λ2 a2 v2 = 0 Tendo em conta que, por hip´ otese T ( v1 ) = λ 1 v1

e

T ( v2 ) = λ2 v2

Obtemos a1 (λ1 v1 ) − λ2 a1 v1 + a2 (λ2 v2 ) − λ2 a2 v2 = 0 Simplificando Ou

a1 (λ1 − λ2 ) v1 + a2 (λ2 − λ2 ) v2 = 0 a1 (λ1 − λ2 ) v1 = 0

Como v1 6= 0 e λ1 6= λ2 , resulta necessariamente a1 = 0. Aplicando ` a equa¸c˜ ao original o operador T − λ1 I e com uma manipula¸cão an´ aloga obtemos a2 = 0.

341

Um corol´ ario deste resultado que nos ser´ au ´til para o objetivo em vista é o que segue Corol´ ario 5. Sempre que tivermos um operador T : R2 → R2 com autovalores λ1 6= λ2 , ent˜ ao o conjunto { v1 , v2 }, formado pelos autovetores associados, ser´ a uma base do R2 . Este fato pode ser generalizado, isto é, se V é um espa¸co vetorial de dimens˜ ao n e T : V → V é um operador linear que possui n autovalores distintos, ent˜ ao o conjunto { v1 , v2 , · · · , vn }, formado pelos correspondentes autovetores, é uma base de V . Defini¸ c˜ ao 44 (Operador diagonaliz´ avel). Seja V um espa¸co vetorial de avel se existe dimens˜ ao finita. Um operador T : V → V se diz diagonaliz´ uma base de V formada por vetores pr´ oprios. Observe que se B = { v1 , v2 , . . . , vn } é uma base formada de vetores pr´ oprios de T − associados aos valores pr´ oprios λ1 , λ2 , . . . , λn , então T (v1 ) = λ1 v1 + 0 v2 + · · · + 0 vn

T (v2 ) = 0 v1 + λ2 v2 + · · · + 0 vn ................................... T (vn ) = 0 v1 + 0 v2 + · · · + λn vn

Tomando o “transposto” dos coeficientes acima: 

λ1

0

...

0

 0 λ ... 0  2 [ T ]B =   ................ 0 0 . . . λn

(p. 189)

    

concluimos que a matriz do operador na base B, formada pelos vetores pr´ oprios, é diagonal e que os elementos da diagonal s˜ ao os valores pr´ oprios. Exemplos: 1 ) Seja T : R2 → R2 , o operador dado por T (x, y) = (−3x + 4y, −x + 2y). Sua matriz na base canˆ onica é: # " −3 4 [ T ]B = −1 2 Nosso objetivo ser´ a encontrar para esse operador uma outra base na qual sua matriz seja diagonal. Pois bem, inicialmente vamos determinar os autovalores do operador. # " −3 − λ 4 = 0 ⇒ λ2 + λ − 2 = 0 det ([ T ] − λ I ) = 0 ⇒ det −1 2−λ 342

Resolvendo essa equa¸c˜ ao encontramos λ1 = 1 e λ2 = −2. Como esses autovalores s˜ ao distintos segue do corol´ ario anterior que seus autovetores associados s˜ ao L.I. e, portanto, formam uma base. Vamos encontr´ a-los: # " −3 4 x x =1· [ T ] [u] = λ [u] ⇐⇒ y y −1 2 Daqui deriva o seguinte sistema ( −3 x + 4 y = 1 x ⇒ −1 x + 2 y = 1 y

(

−x + y = 0 −x + y = 0

⇒

y=x

Logo, os autovetores procurados s˜ ao da forma u1 = (x, y) = (x, x). Ou, u1 = (x, x) = x (1, 1), com x ∈ R∗ . Por outro lado, # " −3 4 x x = −2 · [ T ] [u] = λ [u] ⇐⇒ y y −1 2 Daqui deriva o seguinte sistema ( −3 x + 4 y = −2 x ⇒ −1 x + 2 y = −2 y

(

−x + 4y = 0 −x + 4y = 0

⇒

x = 4y

Logo, os autovetores procurados s˜ ao da forma u2 = (x, y) = (4y, y). Ou, u1 = (4y, y) = y (4, 1), com y ∈ R∗ . Portanto, a base procurada pode ser B ′ = u1 = (1, 1), u2 = (4, 1) Calculemos agora [ T ]B′ :

T (u1 ) = a11 u1 + a21 u2 T (u2 ) = a12 u1 + a22 u2

(p. 189)

(1, 1) = a11 (1, 1) + a21 (4, 1)

⇒

(−8, −2) = a12 (1, 1) + a22 (4, 1)

Resolvendo este sistema encontramos T (u1 ) = 1 u1 + 0 u2 T (u2 ) = 0 u1 − 2 u2

⇒

[ T ]B′ =

"

1 0 0 −2

#

A matriz do operador T nesta nova base resultou diagonal, onde os elementos da diagonal s˜ ao os autovalores do operador. Nota: Poderiamos ter encontrado a matriz acima diretamente, conforme observa¸c˜ ao ap´ os a defini¸c˜ ao 44 − preferimos assim.

Vamos explorar um pouco mais este exemplo. Consideremos as duas bases: B = u1 = (1, 0), u2 = (0, 1) , B ′ = v1 = (1, 1), v2 = (4, 1) 343

Isto é, a base antiga (canˆ onica) e a base nova. Vamos calcular, de acordo com a defini¸c˜ ao 12 (p. 113), a matriz de mudan¸ca da base antiga B para a nova base B ′ : v1 = λ11 u1 + λ21 u2 v2 = λ12 u1 + λ22 u2

(1, 1) = λ11 (1, 0) + λ21 (0, 1)

⇒

(4, 1) = λ12 (1, 0) + λ22 (0, 1)

Resolvendo esse sistema encontramos # " λ11 λ12 ⇒ P = λ21 λ22

P =

"

1 4 1 1

#

é a matriz cujas colunas s˜ ao os autovetores do operador. Vimos (p. 15, p. 232) que duas matrizes de um mesmo operador linear s˜ ao semelhantes. Verifique que, no caso em quest˜ ao, P −1 [ T ]B P = [ T ]B′ Isto é

"

1 4 1 1

#−1 "

−3 4 −1 2

#"

1 4 1 1

#

=

"

1

0

0 −2

#

2 ) Seja T : R3 → R3 , o operador dado por T (x, y) = (3x − 4z, 3y + 5z, −z). Sua matriz na base canˆ onica é:   3 0 −4   5  [ T ]B =  0 3 0 0 −1

Nosso objetivo ser´ a encontrar para esse operador uma outra base na qual sua matriz seja diagonal. Pois bem, inicialmente vamos determinar os autovalores do operador.   3−λ 0 −4   3−λ 5 det ([ T ] − λ I ) = 0 ⇒ det  0 =0 0 0 −1 − λ Desenvolvendo esse determinante encontramos: (3 − λ)(3 − λ)(−1 − λ) = 0.

Portanto, os autovalores s˜ ao λ1 = 3 e λ2 = −1. Encontremos os respectivos autovetores:      3 0 −4 x x     5  y =3· y  [ T ] [u] = λ [u] ⇐⇒  0 3 z z 0 0 −1 344

Daqui deriva o seguinte sistema    3 x + 0 y − 4z = 3 x ⇒ 0 x + 3 y + 5z = 3 y   0x + 0y − z = 3z

   3 x − 4z = 3 x 3 y + 5z = 3 y   −z = 3z

⇒

  x=x y=y   z=0

Logo, os autovetores procurados s˜ ao da forma u1 = (x, y, z) = (x, y, 0). Ou, ainda: u1 = (x, y, 0) = x (1, 0, 0) + y (0, 0, 1) Portanto, associado ao autovalor λ1 = 3, obtemos dois autovetores L.I. u1 = (1, 0, 0) e u2 = (0, 0, 1) Agora calculemos os autovetores associados ao autovalor λ2 = −1:      3 0 −4 x x     0 3 5 [ T ] [u] = λ [u] ⇐⇒ = −1 · y  y   z z 0 0 −1

Daqui deriva o seguinte sistema    3 x + 0 y − 4z = −1 x ⇒ 0 x + 3 y + 5z = −1 y   0 x + 0 y − z = −1 z

   3 x − 4z = −x 3 y + 5z = −y   − z = −z

⇒

   x=z 4y = −5z   z=z

Logo, os autovetores procurados s˜ ao da forma (x, y, z) = (z, − 54 z, z). Pela propriedade P2 (p. 326) podemos multiplicar estes autovetores por 4, obtendo (4z, −5 z, 4z) = z (4, −5, 4), que ainda s˜ ao autovetores associados ao mesmo autovalor. Portanto, a base procurada pode ser B ′ = u1 = (1, 0, 0), u2 = (0, 1, 0), u3 = (4, −5, 4) Procedendo como no exemplo anterior, obtemos:   3 0 0   0  [ T ]B′ =  0 3 0 0 −1

Um autovalor aparecerá na diagonal tantas vezes quantas forem os autovetores L.I. a ele associados. Como no exemplo anterior podemos mostrar que P −1 [ T ]B P = [ T ]B′ 345

Isto é 

1

  0 0

0

4

−1 

 1 −5  0 4

3

  0 0

0 −4



1

 3 5  0 0 0 −1

0

4





3

  1 −5  =  0 0 0 4

Onde P é a matriz cujas colunas s˜ ao os vetores da base B ′ .

0

0



 3 0  0 −1

Vimos dois exemplos de operadores diagonaliz´ aveis, entretanto isso nem sempre ocorre; a seguir exibimos um operador n˜ ao diagonaliz´ avel. 3 3 3 ) Seja T : R → R , o operador cuja matriz na base canˆ onica é dada por:   3 −3 −4   3 5  [ T ]B =  0 0 0 −1 Vamos tentar encontrar para esse operador uma base formada de autovetores. Inicialmente vamos determinar os autovalores do operador.   3−λ −3 −4   3−λ 5 =0 det ([ T ] − λ I ) = 0 ⇒ det  0 0 0 −1 − λ

Desenvolvendo esse determinante − pela primeira coluna − encontramos: (3 − λ)(3 − λ)(−1 − λ) = 0. Portanto, os autovalores s˜ ao λ1 = 3 e λ2 = −1. Encontremos os respectivos autovetores:      3 −3 −4 x x   3 5  y  = 3 ·  y  [ T ] [u] = λ [u] ⇐⇒  0 z z 0 0 −1

Daqui deriva o seguinte sistema    3 x − 3 y − 4z = 3 x 0 x + 3 y + 5z = 3 y   0x + 0y − z = 3z

⇒

  x − y=x y=y   z=0

Da primeira equa¸c˜ ao deste u ´ltimo sistema encontramos que y = 0; logo, os autovetores procurados s˜ ao da forma (x, y, z) = (x, 0, 0) = x (1, 0, 0). Portanto, associado ao autovalor λ1 = 3, obtemos apenas um autovetor L.I., por exemplo, u = (1, 0, 0). Agora calculemos os autovetores associados ao autovalor λ2 = −1:      3 −3 −4 x x     y 0 3 5 [ T ] [u] = λ [u] ⇐⇒ = −1 · y    z z 0 0 −1 346

Daqui deriva o seguinte sistema    3 x − 3 y − 4z = −1 x ⇒ 0 x + 3 y + 5z = −1 y   0 x + 0 y − z = −1 z

Sendo assim temos

5 y=− z 4

e

x=

   4 x − 3 y − 4z = 0 4 y + 5z = 0   z=z

3 3 y+z = 4 4

−

1 5 z +z = z 4 16

Logo, os autovetores procurados s˜ ao da forma 1 5 z, − z, z ⇒ 16(x, y, z) = (z, −20z, 16z) (x, y, z) = 16 4 = z (1, −20, 16)

Portanto, associado ao autovalor λ2 = −1, temos o autovetor (1, −20, 16). Conclusão: temos apenas dois autovetores L.I., logo − para o operador T em questão − n˜ ao existe uma base do R3 constituida s´ o de autovetores. Tendo em conta que todas as matrizes de um mesmo operador s˜ ao semelhantes e que matrizes semelhantes têm os mesmos autovalores concluimos que em nenhuma base a matriz do operador T é uma matriz diagonal, ou seja, T n˜ ao é diagonaliz´ avel.

347

6.2.1

Exerc´ıcios

16) Seja T : R2 → R2 um operador linear dado por T (x, y) = (4x + 5y, 2x + y) Encontre uma base de R2 em rela¸cão à qual a matriz de T é diagonal. 17) Seja T : R2 → R2 um operador linear dado por T (x, y) = (−3x + 4y, −x + 2y) Encontre uma base de R2 em rela¸cão à qual a matriz de T é diagonal. 18) Para quais valores de a as matrizes abaixo s˜ ao diagonaliz´ aveis? a) A =

"

1

1

0

a

#

b) B =

"

1

a

0

1

#

19) Determine uma matriz P , invers´ıvel, tal que P −1 A P seja diagonal, onde   2 0 4   A =  3 −4 12  1 −2 5 20) Encontre uma matriz diagonal semelhante à matriz 

3

3

−5

 A =  −1 1 21) Considere a matriz A =

"

2

−3

−1

1



 5 −1  −1 3 #

, mostre que:

a) Se A é uma matriz sobre o corpo R dos reais, então A n˜ ao é diagonaliz´ avel; b) Se A é uma matriz sobre o corpo C dos complexos, então A é diagonaliz´ avel; neste caso encontre uma matriz P , invers´ıvel, e calcule P −1 A P . # " a a2 . 22) Seja a > 0 um n´ umero real, considere a matriz A = 1 a a) Mostre que A é diagonaliz´ avel; a) Encontre uma matriz P , invers´ıvel, tal que P −1 A P seja uma matriz diagonal. 348

6.2.2

Diagonaliza¸c˜ ao de operadores autoadjuntos

Lembramos (def. 38, p. 311) que um operador autoadjunto é um operador linear T de um espa¸co euclidiano V que satisfaz h T (u), v i = h u, T (v) i,

∀ u, v ∈ V.

Vimos, ademais, que a matriz de T , em rela¸cão a qualquer base ortonormal é simétrica (prop. 25, p. 311). Sendo assim, reduzimos o problema da diagonaliza¸c˜ ao de uma matriz simétrica ao da diagonaliza¸cão de um operador autoadjunto. Como vimos, nem toda matriz é diagonaliz´ avel. Ademais, vimos que algumas matrizes n˜ ao possuem autovalor (real). Veremos, no entanto, que se A é uma matriz real simétrica, então a existência de autovalores reais estar´ a garantida. Proposi¸ c˜ ao 30. Seja A uma matriz real simétrica. Ent˜ ao toda raiz λ de seu polinˆ omio caracter´ıstico é real. Prova: De fato, seja A = (aij ) uma matriz simétrica real e seja λ um valor pr´ oprio de A. Sendo assim, vamos nos reportar à equa¸cão (6.4) (p. 331) para escrever     

  a21 a22 ... a2n    .........................   an1 an2 ... ann

a11

a12

...

a1n

x1 x2 .. . xn





     = λ    

x1 x2 .. . xn

     

Como o vetor pr´ oprio X de A satisfaz 

  X=  

x1 x2 .. . xn



   6= 0  

isso significa que o sistema linear (equivalente à equa¸cão (6.9)):   a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn = λ x1       a21 x1 + a22 x2 + · · · + a2n xn = λ x2   ·····································     a x + a x + · · · + a x = λ x n1 1 n2 2 nn n n 349

(6.9)

tem ao menos uma solu¸cão n˜ ao trivial (β1 , β2 , . . . , βn ); sendo assim, temos:   a11 β1 + a12 β2 + · · · + a1n βn = λ β1       a21 β1 + a22 β2 + · · · + a2n βn = λ β2   ·····································     a β + a β + · · · + a β = λ β nn n n n1 1 n2 2 Agora multipliquemos a primeira equa¸cão pelo conjugado complexo de β1 , a segunda pelo conjugado de β2 e assim sucessivamente. Então   a11 β1 β¯1 + a12 β2 β¯1 + · · · + a1n βn β¯1 = λ β1 β¯1       a β β¯ + a β β¯ + · · · + a β β¯ = λ β β¯ 21

1

2

22

2

2

2n

n

2

2

2

  ················································     a β β¯ + a β β¯ + · · · + a β β¯ = λ β β¯ n n n nn n n1 1 n n2 2 n

Vamos somar todas essas equa¸cões a11 β1 β¯1 + a12 β2 β¯1 + · · · + a1n βn β¯1

+ a21 β1 β¯2 + a22 β2 β¯2 + · · · + a2n βn β¯2

(⋆)

·······································

+ an1 β1 β¯n + an2 β2 β¯n + · · · + ann βn β¯n = λ (β1 β¯1 + β2 β¯2 + · · · + βn β¯n ) O n´ umero entre parêntesis do lado direito da igualdade é real; sendo assim se provarmos que o n´ umero do lado esquerdo também é real teremos atingido nosso desiderato. Para isso é suficiente provar que o primeiro membro é igual ao seu conjugado. Tomemos o conjugado do primeiro membro: a11 β1 β¯1 + a12 β2 β¯1 + · · · + a1n βn β¯1 + a21 β1 β¯2 + a22 β2 β¯2 + · · · + a2n βn β¯2 ······································· + an1 β1 β¯n + an2 β2 β¯n + · · · + ann βn β¯n Logo, 350

a11 β¯1 β¯1 + a12 β¯2 β¯1 + · · · + a1n β¯n β¯1

+ a21 β¯1 β¯2 + a22 β¯2 β¯2 + · · · + a2n β¯n β¯2 ·······································

+ an1 β¯1 β¯n + an2 β¯2 β¯n + · · · + ann β¯n β¯n Ou ainda, a11 β¯1 β1 + a12 β¯2 β1 + · · · + a1n β¯n β1

+ a21 β¯1 β2 + a22 β¯2 β2 + · · · + a2n β¯n β2 ·······································

+ an1 β¯1 βn + an2 β¯2 βn + · · · + ann β¯n βn Neste momento vamos utilizar a hip´ otese de que a matriz A é simétrica, isto é, (aij ) = (aji ). Trocando os ´ındices nos elementos da matriz obtemos: a11 β¯1 β1 + a21 β¯2 β1 + · · · + an1 β¯n β1

+ a12 β¯1 β2 + a22 β¯2 β2 + · · · + an2 β¯n β2 ·······································

+ a1n β¯1 βn + a2n β¯2 βn + · · · + ann β¯n βn Permutando os β ′ s e somando por colunas, obtemos a11 β1 β¯1 + a21 β1 β¯2 + · · · + an1 β1 β¯n

+ a12 β2 β¯1 + a22 β2 β¯2 + · · · + an2 β2 β¯n +

·······································

+ a1n βn β¯1 + a2n βn β¯2 + · · · + ann βn β¯n

a11 β1 β¯1 + a12 β2 β¯1 + · · · + a1n βn β¯1

+ a21 β1 β¯2 + a22 β2 β¯2 + · · · + a2n βn β¯2 ·······································

+ an1 β1 β¯n + an2 β2 β¯n + · · · + ann βn β¯n 351

Comparando este u ´ltimo quadro com o lado esquerdo da igualdade em ( ⋆ ) vemos que s˜ ao iguais. J´ a vimos (prop. 29, p. 341) que a autovalores diferentes de um mesmo operador correspondem autovetores distintos. Se, em particular, o operador for autoadjunto podemos garantir algo a mais: que estes autovetores s˜ ao ortogonais. Proposi¸ c˜ ao 31. Seja T : V → V autoadjunto e λ1 e λ2 autovalores distintos de T e v1 , v2 os respectivos autovetores associados. Ent˜ ao v1 ⊥ v2 . Prova: Com efeito, lembramos que T (v1 ) = λ1 v1 e T (v2 ) = λ2 v2 . Sendo assim λ1 h v1 , v2 i = h λ1 v1 , v2 i = h T (v1 ), v2 i = h v1 , T (v2 ) i = h v1 , λ2 v2 i = λ2 h v1 , v2 i O que justifica a u ´ltima passagem acima é que λ2 ∈ R.

(p. ??)

Ent˜ ao

λ1 h v1 , v2 i = λ2 h v1 , v2 i ⇒ (λ1 − λ2 ) h v1 , v2 i = 0 como λ1 6= λ2 , segue que h v1 , v2 i = 0, o que conclui a demonstra¸cão.

Essa proposi¸c˜ ao nos permite concluir que, com rela¸cão à diagonaliza¸cão, os operadores autoadjuntos comportam-se de uma maneira especial. De fato, se T : V → V é autoadjunto, com V de dimensão n, e T admite n autovalores distintos (portanto uma base de autovetores), então T é diagonaliz´ avel e os autovetores s˜ ao dois a dois ortogonais. Normalizando os vetores de uma tal base obteremos uma base ortonormal de autovetores para esse operador. Enfatizamos: T além de ser diagonaliz´ avel ainda possui uma base de autovetores ortonormais. Vamos provar que isto vale, a princ´ıpio, pelo ao menos para um espa¸co de dimensão n = 2. Proposi¸ c˜ ao 32. Seja T : V → V um operador autoadjunto num espa¸co vetorial V de dimens˜ ao 2. Ent˜ ao, existe uma base ortonormal B = { u1 , u2 } ⊂ V formada por autovetores de T . Prova: Com efeito, seja T um operador autoadjunto, nas condi¸cões do enunciado, ent˜ ao pela proposi¸cão 25 (p. 311) sua matriz em rela¸cão a uma base ortonormal B ′ = { v1 , v2 } ⊂ V é simétrica − B ′ sempre existe por Gram-Schmidt −, digamos a b [T ] = b c 352

Vamos calcular o polinˆ omio caracter´ıstico de T : a b 1 0 a−λ (T − λ I) = −λ = b c 0 1 b Logo det (T − λ I) = 0

⇒

det

a−λ b

b c−λ

b c−λ

=0

o que nos fornece (a − λ) (c − λ) − b2 = 0

λ2 − (a + c) λ + (ac − b2 ) = 0

⇒

Vamos encontrar o discriminante dessa equa¸cão ∆ = (a + c)2 − 4 · 1 · (ac − b2 ) ⇒ ∆ = (a − c)2 + 4b2 . Sendo assim ∆ ≥ 0. Temos duas alternativas quanto ao sinal de ∆. Se ∆ = 0 ent˜ ao a = c e b = 0. Neste caso a matriz de T toma a forma a 0 [T ] = 0 a Isto significa que T (v1 ) = a v1 + 0 v2 T (v2 ) = 0 v1 + a v2 Isto implica que todo vetor v ∈ V , n˜ ao-nulo, é um autovetor de T . De fato, seja v ∈ V , ent˜ ao existem escalares λ1 , λ2 tais que v = λ1 v1 + λ2 v2 . Logo, T (v) = T (λ1 v1 + λ2 v2 ) = λ1 T (v1 ) + λ2 T (v2 ) = λ1 (a v1 ) + λ2 (a v2 ) = a (λ1 v1 + λ2 v2 ) = a v Sendo assim, para obter a base B procurada é suficiente ortonormalizar a base B ′ . No caso em que ∆ > 0, teremos dois autovalores distintos o que acarreta, pela proposi¸c˜ ao 31, que seus respectivos autovetores s˜ ao ortogonais, normalizando estes autovetores encontramos a base B desejada.

353

Defini¸ c˜ ao 45 (Subespa¸cos invariantes). Se T : V → V é uma transforma¸ca õ linear e U ⊂ V é um subespa¸co de V , U é dito ser invariante sob T se T (U ) ⊂ U . Proposi¸ c˜ ao 33. Seja T : V → V operador linear autoadjunto e λ um de ⊥ ´ seus autovalores. Ent˜ ao o subespa¸co U(λ) e invariante sob T . Prova: Lembramos que U ⊥ = v ∈ V : h v, u i = 0, ∀ u ∈ U

(pp. 298, 326)

U(λ) = { u ∈ V : T (u) = λ u }

Sendo U(λ) o subespa¸co formado por todos os autovetores associados ao ⊥ ´ autovalor λ (mais o vetor nulo), temos que U(λ) e o subespa¸co formado por todos os vetores do espa¸co que s˜ ao ortogonais a todos os autovetores associados ao autovalor λ. Então, ⊥ ⊥ Se v ∈ U(λ) ⇒ h v, u i = 0, ∀ u ∈ U(λ)

Logo: 0 = λ h v, u i = h v, λ u i = h v, T (u) i = h T (v), u i. ⊥ , o que conclui a prova. Portanto, T (v) ∈ U(λ)

Como um exemplo do que acabamos de ver, consideremos o operador proje¸c˜ ao no plano xy. (p. 325) Este operador admite dois autosubespa¸cos, vistos na figura a seguir (p. 329) z

U(0)# s(x, y, z) y

rT (x, y, 0)

U(1)

x

Temos ⊥ U(0) = U(1)

e

⊥ U(1) = U(0)

A matriz na base caônica do operador proje¸cão T : R3 → R3 (x, y, z) 7→ (x, y, 0)

ou

é dada por 354

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

 1 0 0 [T ] =  0 1 0  0 0 0 

    x x 1 0 0  0 1 0  y  =  y  0 0 0 z 0 

⇒

Como essa matriz é simétrica concluimos que o operador em questão é autoadjunto. (prop. 25, p. 311) ⊥ e U ⊥ s˜ Portanto concluimos da proposi¸cão 33 que os subespa¸cos U(0) (1) ao invariantes sob o operador proje¸caõ. O que significa dizer que a imagem de todo vetor do eixo z permanece nesse eixo e a imagem de todo vetor no plano xy permanece nesse plano. Veja

T (0, 0, z) = (0, 0, 0)

e

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

Vamos agora generalizar a proposi¸cão 32.

(p. 352)

Teorema 11 (Teorema Espectral). Seja T : V → V um operador autoadjunto num espa¸co vetorial V de dimens˜ ao n. Ent˜ ao, existe uma base ortonormal B = { u1 , u2 , . . . , un } ⊂ V formada por autovetores de T . Prova: A demonstra¸c˜ ao se faz por indu¸cão sobre a dimensão n do espa¸co. Com efeito, se dim V = 1, fixamos qualquer vetor v ∈ V , v 6= 0, e v fazemos kvk = u1 , ent˜ ao { u1 } é uma base ortonormal. Como V = [ u1 ] e T (u1 ) ∈ V , ent˜ ao T (u1 ) = λ u1 , para algum λ ∈ R. Sendo assim u1 é um autovetor de T e o teorema fica provado para n = 1. Seja V um espa¸co euclidiano de dimensão n > 1 e suponhamos o teorema válido para os espa¸cos euclidianos de dimensão n − 1. Devemos provar que o teorema é válido para o caso em que dim V = n. Seja λ ∈ R um autovalor de T , se u é um autovetor de T associado a λ, u 1 então u1 = kuk = kuk u também o é. Se [ u1 ] = U , ent˜ ao podemos escrever V = U ⊕ U ⊥ .

(prop. 21, p. 299)

Sendo dim U = 1 e tendo em conta a equa¸cão (2.13) (p. 104) concluimos que dim U ⊥ = n − 1. Considerando a defini¸c˜ ao de produto interno (def. 29, p. 258) concluimos que U ⊥ também é euclidiano − relativamente ao produto interno de V , restrito a este subespa¸co. Ademais, observamos que U ⊥ é invariante sob T , isto é, vale a implica¸cão v ∈ U ⊥ ⇒ T (v) ∈ U ⊥ De fato, se v ∈ U ⊥ , ent˜ ao h v, u i = 0, ∀ u ∈ U. 355

Logo 0 = λ h v, u i = h v, λ u i,

∀u ∈ U

= h v, T (u) i,

∀u ∈ U

= h T (v), u i,

∀u ∈ U

Isto prova que T (v) ∈ U ⊥ . Uma consequência deste resultado é que podemos considerar T , restrito aos elementos de U ⊥ , como um operador linear deste subespa¸co. E como h T (u), v i = h u, T (v) i,

vale para todo u, v ∈ V,

em particular esta igualdade vale para quaisquer u, v ∈ U ⊥ ; então T , restrito ao subespa¸co U ⊥ , é também autoadjunto; logo, podemos aplicar a este subespa¸co a hip´ otese de indu¸cão e concluir que existe uma base ortonormal { u2 , . . . , un } de U ⊥ formada por autovetores de T (restrito a U ⊥ ). Então, podemos concluir que B = { u1 , u2 , . . . , un } é uma base ortonormal pois cada vetor de U ⊥ é ortogonal a u1 . Como cada elemento da base B é um vetor pr´ oprio de T , a demonstra¸cão se encerra. Observamos que vale o rec´ıproco do teorema espectral: Se existe uma base ortonormal B = { u1 , u2 , . . . , un } ⊂ V formada por autovetores do operador T : V → V então este operador é autoadjunto. B

Prova: Nas condi¸c˜ oes do enunciado [ T ]B é uma matriz diagonal (def. 44, p. 342) e portanto sim´ etrica. Logo T é autoadjunto. (prop. 25, p. 311) Exemplo: Determine uma matriz ortogonal P que diagonaliza a matriz simétrica: (ver Nota p. 304)   1 −2 0 A =  −2 1 0  0 0 −1 Solu¸ c˜ ao: A equa¸c˜ ao caracter´ıstica de A é:

det (A − λ I) = 0

⇒



 1 − λ −2 0 =0 det  −2 1 − λ 0 0 0 −1 − λ

Dessenvolvendo esse determinante pela terceira linha obtemos:

(−1 − λ) [ (1 − λ)2 − 4 ] = 0 ⇒ λ1 = −1 e λ2 = 3. Os respectivos autovetores s˜ ao obtidos da equa¸cão matricial T (u) = λ u

⇐⇒ 356

[ T ] [u] = λ [u]

No caso em quest˜ ao 

([ T ] = A)









1 −2 0 x x  −2     1 0 y =λ y  0 0 −1 z z

Substituindo λ por −1 e depois λ por 3 encontramos

U(−1) = { (x, x, z) : x, z ∈ R } = { x(1, 1, 0) + z(0, 0, 1) : x, z ∈ R } U(3) = { (x, −x, 0) : x ∈ R } = { x(1, −1, 0) : x ∈ R } Daqui podemos retirar B = { (1, 1, 0), (0, 0, 1), (1, −1, 0) } que é uma base de R3 formada de vetores pr´ oprios ortogonais. Dividindo cada um destes vetores pela respectiva norma obtemos √ √2 n √2 √2 2 o ′ , , 0 , u2 = (0, 0, 1), u3 = ,− ,0 B = u1 = 2 2 2 2 A matriz P , cujas colunas s˜ ao as componentes dos vetores pr´ oprios unit´ arios u1 , u2 , e u3 é ortonormal   √ √ 2 2 0 2 2    √ √  2 P = 0 −2 2    2   0 1 0 ↑ ↑ ↑ u3 u1 u2 isto é ( 1, se i = j; h ui , uj i = δij = 0, se i 6= j. como o leitor pode constatar diretamente. A matriz P é a matriz diagonalizadora. De fato, D = P −1 A P = P t A P isto é 

√ 2 2

  D= 0  √

2 2

√

2 2

0 √

− 2 2

0









√

2 2 √ 2 2

1 −2 0     1   −2 1 0    0 0 −1 0 0 357

√

0

2 2 √ − 2 2

1

0

0

    

Fazendo as multiplica¸c˜ oes devidas, encontramos   −1 0 0 D =  0 −1 0  0 0 3

Nestes casos dizemos que P diagonaliza A ortogonalmente.

6.2.3

Exerc´ıcios

2 −2 23) Seja A = uma matriz real simétrica. Determine uma −2 5 matriz ortogonal P tal que P −1 A P seja diagonal. 24) Considere o operador autoadjunto T : R2 → R2 definido pela matriz: 4 12 A= 12 −3 Encontre uma matriz ortogonal P que diagonaliza A. 25) Considere o operador autoadjunto  1  0 A= −2

T : R3 → R3 definido pela matriz:  0 −2 0 0  0 4

Encontre uma matriz ortogonal P que diagonaliza A. 26) Seja T : R3 → R3 o operador linear definido por

T (x, y, z) = (x + y + z, x + y + z, x + y + z). a ) Achar os valores pr´ oprios de T ; B

b ) Encontre uma base ortonormal B do R3 tal que [ T ]B é diagonal; c ) Qual a matriz de mudan¸ca da base canˆ onica do R3 para a base B? 27) Seja T : R3 → R3 o operador linear definido por T (x, y, z) = (2x + y, x + y + z, y − 3z). a ) Mostre que T é um operador autoadjunto mas n˜ ao ortogonal;

(p. 301)

b ) Se u = (2, −1, 5) e v = (3, 0, 1), verifique que h T (u), v i = h u, T (v) i; c ) Exiba uma base de autovetores de T e verifique que é uma base ortogonal. A partir desta base construa uma base ortonormal. 28) Se T1 e T2 s˜ ao transforma¸cões autoadjuntas de um espa¸co vetorial V , é verdade que T1 T2 = T2 T1 ? Prove isso ou apresente um contra-exemplo. 358

29) Seja T : R3 → R3 o operador linear definido por T (x, y, z) = (2x + 2y, x + z, x + y). Identifique as afirma¸c˜ oes verdadeiras: a ) T n˜ ao é invers´ıvel; b ) Dado W = { (x, y, z) : x + y = 0 }, se w ∈ W , então h T (w), w i = 0 ⇐⇒ w = 0; c ) Em rela¸c˜ ao ` a base B = { (1, 1, 0), (1,  1 B [ T ]B =  0 −2

6.3 6.3.1

0, 0), (0, 0, 1) }  0 −2 0 0  0 4

Aplica¸ c˜ oes da Diagonaliza¸c˜ ao Potˆ encias de uma matriz

Defini¸ c˜ ao 46 (Potência de matrizes). Sejam A ∈ Mn uma matriz quadrada e n um n´ umero natural. Potência de base A e expoente n é a matriz An tal que: ( A0 = In An = An−1 · A, ∀ n ≥ 1.

Desta defini¸c˜ ao decorre que: A1 = A0 · A = In · A = A A2 = A1 · A = A · A A3 = A2 · A = (A · A) · A = A · A · A e, de modo geral, para p natural e p ≥ 2, temos que Ap é um produto de p fatores iguais a A. Via de regra o c´ alculo de An é ma¸cante, sobretudo se n é grande. No entanto se A for diagonaliz´ avel esse trabalho fica assaz simplificado. Sen˜ ao vejamos: se A é diagonaliz´ avel, existe uma matriz invers´ıvel P tal que P −1 A P = D, sendo   λ1 0   λ2   D=  . .   . 0

λn

359

a matriz diagonal dos valores pr´ oprios de A. Na p´ agina 236 provamos a seguinte implica¸c˜ ao D = P −1 A P

D n = P −1 An P

⇒

Multiplicando esta u ´ltima equa¸cão à equerda por P é à direita por P −1 , obtemos P D n P −1 = P (P −1 An P ) P −1

An = P D n P −1

⇒

De sorte que (quase) todo o trabalho recai em elevarmos a matriz diagonal D` a n-ésima potência. Para tanto é suficiente elevarmos cada elemento da diagonal a essa potência: (mostre isso por indu¸ca õ)  n  λ1 0 n   λ2   Dn =   ..   . λnn

0

Exemplo: a ) Calcule

A10

para A =

0 2

1 . 1

Solu¸ c˜ ao: Vamos em busca da matriz P que é a matriz cujas colunas s˜ ao os autovetores da matriz A. Temos 0 1 1 0 −λ 1 (A − λ I) = −λ = 2 1 0 1 2 1−λ Logo det (A − λ I) = 0

⇒

det

−λ 2

o que nos fornece −λ · (−1 − λ) − 2 = 0

⇒

1 1−λ

λ2 − λ − 2 = 0

⇒

x y

=0

λ1 = −1 , λ2 = 2

Em busca dos autovetores [ A ] [u] = λ [u]

⇐⇒

0 1 2 1

= −1 ·

x y

Daqui deriva o seguinte sistema ( 0 x + 1 y = −1 x 2 x + 1 y = −1 y donde concluimos que y = −x. Logo, os autovetores associados a autovalor −1 s˜ ao da forma u = (x, y) = (x, −x). Ou, u = x (1, −1). 360

Ainda:

⇐⇒

[ A ] [u] = λ [u]

0 1 2 1

x y

=2·

x y

Daqui deriva o seguinte sistema ( 0x + 1y = 2x 2x + 1y = 2y donde concluimos que y = 2x. Logo, os autovetores associados a autovalor 2 s˜ ao da forma u = (x, y) = (x, 2x). Ou, u = x (1, 2). Sendo assim, podemos escrever 1 1 P = −1 2

−1 0

0 2

−1 0

0 2

n

#

1 · 3

e D=

Sendo n

n

A =PD P

−1

⇒

n

A =

1 −1

1 2

1 −1

1 2

Ou ainda n

A =

1 −1

1 2

" (−1)n 0

0 2n

2 1

−1 1

Efetivando os c´ alculos obtemos 

 An = 

2(−1)n + 2n 3 2(−1)n+1

+ 2n+1

(−1)n+1 + 2n 3 (−1)n

3

+ 2n+1 3

  

Em particular, para n = 10, temos

10

A



 =

2(−1)10 + 210 3

(−1)10+1 + 210 3

2(−1)10+1 + 210+1 3

(−1)10 + 210+1 3

361



 =

342 682

341 683

−1

6.3.2

Exerc´ıcios

30) Suponha que a matriz A =

1 0

Calcule A2 , A3 , An , onde n > 3. 4 4 31) Seja A = , calcule An . 1 4 3 1 32) Seja A = . Encontre: 2 2

2 . 1

a ) P a matriz cujas colunas s˜ ao os autovetores de A; b ) A matriz diagonal D = P −1 A P ; c ) An ; Se os elementos diagonais de D s˜ ao n˜ ao negativos, seja √ B = P D P −1 onde √

D=

" p

λ1

0

0 p λ2

#

Ent˜ ao B é a raiz quadrada positiva de A; isto é, B 2 = A. d ) Encontre a raiz quadrada da matriz A; e ) Verifique que, de fato, B 2 = A. 2 2 33) Seja A = . Encontre: 1 3 a ) Os autovalores e os autovetores correspondentes; b ) Uma matriz n˜ ao singular P e P −1 tais que P −1 A P é diagonal; c ) A6 e f (A) onde f (t) = t4 − 3t3 − 6t2 + 7t + 3; d ) A raiz quadrada positiva de A. 2 −1 34) Repita o exerc´ıcio anterior para A = . −2 3 35) Sejam A, B ∈ Mn (R) escreva uma fórmula para

(A + B)2 , (A − B)2 , A2 − B 2   0 1 1   36) Seja A =  1 0 1 , calcule An . 1 1 0   1 1 0   37) Seja A =  2 −2 2 , calcule An . 0

1

1

362

Teorema de Gersgorin (1906-1995)

Olga Taussky-Todd foi uma das mulheres pioneiras na An´ alise Matricial e a primeira mulher a ocupar um cargo de professora no Instituto Tecnol´ ogico da Calif´ ornia. Ela trabalhou no Laborat´ orio Nacional de F´ısica em Londres durante a Segunda Guerra Mundial, onde foi encarregada de estudar vibra¸co ˜es em aeronaves supersˆ onicas. Ocorre que os problemas centrais de vibra¸co ˜es eram relacionadas ` a localiza¸ca õ dos autovalores de uma certa matriz complexa 6 × 6 e assim foi contratado um grande grupo de jovens meninas para efetuar os c´ alculos necess´ arios em calculadoras manuais. Olga Taussky-Todd havia ouvido falar de um resultado, denominado Teorema de Gersgorin, que fornecia uma maneira simples de identificar certos c´ırculos que continham autovalores de uma matriz complexa. Ela rapidamente percebeu que esse teorema poderia ser usado para fornecer informa¸co ˜es sobre vibra¸co ˜es que de outro modo exigiriam c´ alculos trabalhosos. Essa observa¸ca õ elevou o teorema de Gersgorin da obscuridade a importˆ ` ancia pr´ atica. Depois da Segunda Guerra Mundial ela continuou seu trabalho em assuntos relacionados a matrizes e ajudou a trazer muitos resultados conhecidos (mas discrepantes) sobre matrizes para um assunto coerente, que hoje conhecemos como Teoria de Matrizes. ([8], p. 513)

A equa¸c˜ ao

(p. 331)

AX = λX define vetor pr´ oprio de uma matriz. Se a matriz A é complexa consideramos o escalar λ tomando valores no corpo complexo C. Como no caso real provase que λ é valor pr´ oprio de A se, e somente se, det (A − λ In ) = 0 Isto é, os valores pr´ oprios de A s˜ ao as ra´ızes do polinˆ omio resultante da equa¸cão acima. O conjunto dos valores pr´ oprios de A é chamado de espectro de A. O teorema de Gersgorin nos permite prever onde se localiza no plano complexo o espectro de uma matriz, sem calcular explicitamente seus valores. Antes de enunciar e provar o teorema de Gersgorin necessitamos de uma defini¸cão, dada a seguir:

363

Defini¸ c˜ ao 47. Seja z0 um n´ umero complexo e r > 0 um n´ umero real. Chama-se disco de centro z0 e raio r o subconjunto D(z0 , r) do plano complexo definido por y

p

3

zs0 2

p

z ∈ C : |z − z0 | ≤ r

r

1

p

D(z0 ; r) =

D(z0 ; r)

p

p

1

p

2

p

3

x

p

0

Teorema 12 (Teorema de Gersgorin). Seja A = (aij ) uma matriz complexa de ordem n. Consideremos os n discos D(aii ; ri ) onde n X

ri =

j=1 j 6= i

|aij |

(i = 1, . . . , n).

Ent˜ ao o espectro de A est´ a contido na reuni˜ ao destes n discos. Antes da prova deste teorema vamos exemplific´ a-lo para a matriz   i −i 0   −2 + i i A= 1  ∈ M3 (C) i i −1 + i

Vamos encontrar os três discos: ri =

3 X

j=1 j 6= i

|aij |

Ent˜ ao i=1

Temos |a12 | =

p

⇒

(i = 1, 2, 3).

3 X

r1 =

j=1 j 6= 1

02 + (−1)2 = 1

e

364

|a1j | = |a12 | + |a13 |

|a13 | =

p 02 + 02 = 0

Portanto o primeiro disco é D(z0 ; r) = z ∈ C : |z − z0 | ≤ r D (0, 1); 1

=

z = (x, y) ∈ C : | (x, y) − (0, 1) | ≤ 1

Onde, z0 = a11 = i = (0, 1). Ou seja, s˜ ao todos os n´ umeros complexos que satisfazem a desigualdade p (x − 0)2 + (y − 1)2 ≤ 1

S˜ ao os pontos no disco de equa¸c˜ ao

(x − 0)2 + (y − 1)2 = 1 Para o segundo disco, temos ⇒

i=2

Temos |a21 | =

p

r2 =

3 X

j=1 j 6= 2

12 + 02 = 1

e

|a2j | = |a21 | + |a23 |

|a23 | =

Portanto o segundo disco é D(z0 ; r) = z ∈ C : |z − z0 | ≤ r D (−2, 1); 2

=

p

02 + 12 = 1

z = (x, y) ∈ C : | (x, y) − (−2, 1) | ≤ 2

Onde, z0 = a22 = −2+i = (−2, 1). Ou seja, s˜ ao todos os n´ umeros complexos que satisfazem a desigualdade p (x + 2)2 + (y − 1)2 ≤ 2 S˜ ao os pontos no disco de equa¸c˜ ao

(x + 2)2 + (y − 1)2 = 2 Para o terceiro disco, temos i=3

Temos |a31 | =

p

⇒

r3 =

02 + 12 = 1

3 X

j=1 j 6= 3 e 365

|a3j | = |a31 | + |a32 |

|a32 | =

p

02 + 12 = 1

Portanto o terceiro disco é D(z0 ; r) = z ∈ C : |z − z0 | ≤ r D (−1, 1); 2

=

z = (x, y) ∈ C : | (x, y) − (−1, 1) | ≤ 2

Onde, z0 = a33 = −1+i = (−1, 1). Ou seja, s˜ ao todos os n´ umeros complexos que satisfazem a desigualdade p (x + 1)2 + (y − 1)2 ≤ 2 S˜ ao os pontos no disco de equa¸cão

(x + 1)2 + (y − 1)2 = 2 Logo, o teorema de Gersgorin afirma que os autovalores da matriz A situam-se todos na reunião destes três discos: y

p

3

p

2

p

p

−1

1

t

0

p

1

p

2

p

3

x

p

−2

t

p

t

Podemos confirmar isto calculando as ra´ızes do polinˆ omio   i−λ −i 0   −2 + i − λ i det (A − λ In ) = 0 ⇒ det  1 =0 i i −1 + i − λ

Desenvolvendo este determinante pela primeira −2 + i − λ i (i − λ) − (−i) i −1 + i − λ 366

linha obtemos: 1 i i −1 + i − λ

=0

Ao final obtemos o polinˆ omio caracter´ıstico da matriz λ3 + (3 − 3i) λ2 − (5i) λ − (2 + 2i) = 0 cujas ra´ızes s˜ ao λ1 = −1, λ2 = i, λ3 = −2 + 2i Vamos alocar estes autovalores no gr´ afico anterior y

p

3

t

p

2

t

p

1

p

pt

−1

p

0

1

p

p

2

3

x

p

−2

Nesta figura retiramos os centros dos discos − para Vamos agora demonstrar o teorema de Gersgorin.  x1  .. Prova: Tomemos um valor pr´ oprio λ e seja X =  . xn

associado a λ. A igualdade A X = λ X pode ser reescrita como

....................................

an1 x1 + an2 x2 + · · · + ann xn = λ xn Ou ainda 367

     

a21 x1 + a22 x2 + · · · + a2n xn = λ x2

    

a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn = λ x1

n X j=1

evitar confus˜ ao. 

 oprio  um vetor pr´ (eq. (6.9), p. 349)

aij xj = λ xi ( i = 1, . . . , n )

 0      a x 21 1

+ a12 x2

+ ···

+ a1n xn

= λ x1 − a11 x1

+

+ ···

+ a2n xn

= λ x2 − a22 x2

0

 .......................................................      a x + a x + ··· + 0 = λ x2 − ann xn n1 1 n2 2

O sistema acima pode ser reescrito de forma compacta como n X aij xj = λ xi − aii xi = (λ − aii ) xi (i = 1, . . . , n). j=1 j 6= i

(6.10)

Vamos escolher o ´ındice i0 ∈ { 1, . . . , n } tal que

| xi | = max{ |xi | : i = 1, . . . , n } 0

Substituindo este ´ındice na equa¸cão (6.10) e tomando o m´ odulo obtemos: n X ai j xj = |(λ − ai i ) xi | 0 0 0 j =1 0 j 6= i0 Sendo assim temos

Ou ainda∗

Logo

n X ai j xj |(λ − ai i ) xi | = |λ − ai i | |xi | = 0 0 0 0 0 0 0 j =1 j 6= i0

X n X n |ai j | |xj | |λ − ai i | |xi | = ai j xj ≤ 0 0 0 0 j=1 0 j=1 j 6= i0 j 6= i0 

  n   X |ai j |  |ai j | |xj | ≤  |λ − ai i | |xi | ≤  max |xj |  0 0 0 0 0   j=1 j=1 j 6= i0 j 6= i0 n X

∗



Lembramos que para n´ umeros reais valem: |a1 + a2 + · · · + an | ≤ |a1 | + |a2 | + · · · + |an | P P n isto é n a ≤ |a j |, e mais: |a · b| = |a| · |b|. j=1 j j=1

368

Então 



 X  n X  n    |λ − ai i | |xi | ≤  |ai j |  max |xj | ≤ |ai j | |xi | 0 0 0 0 0 0  j=1  j=1 j 6= i0 j 6= i0

Portanto

|λ − ai

0 i0

| |xi | ≤ 0

n X

j=1 j 6= i0

|ai j | |xi | ⇒ |λ − ai 0

0 i0

0

Esta u ´ltima desigualdade implica em que λ ∈ D(ai

0 i0

6.3.3

| ≤

n X

j=1 j 6= i0

|ai j | 0

; ri ).

0

Exerc´ıcios

38) Considere a matriz A =

"

1+i

2i

−i

i

#

∈ M2 (C).

Encontre − e fa¸ca um esbo¸co gr´ afico − dos “discos de Gersgorin”. Plote no gr´ afico os autovalores da matriz. 39) Repita o exerc´ıcio anterior para a matriz A =

"

1+i i

−i

−i − i

40) Repita o exerc´ıcio anterior para a matriz† 

1+i

 A =  −i

− 12

†

0

i

−1 + i i



 0  ∈ M3 (C). √ − 2i

Dica: Um dos autovalores da matriz coincide com o centro do primeiro disco.

369

#

.

EPÍSTOLA PREAMBULAR (De Giordano Bruno) PARA O ILUSTRÍSSIMO SENHOR MICHEL DE CASTELNAU Se eu, ilustr´ıssimo Cavaleiro, manejasse o arado, apascentasse um rebanho, cultivasse uma horta, remendasse um fato, ninguém faria caso de mim, raros me observariam, poucos me censurariam, e fàcilmente poderia agradar a todos. Mas, por eu ser delineador do campo da natureza, atento ao alimento da alma, ansioso da cultura do esp´ırito e estudioso da actividade do intelecto, eis que me amea¸ca quem se sente visado, me assalta quem se vê observado, me morde quem é atingido, me devora quem se sente descoberto. E n˜ ao é só um, n˜ ao são poucos, são muitos, são quase todos. Se quiserdes saber porque isto acontece, digo-vos que a raz˜ ao é que tudo me desagrada, que detesto o vulgo, a multidão n˜ ao me contenta, e só uma coisa me fascina: aquela, em virtude da qual me sinto livre em sujei¸cão, contente em pena, rico na indigência e vivo na morte; em virtude da qual n˜ ao invejo aqueles que são servos na liberdade, que sentem pena no prazer, são pobres na riqueza e mortos em vida, pois que têm no próprio corpo a cadeia que os acorrenta, no esp´ırito o inferno que os oprime, na alma o error que os adoenta, na mente o letargo que os mata, n˜ ao havendo magnanimidade que os redima, nem longanimidade que os eleve, nem esplendor que os abrilhante, nem ciência que os avive. Da´ı, sucede que n˜ ao arredo o pé do ´ arduo caminho, por cansado; nem retiro as mãos da obra que se me apresenta, por indolente; nem qual desesperado, viro as costas ao inimigo que se me opõe, nem como deslumbrado, desvio os olhos do divino objeto: no entanto, sinto-me geralmente reputado um sofista, que mais procura parecer subtil do que ser ver´ıdico; um ambicioso, que mais se esfor¸ca por suscitar nova e falsa seita do que por consolidar a antiga e verdadeira; um trapaceiro que procura o resplendor da gl´ oria impingindo as trevas dos erros; um esp´ırito inquieto que subverte os edif´ıcios da boa disciplina, tornando-se maquinador de perversidade. Oxalá, Senhor, que os santos numes afastem de mim todos aqueles que injustamente me odeiam; oxalá que me seja sempre prop´ıcio o meu Deus; oxalá que me sejam favoráveis todos os governantes do nosso mundo; oxalá que os astros me tratem tal como à semente em rela¸caõ ao campo, e ao campo em rela¸caõ à semente, de maneira que apare¸ca no mundo algum fruto u ´til e glorioso do meu labor, acordando o esp´ırito e abrindo o sentimento ` aqueles que n˜ ao têm luz de intelecto; pois, em verdade, eu n˜ ao me entrego a fantasias, e se erro, julgo n˜ ao errar intencionalmente; falando e escrevendo, n˜ ao disputo pelo amor da vitória em si mesma (pois que todas as reputa¸co˜es e vitórias considero inimigas de Deus, abjectas e sem sombra de honra, se n˜ ao assentarem na verdade), mas por amor da verdadeira sapiência e fervor da verdadeira ´ isto que ir˜ especula¸caõ me afadigo, me apoquento, me atormento. E ao comprovar os argumentos da demonstra¸caõ, baseados em racioc´ınios válidos que procedem de um ju´ızo recto, informado por imagens n˜ ao falsas, que, como verdadeiras embaixadoras, se desprendem das coisas da natureza e se tornam presentes àqueles que as procuram, patentes àqueles que as miram, claras para todo aquele que as aprende, certas para todo aquele que as compreende. Apresento-vos agora a minha especula¸caõ acerca do infinito, do universo e dos mundos inumeráveis. Do livro: ACERCA DO INFINITO, DO UNIVERSO E DOS MUNDOS. Giordano Bruno (1548-1600) foi queimado vivo em 1600 pelo Papa.

370

Cap´ıtulo

7

FORMAS BILINEARES E ´ QUADRATICAS Tanto para eruditos quanto para leigos n˜ ao ´ e a Filosofia, mas a experiˆ encia ativa na pr´ opria Matem´ atica que unicamente pode responder ` a quest˜ ao: o que ´ e Matem´ atica?

(Richard Courant)

Introdu¸ c˜ ao: As formas bilineares, a serem estudadas nesta se¸caõ, est˜ ao relacionadas com considera¸co˜es acerca da energia de um sistema e, portanto, com toda a F´ısica.

7.1

Formas Bilineares

Defini¸ c˜ ao 48. Sejam U e V espa¸cos vetoriais sobre R. Uma forma bilinear é uma transforma¸c˜ ao f : U ×V →R

(u, v) 7→ f (u, v)

que satisfaz as seguintes condi¸c˜ oes: ( i ) Para todo v fixado, f é linear em u, isto é, f ( u1 + u2 , v ) = f ( u1 , v ) + f ( u2 , v ) f ( λ u, v ) = λ f ( u, v ) ( ii ) Para todo u fixado, f é linear em v, isto é, f ( u, v1 + v2 ) = f ( u, v1 ) + f ( u, v2 ) f ( u, λ v ) = λ f ( u, v ) Em resumo: uma forma bilinear é linear em cada uma das duas variáveis.

371

Indicaremos por

B UV o conjunto das transforma¸co˜es bilineares de U em V , isto

é: =

(

f : U ×V →R (u, v)

: f é bilinear

7→ f (u, v)

(

B

U V

O conjunto B UV passa a ter uma estrutura de espa¸co vetorial sobre R se definirmos adi¸caõ e multiplica¸caõ por escalar da forma “usual”: (f + g)(u, v) = f (u, v) + g(u, v) (λ f )(u, v) = λ f (u, v) Para quaisquer f, g ∈ B UV e λ ∈ R. Exemplos: 1 ) O produto usual de n´ umeros reais p : R×R→R (x, y)

7→ p(x, y) = x y

De fato, (i) p(x + y, z) = (x + y) z = xz + yz = p(x, z) + p(y, z) p(λ x, y) = (λ x) y = λ (x y) = λ p(x, y) ( ii ) Análogo. 2 ) Seja V um espa¸co vetorial com produto interno. A transforma¸caõ f : V ×V →

R

(u, v) 7→ f (u, v) = h u, v i é uma forma bilinear. Isto decorre da defini¸caõ de produto interno e das propriedades P2 e P3 . (def. 29, p. 258; p. 262) Resumindo: Todo produto interno em um espa¸co vetorial V é uma forma bilinear. 3 ) Seja A uma matriz real m × n fixada. A aplica¸caõ fA : Mm×1 (R) × Mn×1 (R) → R

(7.1)

fA (X, Y ) = X t A Y

(7.2)

dada por é bilinear. Basta ter em conta as propriedades de multiplica¸caõ de matrizes e de matriz por escalar. (Cap. 8)

372

Vejamos um exemplo para “desanuviar os hieroglifos” anteriores. Ent˜ ao fA : M2×1 (R) × M3×1 (R) → R 

A=

1 4

2 −1 3 2





,

x1 x2

X=





 Y = 

,

y1 y2 y3

   

Portanto fA (X, Y ) = X t A Y =

x1

x2

1 4

2 −1 3 2

Fazendo as multiplica¸co˜es obtemos



 y1  y2  y3

fA (X, Y ) = x1 y1 + 4x2 y1 + 2x1 y2 + 3x2 y2 − x1 y3 + 2x2 y3 4 ) Sejam µ : U → R e ν : V → R duas formas lineares.

(p. 224)

A transforma¸caõ f : U × V → R definida por f (u, v) = µ(u) ν(v) é bilinear. Vamos provar, por exemplo, o ´ıtem ( ii ) da defini¸caõ. Veja f ( u, v1 + v2 ) = µ(u) ν(v1 + v2 ) = µ(u) ν(v1 ) + ν(v2 )

= µ(u) ν(v1 ) + µ(u) ν(v2 ) = f ( u, v1 ) + f ( u, v2 )

Por outro lado f ( u, λ v ) = µ(u) ν(λ v) = µ(u) λ ν(v) = λ µ(u) ν(v) = λ f (u, v)

Esta forma bilinear é denotada por µ ⊗ ν e recebe o nome de produto tensorial das formas lineares µ e ν. Portanto µ: U → R ν: V → R

⇒

µ⊗ν : U ×V →R (u, v)

373

7→ µ(u) ν(v)

5 ) Sejam µ : U → R e ν : V → R duas formas lineares. A transforma¸caõ f : U × V → R definida por f (u, v) = µ(u) ν(v) − µ(v) ν(u) é bilinear (mostre isto). Esta forma bilinear é denotada por µ ∧ ν e recebe o nome de produto exterior das formas lineares µ e ν.

7.1.1

Matriz de uma forma bilinear

Suponhamos que U e V sejam espa¸cos vetoriais sobre R de dimensões m e n, respectivamente, e, ademais, que f : U × V → R seja uma forma bilinear. Consideremos uma base B = { u1 , u2 , . . . , um } de U e uma base C = { v1 , v2 , . . . , vn } de V . Consideremos u = λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λm um

e v = γ1 v1 + γ2 v2 + · · · + γn vn

vetores arbitrários em U e V , respectivamente. Sendo assim, temos f (u, v) = f (λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λm um , γ1 v1 + γ2 v2 + · · · + γn vn ) = λ1 γ1 f (u1 , v1 ) + λ1 γ2 f (u1 , v2 ) + · · · + λ1 γn f (u1 , vn ) + λ2 γ1 f (u2 , v1 ) + λ2 γ2 f (u2 , v2 ) + · · · + λ2 γn f (u2 , vn ) ······························································· + λm γ1 f (um , v1 ) + λm γ2 f (um , v2 ) + · · · + λm γn f (um , vn ) Podemos reescrever o lado direito dessa equa¸caõ em forma matricial:

λ1

λ2 · · · λm



f (u1 , v1 )

f (u1 , v2 )

...

f (u1 , vn )

  f (u , v ) f (u , v ) . . . f (u , v ) 2 1 2 2 2 n    ...................................... f (um , v1 ) f (um , v2 ) . . . f (um , vn )

     

γ1 γ2 .. . γn

     

A matriz de ordem m × n dada por



f (u1 , v1 )

f (u1 , v2 )

...

f (u1 , vn )

  f (u , v ) f (u , v ) . . . f (u , v ) 2 1 2 2 2 n f (ui , vj ) =    ...................................... f (um , v1 ) f (um , v2 ) . . . f (um , vn )

     

é chamada matriz da forma bilinear de f em rela¸caõ às bases B e C.

374

(7.3)

Considerando



  [ u ]B =   

Vale a igualdade

λ1 λ2 .. . λn

     

e

f (u, v) = [ u ]tB



  [ v ]C =   

γ1 γ2 .. . γn

     

f (ui , vj ) [ v ]C

(7.4)

Exemplo: Seja a forma bilinear f : R3 × R3 → R, dada por f (x1 , x2 , x3 ), (y1 , y2 , y3 ) = −2x1 y1 + 4x2 y1 + 2x2 y2 + 2x3 y3

Consideremos a base canˆ onica do R3 , isto é

B = { u1 = (1, 0, 0), u2 = (0, 1, 0), u3 = (0, 0, 1) }, e C = { v1 = (1, 0, 0), v2 = (0, 1, 0), v3 = (0, 0, 1) } Ent˜ ao, a matriz de f dever´ a ser de ordem 3 × 3, por exemplo f (x1 , x2 , x3 ), (y1 , y2 , y3 ) = −2x1 y1 + 4x2 y1 + 2x2 y2 + 2x3 y3

f (1, 0, 0), (1, 0, 0) = −2 · 1 · 1 + 4 · 0 · 1 + 2 · 0 · 0 + 2 · 0 · 0 = −2 | {z } | {z } u1

v1

Portanto f (u1 , v1 ) = −2. Procedendo de modo análogo para as outras posi¸co˜es da matriz, obtemos



f (u1 , v1 ) f (u1 , v2 ) f (u1 , v3 )



 −2 0     f (ui , vj ) =  f (u , v ) f (u , v ) f (u , v ) = 2 1 2 2 2 3    4 2 0 0 f (u , v ) f (u , v ) f (u , v )

3

1

3

2

3

3

 0  0  2

Podemos escrever a forma bilinear dada na forma matricial:

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

375

x2



−2  x3  4 0

  0 0 y1   2 0   y2  y3 0 2

Exemplo: Seja a forma bilinear f : R2 × R3 → R, dada por f (u, v) = x1 y1 + 3x1 y2 − x1 y3 + x2 y1 − 3x2 y3 Onde u = (x1 , x2 ) e v = (y1 , y2 , y3 ) são vetores genéricos do R2 e do R3 , respectivamente. Consideremos, nos respectivos espa¸cos, as bases canônicas: B = { u1 = (1, 0), u2 = (0, 1) }, e C = { v1 = (1, 0, 0), v2 = (0, 1, 0), v3 = (0, 0, 1) } Ent˜ ao, a matriz de f deverá ser de ordem 2 × 3, por exemplo f (u2 , v3 ) = x1 y1 + 3x1 y2 − x1 y3 + x2 y1 − 3x2 y3 f (0, 1), (0, 0, 1) = 0 · 0 + 3 · 0 · 0 − 0 · 1 + 1 · 0 | {z } | {z } u2

− 3 · 1 · 1 = −3

v3

Portanto f (u2 , v3 ) = −3. Procedendo de modo análogo para as outras posi¸co˜es da matriz, obtemos

f (ui , vj ) =

"

f (u1 , v1 )

f (u1 , v2 )

f (u1 , v3 )

f (u2 , v1 )

f (u2 , v2 )

f (u2 , v3 )

#

=

"

1 3 1 0

−1 −3

#

Podemos escrever a forma bilinear dada na forma matricial:   " # y1 1 3 −1   f (u, v) = x1 x2  y2  1 0 −3 y3

Mudan¸ ca de base Daqui para a frente restringiremos as formas bilineares f : U ×V → R aos casos em que U = V . Estaremos tentando responder a seguinte pergunta: como a matriz que representa uma forma bilinear se altera quando uma nova base é escolhida? A resposta é dada na próxima Proposi¸ c˜ ao 34. Seja P a matriz de mudan¸ca da base B = { u1 , u2 , . . . , un } do espa¸co vetorial V para a base C = { v1 , v2 , . . . , vn } desse mesmo espa¸co. Se A é a representa¸c˜ ao matricial da forma bilinear f : V × V → R na base original B, ent˜ ao P t A P é a representa¸c˜ ao matricial de f na nova base C.

376

Antes da prova desta proposi¸caõ, vejamos um exemplo. Seja f : R2 × R2 → R dada por f (x1 , x2 ), (y1 , y2 ) = 2x1 y1 − 3x1 y2 + 4x2 y2

a ) Determine a matriz A de f na base { u1 = (1, 0), u2 = (1, 1) }. b ) Determine a matriz B de f na base { v1 = (2, 1), v2 = (1, −1) }. c ) Determine a matriz P de mudan¸ca da base “antiga” { ui } para a “nova” base { vi }. Verifique que B = P t A P . Solu¸ c˜ ao: a ) A matriz que comparece em (7.3) (p. 374) adaptada ao presente contexto fica assim: " # f (u1 , u1 ) f (u1 , u2 ) A= f (u2 , u1 ) f (u2 , u2 ) Por exemplo f (x1 , x2 ), (y1 , y2 ) = 2x1 y1 − 3x1 y2 + 4x2 y2

f (1, 0), (1, 0) = 2 · 1 · 1 − 3 · 1 · 0 + 4 · 0 · 0 = 2 | {z } | {z } u1

u1

Procedendo de modo análogo para as outras posi¸co˜es da matriz, obtemos " # 2 −1 A= 2 3 b ) Agora procuramos a matriz: " B=

f (v1 , v1 ) f (v1 , v2 ) f (v2 , v1 ) f (v2 , v2 )

#

Por exemplo f (x1 , x2 ), (y1 , y2 ) = 2x1 y1 − 3x1 y2 + 4x2 y2

f (1, −1), (2, 1) = 2 · 1 · 2 − 3 · 1 · 1 + 4 · (−1) · 1 = −3 | {z } | {z } v2

v1

Procedendo de modo análogo para as outras posi¸co˜es da matriz, obtemos " # 6 6 B= −3 9

377

c ) Agora procuramos a matriz: P =

"

λ11 λ21

#

λ12 λ22

Onde:

(def. 12, p. 113)

v1 = λ11 u1 + λ21 u2 v2 = λ12 u1 + λ22 u2 Escrevendo os vetores da base { vi } como combina¸caõ linear dos vetores da base { ui }, temos (2, 1) = λ11 (1, 0) + λ21 (1, 1) (1, −1) = λ12 (1, 0) + λ22 (1, 1) Resolvendo este sistema encontramos P = Fa¸camos o produto " 1 t P AP = 2

1 −1

#"

"

1 1

2

−1

2

3

2 −1

#"

#

1 2 1 −1

#

=

"

6 6 −3 9

#

=B

Prova: Sejam u, v ∈ V . Como P é a matriz de mudan¸ca da base B para a base C temos que (eq. (2.18), p. 120) [ u ] B = P [ u ]C Similarmente temos [ v ] B = P [ v ]C Tomando o transposto em ambos os membros da primeira equa¸caõ t t ⇒ [ u ]tB = [ u ]tC P t [ u ]B = P [ u ]C

Tendo em conta que∗

(eq. (7.4), p. 375)

f (u, v) = [ u ]tB A [ v ]B Escrevemos f (u, v) = [ u ]tB A [ v ]B = [ u ]tC P t A P [ v ]C Como u e v são vetores arbitrários em V , segue que P t A P é a representa¸caõ matricial da forma bilinear f na base nova C. A proposi¸caõ anterior motiva a seguinte defini¸caõ ∗ Observe que esta equa¸c˜ ao deriva da equa¸c˜ ao (7.4) (p. 375), na qual tomamos as duas bases iguais B = C.

378

Defini¸ c˜ ao 49. Uma matriz B é congruente a uma matriz A se existe uma matriz invers´ıvel P tal que B = P t A P . Sendo assim: Quando se muda a base do espa¸co vetorial V , a matriz da forma bilinear f : V × V → R muda para uma outra matriz congruente à primeira. Nota¸c˜ ao: Se A é congruente a B escrevemos: A ≈ B. Proposi¸ c˜ ao 35. A rela¸c˜ ao ≈ no conjunto das matrizes quadradas é uma rela¸c˜ ao de equivalência, isto é: (i) ( ii ) ( iii )

A ≈ A, para toda A; Se A ≈ B ent˜ ao B ≈ A; Se A ≈ B e B ≈ C ent˜ ao A ≈ C.

Prova: ( i ) A matriz identidade In é tal que Int = In . Como A = Int A In , segue que A ≈ A. ( ii ) Como A ≈ B, existe uma matriz invers´ıvel P tal que A = P t B P . Multiplicado −1 essa igualdade do lado esquerdo por P t e do lado direito por P −1 encontramos t t −1 −1 t −1 −1 t B = P A P , mas P = P ; logo, B = P −1 A P −1 e P −1 também é invers´ıvel; assim, B ≈ A. ( iii ) Como A ≈ B e B ≈ C existem matrizes invers´ıveis P e Q tais que A= PtBP

e

B = Qt C Q

Ent˜ ao A = P t B P = P t (Q t C Q) P Logo A = (P t Q t ) C (Q P ) = (Q P ) t C (Q P ) Q P sendo invers´ıvel decorre que A ≈ C.

7.1.2

Formas bilineares sim´ etricas

Defini¸ c˜ ao 50. Seja f : V × V → R uma forma bilinear sobre V . Dizemos que f é simétrica se, para todos u, v ∈ V tivermos f (u, v) = f (v, u)

O conjunto

BS VV das formas bilineares simétricas é um subespa¸co vetorial do

espa¸co B VV das formas bilineares. De fato, esse conjunto é fechado para as opera¸co˜es de adi¸caõ e multiplica¸caõ por escalar; por exemplo, se f e g são simétricas ent˜ ao (f + g)(u, v) = f (u, v) + g(u, v) = f (v, u) + g(v, u) = (f + g)(v, u) isto é, f + g é simétrica.

379

Das defini¸co˜es de matriz de uma forma bilinear e forma bilinear simétrica é fácil inferir que a matriz de uma forma simétrica é uma matriz simétrica. Por outro lado seja A uma matriz simétrica e seja f a forma representada por A, numa certa base B: (eq. (7.2), 372) fA (X, Y ) = X t A Y Apenas fa¸camos uma ligeira troca de nota¸caõ f (u, v) = X t A Y Onde 

  [ u ]B =   

x1 x2 .. . xn



  =X  

e



  [ v ]B =   

y1 y2 .. . yn



  =Y  

Vamos provar que f (u, v) é simétrica. Com efeito, t f (v, u) = Y t A X = Y t A t ( (X) t )t = (X t A Y )t = f (u, v) = f (u, v)

Nota: A primeira igualdade acima foi obtida fazendo-se a permuta entre X e Y na equa¸caõ (7.2) (p. 372) . Isto é poss´ıvel em fun¸caõ de que A é de ordem n × n, observe a equa¸caõ (7.1) (p. 372). A u ´ltima igualdade se deve a que f (u, v) é um n´ umero real, pode ser visto como uma matriz 1 × 1 que, portanto, coincide com sua transposta. Portanto, existe uma bije¸caõ

BS VV ←→ MSn (R) Onde, a cada f ∈ BS VV (dim V = n) est´ a associada uma matriz simétrica de ordem n e, vice-versa. Em resumo: o espa¸co das formas bilineares simétricas é isomorfo ao espa¸co das matrizes reais simétricas. O principal resultado sobre formas bilineares simétricas é dado a seguir. Teorema 13. Seja f : V × V → R uma forma bilinear simétrica. Ent˜ ao existe uma base de V em rela¸c˜ ao a ` qual a matriz de f é diagonal, isto é, tal que f (vi , vj ) = 0 se i 6= j. Prova: A demonstra¸caõ se faz por indu¸caõ sobre a dimensão n do espa¸co. Inicialmente consideremos f = 0 e dim V = 1. Se B = { u1 } é uma base de V , a matriz de f é [ f ] = f (u1 , u1 ) = 0 , e o teorema est´ a provado. Seja V um espa¸co de dimensão n > 1 e suponhamos o teorema válido para os espa¸cos de dimensão n − 1. Devemos provar que o teorema é válido para o caso em que dim V = n. Considere ent˜ ao que f 6= 0 e dim V > 1. Existe um vetor v1 em V tal que

380

f (v1 , v1 ) 6= 0. De fato, se o contr´ ario é que fosse verdadeiro, isto é, f (v, v) = 0, para todo v ∈ V , ter´ıamos 0 = f (u + v, u + v) = f (u, u) + f (u, v) + f (v, u) + f (v, v) =

0

+ f (u, v) + f (u, v) +

0 = 2f (u, v)

resultando f = 0, absurdo. Considerando ent˜ ao o vetor v1 tal que f (v1 , v1 ) 6= 0, todo vetor v ∈ V admite a seguinte decomposi¸caõ f (v, v1 ) f (v, v1 ) v= v− v1 + v (7.5) f (v1 , v1 ) f (v1 , v1 ) 1 Fa¸camos a seguinte nota¸caõ f (v, v1 ) x= v− v1 f (v1 , v1 )

e

y=

f (v, v1 ) v f (v1 , v1 ) 1

Observe que y é m´ ultiplo de v1 . Consideremos, ademais, os seguintes subconjuntos de V f (v, v1 ) v1 : v ∈ V e U2 = [ v1 ] U1 = x = v − f (v1 , v1 ) Afirmamos que U1 é um subespa¸co vetorial de V . Com efeito, tomando v = v1 ⇒ x = v1 −

f (v1 , v1 ) v = 0 ∈ U1 f (v1 , v1 ) 1

Mostremos que este conjunto é fechado para opera¸caõ de adi¸caõ. De fato, tomando dois elementos neste conjunto, digamos: x=v−

f (v, v1 ) v f (v1 , v1 ) 1

Temos x + x′ = v −

x′ = v ′ −

f (v ′ , v1 ) v f (v1 , v1 ) 1

f (v, v1 ) f (v ′ , v1 ) v1 + v ′ − v f (v1 , v1 ) f (v1 , v1 ) 1

Ent˜ ao x + x′ = (v + v ′ ) − Ou ainda:

e

f (v, v1 ) f (v ′ , v1 ) + f (v1 , v1 ) f (v1 , v1 )

x + x′ = (v + v ′ ) −

v1

f (v + v ′ , v1 ) v1 ∈ U1 f (v1 , v1 )

De modo análogo mostramos que U1 é fechado para a multiplica¸caõ por escalar. Sendo assim a equa¸caõ (7.5) nos permite escrever V como a soma de dois subespa¸cos: V = U1 + U2 . Mostremos que esta soma é direta. Temos f (v, v1 ) f (v, v1 ) v1 , v1 = f (v, v1 ) − f (v1 , v1 ) = 0 f (x, v1 ) = f v − f (v1 , v1 ) f (v1 , v1 ) Por isso dizemos que x é ortogonal a v1 relativamente a f . Observe ainda que se λ é um escalar n˜ ao nulo f (v1 , v1 ) 6= 0 ⇒ λ f (v1 , v1 ) 6= 0 ⇒ f (λ v1 , v1 ) 6= 0

381

donde concluimos que nenhum m´ ultiplo n˜ ao nulo de v1 pode ser ortogonal a v1 (relativamente a f ). De outro modo, nenhum elemento n˜ ao nulo de U2 pode pertencer a U1 (conjunto dos elementos ortogonais a v1 , relativamente a f ), o que nos permite escrever U1 ∩ U2 = { 0 }. Logo, V = U1 ⊕ U2 . V U2 y s

sv = x + y

v1 s U1

s x

0

O subespa¸co gerado por v1 é de dimensão 1; logo, a dimensão do subespa¸co U1 é n− 1. A restri¸caõ de f a este subespa¸co é simétrica∗; logo, podemos aplicar a este subespa¸co a hip´ otese de indu¸caõ e concluir que existe uma base { v2 , . . . , vn } ⊂ U1 de maneira que f (vi , vj ) = 0 se i 6= j, para i, j ∈ { 2, . . . , n }. Até o presente momento podemos escrever 

f (v1 , v1 )

f (v1 , v2 )

...

f (v1 , vn )

  f (v , v ) f (v , v ) . . . f (v , v ) 2 1 2 2  | 2{z n}   =0 f (vi , vj ) =   ....................................   f (vn , v1 ) f (vn , v2 ) . . . f (vn , vn ) | {z } =0

         

Afirmamos que o conjunto { v1 } ∪ { v2 , . . . , vn } é linearmente independente. De fato, se n˜ ao fosse este o caso, pela propriedade P5 (p. 90), o vetor v1 seria combina¸caõ linear dos demais; isto é, existiriam escalares λ2 , . . . , λn tais que v1 = λ2 v2 + · · · + λn vn Sendo assim f (v1 , v1 ) = f (v1 , λ2 v2 + · · · + λn vn ) = λ2 f (v1 , v2 ) + · · · + λn f (v1 , vn ) + · · · + λn 0 = 0

= λ2 0

Porquanto os vetores v2 , . . . , vn são ortogonais a v1 (relativamente a f ). A contradi¸caõ acima prova nossa afirmativa. Sendo assim B = { v1 , v2 , . . . , vn } é uma ∗ A t´ıtulo de simplifica¸c˜ ao de nota¸c˜ oes manteremos a mesma nota¸c˜ ao, f , para a restri¸c˜ ao de f ao subespa¸co U1 .

382

base de V satisfazendo f (vi , vj ) = 0, sempre que i 6= j, resultando: 

      f (vi , vj ) = B     

 f (v1 , v2 ) | {z }  =0 =0    f (v2 , v1 ) f (v2 , v2 ) . . . f (v2 , vn )  | {z } | {z }   =0 =0  .....................................    f (vn , v1 ) f (vn , v2 ) . . . f (vn , vn )  | {z } | {z } f (v1 , v1 )

f (v1 , v2 ) | {z }

=0

=0

...

Corol´ ario 6. Seja A uma matriz simétrica. Ent˜ ao A é congruente a uma matriz diagonal; isto é, existe uma matriz invers´ıvel P tal que P t A P é diagonal.

7.1.3

Formas bilineares antissim´ etricas

Defini¸ c˜ ao 51. Seja f : V × V → R uma forma bilinear sobre V . Dizemos que f é antissimétrica se, para todos u, v ∈ V tivermos f (u, v) = −f (v, u) Nota: Decorre da defini¸caõ que f (u, u) = 0, ∀ u, v ∈ V . O conjunto BA VV das formas bilineares antissimétricas é um subespa¸co vetorial do espa¸co B VV das formas bilineares. De fato, esse conjunto é fechado para as opera¸co˜es de adi¸caõ e multiplica¸caõ por escalar; por exemplo, se f e g são antissimétricas ent˜ ao (f + g)(u, v) = f (u, v) + g(u, v) = −f (v, u) − g(v, u) = − f (v, u) + g(v, u) = −(f + g)(v, u)

isto é, f + g é antissimétrica. Para que f seja antissimétrica é suficiente que se tenha f (vi , vj ) = −f (vj , vi ) numa base { v1 , v2 , . . . , vn } ⊂ V . Ou seja, a matriz de uma forma bilinear antissimétrica é uma matriz antissimétrica. Reciprocamente, dada uma matriz antissimétrica, pode-se mostrar que a forma bilinear de que ela provem, escolhida uma base apropriada de V , é antissimétrica. Uma forma bilinear f , ao mesmo tempo simétrica e antissimétrica, deve ser nula. Com efeito, para todos u, v ∈ V , temos: ( f (u, v) = f (v, u) ⇒ f (v, u) = −f (v, u) ⇒ f (v, u) = f (u, v) = 0 f (u, v) = −f (v, u) Este resultado implica que

BS VV ∩ BA VV = { 0 } 383

Por outro lado toda forma bilinear f ∈ B VV pode ser escrita como 1 1 f (u, v) = f (u, v) + f (v, u) + f (u, v) − f (v, u) 2 2 Observe que 1 f (u, v) + f (v, u) = g(v, u) é simétrica g(u, v) = 2 e 1 h(u, v) = f (u, v) − f (v, u) = −h(v, u) é antissimétrica 2

O que significa que toda forma bilinear f ∈ dois elementos f (u, v) = g(u, v) + h(u, v)

B VV pode ser escrita como a soma dos

⇒

B VV = BS VV + BA VV

E mais ainda: B VV = BS VV ⊕ BA VV . O principal resultado sobre formas bilineares antissimétricas é dado a seguir. Teorema 14. Seja f : V × V → R uma forma bilinear antissimétrica. Ent˜ ao existe uma base de V na qual f é representada por uma matriz diagonal por blocos na forma   A   A   ..   .   (7.6) A     0   .. . 0 Onde A =

0 1 −1 0

.

Prova: Inicialmente fazemos uma observa¸caõ. Quando se afirma que a matriz da forma antissimétrica é da forma dada em (7.6), isto significa que os blocos da diagonal são da forma A ou 0 − sendo este ou n˜ ao exclusivo. A demonstra¸caõ se faz por indu¸caõ sobre a dimensão n do espa¸co. ao o teorema é óbviamente verdadeiro. Além disso, se dim V = 1, Se f = 0, ent˜ ent˜ ao f (λ1 u, λ2 u) = λ1 λ2 f (u, u) = 0 e, assim∗ , f = 0. Sendo assim, podemos supor f 6= 0 e dim V > 1. Como f 6= 0, existem vetores v¯1 , v¯2 ∈ V tais que f (¯ v1 , v¯2 ) 6= 0. Esses dois vetores são linearmente independentes, pois se v¯2 = λ v¯1 ent˜ ao f (¯ v1 , v¯2 ) = f (¯ v1 , λ v¯1 ) = λ f (¯ v1 , v¯1 ) = 0 Seja U1 = [ v¯1 , v¯2 ] o subespa¸co gerado por v¯1 e v¯2 . A restri¸caõ de f ao subespa¸co U1 é uma forma bilinear antissimétrica; calculemos a matriz da restri¸caõ de f em rela¸caõ ` a base 1 (7.7) B = { λ v¯1 , v¯2 }, onde λ = f (¯ v1 , v¯2 ) ∗

Ver nota ap´ os def. 51, p. 383.

384

Ent˜ ao

(eq. (7.3), p. 374)

f (ui , vj ) =

"

f (u1 , v1 ) f (u1 , v2 ) f (u2 , v1 ) f (u2 , v2 )

#

Adaptando esta (aquela) matriz ao presente contexto temos B = { u1 = λ v¯1 , u2 = v¯2 }

e

C = { v1 = λ v¯1 , v2 = v¯2 }

(7.8)

Sendo assim, temos f (u1 , v1 ) = f (λ v¯1 , λ v¯1 ) = λ2 f (¯ v1 , v¯1 ) = λ2 0 = 0 e f (u1 , v2 ) = f (λ v¯1 , v¯2 ) = λ f (¯ v1 , v¯2 ) = e f (u2 , v1 ) = f (¯ v2 , λ v¯1 ) = λ f (¯ v2 , v¯1 ) = e

1 f (¯ v1 , v¯2 ) = 1 f (¯ v1 , v¯2 )

1 − f (¯ v1 , v¯2 ) = −1 f (¯ v1 , v¯2 )

f (u2 , v2 ) = f (¯ v2 , v¯2 ) = 0 Logo

f (ui , vj ) = A =

0 1 −1 0

Seja V um espa¸co de dimensão n > 2 e suponhamos o teorema válido para os espa¸cos de dimensão n − 2. Inicialmente observamos que U1 = [ v¯1 , v¯2 ] = [ λ v¯1 , λ v¯2 ] Se u ∈ U1 , existem escalares a e b tais que u = a (λ v¯1 ) + b (λ v¯2 ), ent˜ ao v1 , v¯1 ) + b λ f (¯ v2 , v¯1 ) = −b f (u, v¯1 ) = f a (λ v¯1 ) + b (λ v¯2 ), v¯1 = a λ f (¯

Substituimos na equa¸caõ acima λ como dado em (7.7). Análogamente v1 , v¯2 ) + b λ f (¯ v2 , v¯2 ) = a f (u, v¯2 ) = f a (λ v¯1 ) + b (λ v¯2 ), v¯2 = a λ f (¯ Sendo assim

u = a (λ v¯1 ) + b (λ v¯2 ) = f (u, v¯2 ) (λ v¯1 ) − f (u, v¯1 ) (λ v¯2 ) = λ f (u, v¯2 ) v¯1 − λ f (u, v¯1 ) v¯2

(7.9)

Isto significa que todo vetor u ∈ U1 pode ser expresso, quando conveniente, nesta forma. Seja U2 = { u ∈ V : f (u, v) = 0, ∀ v ∈ U1 } (7.10) Afirmamos que V = U1 ⊕ U2 . Com efeito, seja w ∈ U1 ∩ U2 , ent˜ ao existem escalares a e b tais que w = a v¯1 + b v¯2 ; por outro lado f (w, v) = 0, ∀ v ∈ U1 , isto é f (a v¯1 + b v¯2 , v) = 0, ∀ v ∈ U1

385

Ent˜ ao, tomando v = v¯1 f (a v¯1 + b v¯2 , v¯1 ) = 0 ⇒ af (¯ v1 , v¯1 ) + bf (¯ v2 , v¯1 ) = 0 ⇒ b = 0 tomando v = v¯2 f (a v¯1 + b v¯2 , v¯2 ) = 0 ⇒ af (¯ v1 , v¯2 ) + bf (¯ v2 , v¯2 ) = 0 ⇒ a = 0 Sendo assim, w = 0 o que implica U1 ∩ U2 = { 0 }. Resta mostrar que V = U1 + U2 . Seja ent˜ ao w ∈ V arbitrariamente fixado. Fa¸camos u1 = f (w, v¯2 )(λ v¯1 ) − f (w, v¯1 )(λ v¯2 )

e

u2 = w − u1

(7.11)

Como u1 é uma combina¸caõ linear de λ v¯1 e λ v¯2 , u1 ∈ U1 . A seguir mostraremos que u2 ∈ U2 . Como u1 ∈ U1 ent˜ ao ele pode ser expresso como em (7.9), assim: u1 = λ f (u1 , v¯2 ) v¯1 − λ f (u1 , v¯1 ) v¯2 Comparando este resultado com (7.11) inferimos que f (u1 , v¯2 ) = f (w, v¯2 )

e

f (u1 , v¯1 ) = f (w, v¯1 )

Ent˜ ao f (u2 , v¯1 ) = f (w − u1 , v¯1 ) = f (w, v¯1 ) − f (u1 , v¯1 ) = 0 e f (u2 , v¯2 ) = f (w − u1 , v¯2 ) = f (w, v¯2 ) − f (u1 , v¯2 ) = 0 Estes dois resultados implicam que f (u2 , v) = 0,

∀ v ∈ U1

que, de acordo com (7.10), é condi¸caõ suficiente para que u2 ∈ U2 . Por (7.11) w = u1 + u2 , onde u1 ∈ U1 . Isto mostra que V = U1 + U2 e, portanto, V = U1 ⊕ U2 . Sendo assim: dim V = dim U1 + dim U2 , isto é, n = 2 + dim U2 . Logo, dim U2 = n − 2. Pela hipótese de indu¸caõ, existe uma base B ′ = { u3 , . . . , un } de U2 na qual a representa¸caõ matricial de f , restrita a U2 , é da forma desejada. Sendo assim B ∪ B ′ = { u1 , u2 , u3 , . . . , un } (ver eq. (7.8), p. 385) é uma base de V na qual a representa¸caõ matricial de f possui a forma desejada.

386

Apenas como informa¸caõ complementar, observe a matriz de uma forma bilinear geral 

f (u1 , v1 )

f (u1 , v2 )

f (u1 , v3 )

...

f (u1 , vn )

  f (u , v ) f (u , v ) f (u , v ) . . . f (u , v ) 2 1 2 2 2 3 2 n   f (ui , vj ) =  f (u , v ) f (u , v ) f (u , v ) . . . f (u , v )  3 1 3 2 2 3 3 n   ................................................ f (un , v1 ) f (un , v2 ) f (un , v3 ) . . . f (un , vn ) Adaptada ao presente contexto



f (u1 , u1 )

         (vi ) = (ui )

A f (u1 , u2 )

f (u1 , u3 )

...

f (u1 , un )

  f (u , u ) f (u , u ) f (u , u ) . . . f (u , u ) 2 1 2 2 2 3 2 n   f (ui , uj ) =  f (u , u ) f (u , u ) f (u , u ) . . . f (u , u )  3 1 3 2 3 3 3 n   ................................................. f (un , u1 ) f (un , u2 ) f (un , u3 ) . . . f (un , un )

Hip´ otese de indu¸caõ

        

0 1 , como vimos, é a matriz de f restrita ao subespa¸co U1 = −1 0 [ v¯1 , v¯2 ] com respeito ` a base B = { u1 = λ v¯1 , u2 = v¯2 }. Observe que todos os termos fora dos retˆ angulos, na matriz acima, são iguais a 0 em fun¸caõ de que u1 , u2 ∈ U1 e u3 , . . . , un ∈ U2 . Observe como U2 foi construido em (7.10). (p. 385) A =

387

7.1.4

Exerc´ıcios

1) Sejam u = (x1 , x2 ) e v = (y1 , y2 ). Determine quais das expressões abaixo são formas bilineares sobre R2 : a) f (u, v) = 2x1 y2 − 3 x2 y1 , b) f (u, v) = x1 + y2 , c) f (u, v) = 1, d) f (u, v) = 0,

e) f (u, v) = x21 + y2 ,

f) f (u, v) = x1 x2 + y1 y2 .

2) Seja a forma bilinear f : R2 × R2 → R, dada por f (u, v) = −x1 y1 + 2 x2 y1 + 5x2 y2 onde u = (x1 , x2 ) e v = (y1 , y2 ). Encontre a matriz de f com respeito à base canˆ onica do R2 .   1 2 3) Dada a matriz A =  4 3 , encontre a forma bilinear associada, segundo −1 2 o esquema fA : M3×1 (R) × M2×1 (R) → R,

onde

fA (X, Y ) = X t A Y

4) Considere a forma bilinear dada por f (u, v) = 3x1 y1 − 2x1 y3 + 5x2 y1 + 7x2 y2 − 8x2 y3 + 4x3 y2 − 6x3 y3 onde u = (x1 , x2 , x3 ), v = (y1 , y2 , y3 ). Expresse f na nota¸caõ matricial, fA (X, Y ) = Xt A Y . 5) Seja a forma bilinear f : R2 × R3 → R, dada por f (u, v) = x1 y1 + 3x1 y2 − x1 y3 + x2 y1 − 3x2 y3 Onde u = (x1 , x2 ) e v = (y1 , y2 , y3 ) são vetores genéricos do R2 e do R3 , respectivamente. Consideremos, nos respectivos espa¸cos, as bases: B = { u1 = (1, 1), u2 = (−1, 1) }, e C = { v1 = (1, 1, 0), v2 = (0, 1, 1), v3 = (1, 1, 1) } Encontre a matriz de f com respeito a estas bases. 6) Prove que se f : U × V → R e g : U × V → R são bilineares ent˜ ao f + g e λ f são também bilineares. 7) Mostre que se ϕ e ψ são formas lineares sobre V , ent˜ ao f (u, v) = ϕ(u) ψ(v) é uma forma bilinear sobre V .

388

8) Seja f : R2 × R2 → R dada por f (x1 , x2 ), (y1 , y2 ) = 4x1 y1 − 3x1 y2 + 2x2 y2

a ) Determine a matriz A de f na base { u1 = (1, 1), u2 = (1, 0) }. b ) Determine a matriz B de f na base { v1 = (1, −1), v2 = (2, 1) }. c ) Determine a matriz P de mudan¸ca da base “antiga” { ui } para a “nova” base { vi }. Verifique que B = P t A P . 9) Seja f uma forma bilinear sobre V . Para qualquer subconjunto S de V fa¸ca S ⊥ = { v ∈ V : f (u, v) = 0 para todo u ∈ S } e S ⊤ = { v ∈ V : f (v, u) = 0 para todo u ∈ S } Mostre que: a ) S ⊥ e S ⊤ são subespa¸cos de V ; b ) S1 ⊂ S2 implica que S2⊥ ⊂ S1⊥ e S2⊤ ⊂ S1⊤ ; c ) { 0 }⊥ = { 0 }⊤ = V . 10) Seja f a forma bilinear . Que condi¸co˜es devem satisfazer a, b, c e d para que: a ) f (u, v) = f (v, u) para todo u, v ∈ R2 ; b ) f (u, v) = −f (v, u) para todo u, v ∈ R2 ; c ) Exista u 6= 0 tal que f (u, v) = 0 para todo u ∈ R2 ; d ) f (u, v) = 0 para todo v ∈ R2 implique u = 0. 11) Para cada uma das matrizes simétricas A dadas abaixo, determine uma matriz invers´ıvel P tal que D = P t A P é diagonal.     1 −2 1 1 0 2 1 −1 5 3 , c) A =  0 3 6  a) A = , b ) A =  −2 −1 3 1 3 −2 2 6 7

12) Sejam ϕ : R2 → R e ψ : R2 → R as formas lineares dadas por ϕ(x, y) = 2x + y

e

ψ(x, y) = x − y

Calcular as formas bilineares: a ) ϕ ⊗ ψ,

b ) ψ ⊗ ϕ,

c ) ψ ⊗ ψ,

d ) ϕ ⊗ ϕ,

e ) ϕ ⊗ ψ − ψ ⊗ ϕ,

f ) ϕ ⊗ ψ + ψ ⊗ ϕ.

13) Seja f : U × V → R uma forma bilinear. Seja u0 um vetor fixo de U . Prove que o seguinte subconjunto W = { v ∈ V : f (u0 , v) = 0 } é um subespa¸co vetorial de V . 14) Seja f : R2 → R dada por f (u, v) = x1 y1 + x1 y2 + x2 y2 − x2 y1 para todos u = (x1 , x2 ) e v = (y1 , y2 ). Calcule a matriz de f em rela¸caõ às bases: a ) { (0, 1), (1, 0) },

b ) { (1, 0), (0, 1) },

389

c ) { (1, 1), (1, −1) }.

Verifique que elas são congruentes duas a duas. 15) Dada f ∈ B VV provar que as formas bilineares g e h definidas por g(u, v) = f (u, v) + f (v, u) e

h(u, v) = f (u, v) − f (v, u)

satisfazem as condi¸co˜es: a) g ∈

BS VV ,

b) h ∈

BA VV ,

∗

∗

c ) 2f = g + h.

∗

[. . .] As notas autobiogr´ aficas de Albert Einstein, por exemplo, nos contam que ele era um dos que acreditavam que somos observadores essencialmente passivos vivendo em um universo preexistente, sobre o qual exercemos uma influência muito pequena: “L´ a fora encontra-se esse imenso universo” , ele dizia, “que existe independentemente dos seres humanos. . . ”. Contrastando com a perspectiva de Einstein, que ainda é sustentada por muitos cientistas hoje, John Wheeler, um f´ısico de Princeton e colega de Einstein, oferece uma explica¸c˜ ao radicalmente diferente de nosso papel na cria¸c˜ ao. [. . .] Os experimentos da f´ısica quˆ antica realmente nos revelam que as propriedades de um elétron mudam enquanto ele est´ a sob observa¸c˜ ao, basta que focalizemos nossa aten¸c˜ ao sobre ele, ainda que por um breve instante. Os experimentos sugerem que o simples ato de observar é um ato de criar, e que a consciência executa uma cria¸c˜ ao. Aparentemente esses resultados ap´ oiam a proposi¸c˜ ao de Wheeler de que n˜ ao podemos mais nos julgar simples observadores, sem qualquer efeito sobre o mundo que observamos. (Gregg Braden/A Matriz Divina, p. 10)

390

7.2

Formas Quadr´ aticas

As forma quadr´ aticas comparecem numa ampla gama de aplica¸co˜es práticas como, por exemplo, no estudo de vibra¸co˜es de sistemas mecânicos, em estudos sobre energia na F´ısica e no processamento e transmissão de sinais digitais na Engenharia Elétrica. O estudo das formas quadr´ aticas est´ a intimamente relacionado com as formas bilineares j´ a vistas. Defini¸ c˜ ao 52. Seja f : V × V → R uma forma bilinear sim´ etrica. Consideremos a fun¸c˜ ao qf : V → R definida por qf (v) = f (v, v), para todo v ∈ V . Esta atica sobre V associada ` a forma bilinear f . fun¸c˜ ao chama-se forma quadr´ Exemplos: 1 ) A forma bilinear a seguir t

fA (X, Y ) = X A Y =

x1

x2

2 3 3 −5

é simétrica (por conta de que a matriz A é simétrica). Fazendo as multiplica¸co˜es obtemos

y1 y2

fA (X, Y ) = 2x1 y1 + 3x2 y1 + 3x1 y2 − 5x2 y2 Por conveniência, fa¸camos a seguinte mudan¸ca de nota¸caõ f (u, v) = 2x1 y1 + 3x2 y1 + 3x1 y2 − 5x2 y2

onde u = (x1 , x2 ) e v = (y1 , y2 ). Temos que f é da forma f : R2 × R2 → R. Tomando u = (x1 , x2 ) = (x, y) = (y1 , y2 ) = v, obtemos qf (v) = 2x x + 3y x + 3x y − 5y y Ou ainda qf (v) = 2x2 + 6xy − 5y 2

Esta fun¸caõ é da forma qf : R2 → R, é a forma quadr´ atica associada à forma bilinear simétrica f . 2 ) A forma bilinear a seguir

fA (X, Y ) = X t A Y =

x1

x2

x3



1  2 −1

2 7 4

  −1 y1 4   y2  −3 y3

é simétrica (por conta de que a matriz A é simétrica). Substituindo u = (x1 , x2 , x3 ) = (x, y, z) = (y1 , y2 , y3 ) = v ao final obtemos qf : R3 → R, dada por qf (v) = x2 + 7y 2 − 3z 2 + 4xy − 2xz + 8yz

Observe (def. 391) que definimos uma forma quadr´ atica a partir de uma forma bilinear simétrica, a raz˜ ao para essa exigência é que podemos recuperar a forma bilinear original a partir da forma quadr´ atica a ela associada, como mostraremos a seguir:

391

Proposi¸ c˜ ao 36. Seja q : V → R a forma quadr´ atica associada ` a forma bilinear simétrica f : V × V → R . Ent˜ ao f fica univocamente determinada.∗ Prova: De fato, vamos provar a seguinte equa¸caõ f (u, v) =

1 q(u + v) − q(u) − q(v) 2

Conhecida como identidade de polariza¸c˜ ao. Ent˜ ao

q(u + v) − q(u) − q(v) = f (u + v, u + v) − f (u, u) − f (v, v) = f (u, u) + f (u, v) + f (v, u) + f (v, v) − f (u, u) − f (v, v) = 2f (u, v) Dividindo ambos os membros desta igualdade por 2, obtemos o resultado desejado. Exemplo: Seja a forma quadr´ atica q : R2 → R dada por q(u) = 6 x21 + 6 x1 x2 + 4 x22 e as formas bilineares f1 e f2 definidas por f1 (u, v) =

x1

x2

f2 (u, v) =

x1

x2

e

6 4

2 4

y1 y2

6 3

3 4

y1 y2

´ f´ E acil ver que f1 (u, u) = f2 (u, u) = q(u), ∀ u ∈ R2 . Este exemplo mostra a necessidade de se exigir que a forma bilinear seja simétrica; de outro modo, a forma bilinear n˜ ao ficaria univocamente determinada pela forma quadr´ atica associada a ela. Exemplo: A seguir mostramos como ficam as formas quadr´ aticas gerais em R2 e 3 R , respectivamente: a1 a3 x1 2 2 q(u) = a1 x1 + a2 x2 + 2 a3 x1 x2 = x1 x2 a3 a2 x2

e

q(u) = a1 x21 + a2 x22 + a3 x23 + 2 a4 x1 x2 + 2 a5 x1 x3 + 2 a6 x2 x3 =

x1

x2

x3



a1  a4 a5

a4 a2 a6

  a5 x1 a6   x2  a3 x3

Observe que a matriz A nestas igualdades é simétrica e que suas entradas na diagonal são os coeficientes dos termos quadrados e que suas entradas fora da diagonal são a metade dos coeficientes dos termos mistos. ∗

Estamos dispensando o ´ındice em qf , a t´ıtulo de simplifica¸c˜ ao de nota¸c˜ ao.

392

Exemplo: Vamos obter a matriz A para a 3 x21 + 2x22 − 5 x23 . Sendo assim, temos:  3 q(u) = x1 x2 x3  0 0

7.2.1

forma quadr´ atica dada por q(u) =   0 0 x1 2 0   x2  0 −5 x3

Diagonaliza¸c˜ ao de formas quadr´ aticas

Veremos a seguir que para toda forma quadr´ atica q : V → R existe uma base ortonormal de V em rela¸caõ a qual a matriz de q é diagonal, ou seja, q ter´ a uma forma parecida com a do exemplo anterior. Na subse¸caõ 7.1.1 (p. 374) consideremos U = V e as duas bases iguais: B = C = { v1 , v2 , . . . , vn }, base do espa¸co V . Suponhamos q : V → R a forma quadr´ atica associada ` a forma bilinear simétrica f . Neste caso, a partir da igualdade (7.4) (p. 375), obtemos q(v) = f (v, v) = [ v ]tB f (vi , vj ) [ v ]B

O teorema 13 (p. 380) afirma que existe uma base B ′ de V em rela¸caõ a qual a matriz de f é diagonal. Sendo assim podemos escrever q(v) = [ v ]tB′ f (vi , vj ) ′ [ v ]B′ B

Supondo

[ v ]B ′



 y1   =  ...  yn

e

f (vi , vj )

B′



 = 



d1 d2

..

.

dn

 

Substituindo na u ´ltima equa¸caõ obtemos

q(v) =

y1

···

yn



 

d2

..

.

 y1   ..    .  = d1 y12 + · · · + dn yn2 yn 

d1 dn

Dizemos que a base B ′ diagonalizou a forma quadr´ atica q. Essa igualdade é dita uma express˜ ao diagonal de q. Na se¸caõ seguinte veremos um algoritmo para obter a expressão diagonal de uma forma quadr´ atica. A diagonaliza¸caõ de uma forma quadr´ atica tem muitas aplica¸co˜es, uma delas será vista oportunamente na classifica¸caõ de cˆ onicas.

393

7.2.2

Exerc´ıcios

16) Seja a forma bilinear f (u, v) = 3x1 y1 − x2 y2 , onde u = (x1 , x2 ) e v = (y1 , y2 ). Encontre a forma quadr´ atica q : R2 → R associada a f . 17) Seja q(x, y) = 2x2 + 4xy − y 2 . Ache a matriz da forma bilinear associada.

18) Expresse a forma quadr´ atica em nota¸caõ matricial X t A X, onde A é uma matriz simétrica. a) 3x21 + 7x22 ,

b) 4x21 − 9x22 − 6x1 x2 ,

d) 9x21 − x22 + 4x23 + 8x1 x2 − 6x1 x3 + x2 x3 ,

c) −4x1 x2

e) 5x21 + 5x1 x2 .

19) Determine a forma quadr´ atica q que corresponde a cada uma das matrizes simétricas dadas abaixo:

a)

2 −3 −3 5



 4 −2 5 3 1  b)  −2 5 1 −2

20) Considere a forma quadr´ atica q : R3 → R dada por 2 q(x, y, z) = 3x + 3xy + 7y 2 − 4yz − z 2 . Ache a matriz da forma bilinear associada. 21) Para cada uma das forma quadr´ aticas abaixo, encontre a forma bilinear que lhe deu origem : a) q(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 2xy + 4xz − yz; b) q(x, y, z) = x2 − y 2 + 4yz; c) q(x, y, z) = x2 − z 2 − 4xy + 4yz; 22) Dê exemplo de uma forma quadr´ atica q(x, y) tal que q(u) = 0 e q(v) = 0, mas q(u + v) 6= 0.

394

7.2.3

Redu¸c˜ ao de formas quadr´ aticas

Na subse¸caõ 7.2.1 provamos que toda forma quadr´ atica q : V → R pode ser reduzida a uma express˜ ao diagonal. Dizemos que aquela foi uma prova de existência∗ n˜ ao uma prova construtiva. Veremos a seguir um processos prático (algoritmo) para transformar uma forma quadr´ atica a uma expressão diagonal.

Mudan¸ ca de vari´ aveis em formas quadr´ aticas A forma quadr´ atica qA (X) = X t A X pode ser reduzida a uma forma diagonal através da substitui¸caõ X =PY (7.12) que expressa as variáveis x1 , x2 , . . . , xn em fun¸caõ das variáveis y1 , y2 , . . . , yn . Se a matriz P possui inversa ent˜ ao (7.12) é denominada uma mudan¸ca de vari´ aveis e se P é ortogonal, dizemos que (7.12) é uma mudan¸ca de vari´ aveis ortogonal. Fazendo a mudan¸ca de coordenadas X = P Y na forma quadr´ atica qA (X) obtemos X t A X = (P Y )t A (P Y ) = Y t P t A P Y = Y t ( P t A P ) Y Sendo A simétrica − por defini¸caõ de forma quadr´ atica − pode-se mostrar que a matriz B = P t A P é também simétrica, sendo assim o efeito de mudan¸ca de variáveis é produzir uma nova forma quadr´ atica Y t B Y nas variáveis y1 , y2 , . . . , yn . Em particular, se P diagonaliza A ortogonalmente, ent˜ ao a nova forma quadr´ atica é Y t D Y , onde D é uma matriz diagonal com os autovalores de A na diagonal principal, veja:

Xt A X = Y t D Y =

y1

y2

···

yn





λ1

 

λ2

..

.

λn



   

y1 y2 .. . yn

    

= λ1 y12 + λ2 y22 + · · · + λn yn2 Exemplo: Considere a forma quadr´ atica q : R3 → R dada por

q(x1 , x2 , x3 ) = 7 x21 − 4 x1 x2 + 6 x22 − 4 x2 x3 + 5 x23

Encontre uma mudan¸ca de variáveis ortogonal que elimine os termos mistos. Solu¸ c˜ ao: Esta forma quadr´ atica pode ser reescrita como q(x1 , x2 , x3 ) = 7 x1 x1 − 2 x1 x2 + 0 x1 x3 − 2 x2 x1 + 6 x2 x2 − 2 x2 x3 + 0 x3 x1 − 2 x3 x2 + 5 x3 x3 ∗

Existe uma base de V em rela¸c˜ ao a qual a matriz de q é diagonal.

395

Sendo assim, temos

qA (X) =

x1

x2



  7 −2 0 x   1  x3  −2 6 −2  x2 x3 0 −2 5

Da equa¸caõ caracter´ıstica da matriz A  7−λ −2  6−λ det  −2 0 −2

 0  −2  = 0 5−λ

Encontramos os autovalores: λ1 = 3, λ2 = 6, e λ3 = 9. Os autovetores associados são 1 1 v3 = x 1, −1, v1 = x (1, 2, 2), v2 = x 1, , −1 , 2 2 A seguir exibimos uma base ortonormal B=

n

u1 =

1 2 2 , , ), u2 = 3 3 3

2 1 2 , , − ), u3 = 3 3 3

2 2 1 o ,− , ) 3 3 3

Sendo assim, a substitui¸caõ X = P Y que diagonaliza a forma quadr´ atica é     1 2 2  y1 x1 3 3 3      1    x2  =  2 − 32  3   y2     3 x3

2 3

− 23

Isso nos fornece a nova forma quadr´ atica  3 q = Y t ( P t A P ) Y = y1 y2 y3  0 0

1 3

y3

  0 0 y1 6 0   y2  = 3 y12 + 6 y22 + 9 y32 0 9 y3

na qual n˜ ao existem termos mistos. Nota: Existem outros métodos para diagonalizar uma forma quadr´ atica que n˜ ao serão vistos aqui. Dois desses métodos, o processo de Gauss (ou método de completar quadrados) e o processo das matrizes elementares constam na referência [2].

396

Exerc´ıcios 23) Considere a forma quadr´ atica q : R2 → R dada por q(x1 , x2 ) = x21 + 2 x22 − 4 x1 x2 Encontre uma mudan¸ca de variáveis ortogonal que elimine o termo misto. 24) Considere a forma quadr´ atica q : R2 → R dada por q(x, y) = 4x2 − 3 y 2 + 24 x y Encontre uma mudan¸ca de variáveis ortogonal que elimine o termo misto. 25) Considere a forma quadr´ atica q : R2 → R dada por q(x, y) = x2 + y 2 − 10 x y Encontre uma mudan¸ca de variáveis ortogonal que elimine o termo misto. 26) Considere a forma quadr´ atica q : R2 → R dada por q(x1 , x2 ) = −4 x21 − 6 x1 x2 + 6 x22 Encontre uma mudan¸ca de variáveis ortogonal que elimine o termo misto. 27) Encontre uma mudan¸ca de variáveis ortogonal que elimine os termos mistos da forma quadr´ atica q : R3 → R dada por q(x1 , x2 , x3 ) = x21 − 4 x1 x2 + 4 x2 x3 − x23 28) Encontre uma mudan¸ca de variáveis ortogonal que elimine os termos mistos da forma quadr´ atica q : R3 → R dada por q(x, y, z) = 2 x2 + 2 y 2 − 2 z 2 + 4 x y − 4 x z + 8 y z 29) Considere a forma quadr´ atica q(x, y) = a x2 + 2b x y + c y 2 , com a 6= 0. Reduza-a ` a forma diagonal, exibindo a substitui¸caõ linear correspondente à redu¸caõ. ∗

∗

∗

As teorias matem´ aticas, as boas, consistem na defini¸c˜ ao de uns poucos novos conceitos-chave e depois o fogo de artif´ıcio come¸ca: elas revelam novos panoramas, abrem a porta a mundos inteiramente novos. [. . .] O fascinante é que, simples como s˜ ao os n´ umeros inteiros e os primos, ainda assim é f´ acil propor quest˜ oes diretas e claras a seu respeito que ningu´ em sabe como responder, e podemos dizer que nem mesmo daqui a dois mil anos, nem sequer os melhores matem´ aticos do mundo, saber˜ ao! (Gregory Chaitin/Metamat!)

397

7.3

Classifica¸ c˜ ao de Cˆ onicas e Qu´ adricas

Estaremos aqui utilizando os resultados da subse¸caõ 7.2.3 no estudo das cˆ onicas e qu´ adricas.

7.3.1

Se¸c˜ oes cˆ onicas

As cˆ onicas quando estudadas na geometria anal´ıtica são caracterizadas (definidas) a partir de propriedades geométricas∗, aqui estaremos definindo as cˆ onicas algebricamente. Defini¸ c˜ ao 53. Uma cˆ onica em R2 é um conjunto de pontos (x, y) cujas coordenadas em rela¸c˜ ao ` a base canˆ onica satisfazem a equa¸c˜ ao A x2 + B x y + C y 2 + D x + E y + F = 0

(7.13)

onde A, B e C n˜ ao s˜ ao todos nulos. Podemos observar que a equa¸caõ da cˆ onica envolve uma forma quadr´ atica q(x, y), uma forma linear ℓ(x, y) e um termo constante, assim: F =0 A x2 + B x y + C y 2 + D x + E y + |{z} {z } | {z } | q(x, y)

k

ℓ(x, y)

Vejamos geometricamente algumas possibilidades que podem ocorrer quanto aos termos da equa¸caõ (7.13). 1 a ) Circunferência y

r

x2 + y 2 = r2 r

−r

r

x

A x2 + B x y + C y 2 + D x + E y + F = 0 ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓

=1

=0

=1

=0

=0

= −r 2

−r

∗ A elipse, por exemplo, é o lugar geométrico dos pontos do plano cuja soma das distˆ ancias a dois pontos fixos (chamados focos) é uma constante.

398

2 a ) Elipse y

y2 x2 + 2 = 1 2 a b

b a

x

−b

A x2 + B x y + C y 2 + D x + E y + F = 0 ↓ ↓ ↓ ↓ =0 =0 =0 = −1 1 1 = = a2 b2 −→

r

−→

r

−a

(a > b > 0)

3 a ) Hipérbole y

x2 y2 − = 1 a2 b2 x

A x2 + B x y + C y 2 + D x + E y + F = 0 ↓ ↓ ↓ ↓ =0 =0 = −1 1 1 =0 = =− a2 b2 −→

a

−→

−a

abola 4 a ) Par´ y

y2 − x = 0 x

A x2 + B x y + C y 2 + D x + E y + F = 0 ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓

=0

=0

=1

= −1

=0

=0

Existe a possibilidade de n˜ ao haver valores x e y reais que satisfa¸cam a equa¸caõ (7.13), por exemplo, x2 + y 2 + 1 = 0. Nesses casos, dizemos que a equa¸caõ n˜ ao tem gr´ afico ou ent˜ ao que tem um gr´ afico vazio. Ademais, podemos ter ainda os casos chamados degenerados, como por exemplo

399

5 a ) Par de retas concorrentes (hipérbole degenerada) y

y2 b x2 − 2 = 0 ⇒ y= ± x 2 a b a

−→

−→

A x2 + B x y + C y 2 + D x + E y + F = 0 ↓ ↓ ↓ ↓ =0 =0 =0 1 1 =0 = =− a2 b2

x

6 a ) Par de retas paralelas (parábola degenerada) y

a x2 − b = 0

√ ր − b a

r

r տ√b

A x2 + B x y + C y 2 + D x + E y + F = 0 ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓

x

a

=a

=0

=0

=0

=0

= −b

Nota: Nos dois exemplos anteriores estamos admitindo a > 0 e b > 0.

Identificando se¸ co ˜es cˆ onicas Antes de tratarmos o caso geral vejamos um exemplo particular. Exemplo: Consideremos a equa¸caõ 5x2 − 4x y + 8y 2 − 36 = 0 nosso objetivo será determinar que figura esta cˆ onica representa no plano. Para isto precisamos inicialmente eliminar o termo misto; isso pode ser feito seguindo os passos do exemplo da subse¸caõ 7.2.3 (p. 395). A forma quadr´ atica associada a essa cˆ onica pode ser escrita assim: q(x, y) = 5 x2 − 2 x y − 2 x y + 8 y2 Sendo assim, temos qA (X) =

x y

"

400

5 −2 −2 8

#

x y

(7.14)

Da equa¸caõ caracter´ıstica da matriz M , acima # " 5−λ −2 = (5 − λ)(8 − λ) − 4 = 0 det −2 8−λ Encontramos os autovalores: λ1 = 4, e λ2 = 9. Encontremos uma base de autovetores " # 5 −2 x x [ T ] [u] = λ [u] ⇐⇒ =4 y y −2 8 Daqui deriva o seguinte sistema ( 5x − 2y = 4x ⇒ −2 x + 8 y = 4 y

(

x − 2y = 0 −2x + 4y = 0

⇒

x = 2y

Logo, os autovetores procurados são da forma v1 = (x, y) = (2y, y). Ou, v1 = y (2, 1), com y ∈ R∗ . Por outro lado, " # 5 −2 x x [ T ] [u] = λ [u] ⇐⇒ =9 y y −2 8 Daqui deriva o seguinte sistema ( 5x − 2y = 9x ⇒ −2 x + 8 y = 9 y

(

−4x − 2y = 0 −2x − y = 0

⇒

y = −2x

Logo, os autovetores procurados são da forma v2 = (x, y) = (x, −2x). Ou, v2 = x (1, −2), com x ∈ R∗ . Uma base de autovetores é { (2, 1), (1, −2) } Dividindo cada um dos vetores pela respectiva norma, obtemos a seguinte base ortonormal∗ n 2 1 2 o 1 √ , √ , √ , −√ 5 5 5 5 Sendo assim, a matriz M é ortogonalmente diagonaliz´ avel pela matriz    P =

∗

√1 5

√2 5

− √25

√1 5

 

Na interpreta¸c˜ ao geométrica dada a seguir ficar´ a claro o por quê dessa exigência.

401

Nota: Colocamos o segundo vetor (da base ortonormal) na primeira coluna da matriz P porque devemos ter det (P ) = 1, para que a substitui¸caõ X = P X ′ execute uma rota¸caõ de eixos. Essa é uma exigência que consta na proposi¸caõ 2 2 28 (p. 336) √; lá det T = a + b e, segundo equa¸caõ (6.8) (p. 337) devemos ter 2 2 |λ| = 1 = a + b , logo det T = 1. Continuando: A mudan¸ca de base X = P X ′ :

(eq.

X t M X = (P X ′ )t M (P X ′ ) = (X ′ )t (P t M P ) X ′ | {z }

(7.12), p. 395)

D

Nota: X t M X é o lado direito da equa¸caõ (7.14). nos fornece: " # ′ 9 0 x′ ′ x y = 36 y′ 0 4

(p. 400)

que pode ser escrito como

9 x′ 2 + 4 y ′ 2 = 36

y′ 2 x′ 2 + = 1 4 9

ou

(7.15)

Que é a equa¸caõ de uma elipse. ∗

∗

∗

Gottfried Wilhelm Leibniz (1646-1716), um dos maiores intelectos de sua época, apreciava o sistema di´ adico. Segundo Laplace, “Leibniz via em sua aritmética bin´ aria a imagem da cria¸c˜ ao. Ele imaginava que a Unidade representava Deus, e zero o vazio; que o Ser Supremo extraiu todos os seres do vazio, da mesma forma como a unidade e o zero expressam todos os n´ umeros em seu sistema de numera¸c˜ ao.”            

(O que ´ e matem´ atica?/Richard Courant/Herbert Robbins, p. 11)

0 0 0 = {}

0 0 1 1 0 1

(Universo)

V´ acuo

0 1 1 1 1 1

+

            

1 0 0 0 1 0 1 1 0

Excita¸co˜es ou flutua¸co˜es do V´ acuo

Assim como um dia a explos˜ ao aconteceu e milh˜ oes de coisas nasceram a partir do nada, da mesma maneira, quando a implos˜ ao acontece, formas e nomes desaparecem, e novamente o nada nasce da´ı. O c´ırculo est´ a completo. (Osho(1931-1990)/Buda, p. 112)

402

Interpreta¸c˜ ao geom´ etrica do exemplo Observe que∗

X =PX

′

′

⇒

X =P

−1

⇐⇒

X

"

′

x

y′

#



 =

√1 5

− √25

√2 5

√1 5

  

"

#

x y

Comparando com a equa¸caõ (4.34) (p. 245) concluimos que o sistema x′ o y ′ , ao qual se refere a equa¸caõ (7.15), foi obtido do sistema x o y (canˆ onico) por uma rota¸caõ de ˆ angulo  − sen θ = √25 ⇒ θ = tan−1 (−2) ≃ −63, 43o  1 cos θ = √5 Geometricamente tudo se passa assim:

y

p

−3

3

p

p

−2

2

p p

′

p

−63, 43o

p

p

p

1

−1

p

y

2

x

0

3p

−1

2p

1

p

0

1p

p

p

−1

−1 p

−2

−2 p

−3

−3 p

3

p

1

2

p

p

−2

p

3

p

−3

′

x

5x2 − 4x y + 8y 2 − 36 = 0

y′ 2 x′ 2 + = 1 4 9

Reiterando: Dando uma rota¸caõ de ângulo θ = tan−1 (−2) ≃ −63, 43o no sistema de coordenadas x o y obtivemos o sistema de coordenadas x′ o y ′ no qual a equa¸caõ da cˆ onica resultou na forma padr˜ ao, podendo assim ser reconhecida como sendo uma elipse.

∗ Lembramos que a inversa de uma matriz ortogonal é igual ` a sua transporta − ver Nota p. 304 e corol´ ario p. 306.

403

Agora iremos tratar do caso geral de classifica¸caõ de cˆ onicas. Considere a equa¸caõ geral de uma cˆ onica A x2 + B x y + C y 2 + D x + E y + F = 0

(7.16)

onde A, B e C n˜ ao são todos nulos. Para facilitar a exposi¸caõ dividiremos nosso trabalho em alguns passos: Passo 1 ) Elimina¸caõ do termo misto x y Inicialmente escrevemos a equa¸caõ na forma matricial∗ : " B # x A 2 x x y + F = 0 (7.17) + D E B y y C 2

Passo 1.1 ) Calculamos os autovalores λ1 e λ2 e os respectivos autovetores unit´ arios da matriz simétrica que comparece na equa¸caõ acima: v1 = (x11 , x12 ), v2 = (x21 , x22 ) (base ortonormal) Montamos P =

"

x11

#

x12

, tal que det (P ) = 1. Se necessário trocamos a x21 x22 posi¸caõ (ordem) dos vetores na base acima (ou as colunas da matriz). Passo 1.2 ) Fazemos na equa¸caõ (7.17) a substitui¸caõ X = P X ′ :

y

"

A

B 2

B 2

C

#

x y

+

D

E

↓

t

t

′ t

X M X = (X ) (P M P ) X | {z }

x y

+

F

=

0

F

=

0

              

x

               

↓

′

X = P X′

D

Isto é

y

"

A

B 2

B 2

C

#

x y

+

D

E

↓ ∗

′

x

y

′

"

x y

+

              

x

               

↓

λ1

0

0

λ2

#

x′ y′

"

x11

x12

x21

x22

Observe que F e 0 est˜ ao sendo vistos como matrizes 1 × 1.

404

#

x′ y′

Obtendo assim:

x′

y′

"

λ1

0

0

λ2

#

x′ y′

+

D

E

"

x11

x12

x21

x22

#

x′ y′

+

F

=

0

Realizando os produtos matriciais, obtemos: λ1 x′ 2 + λ2 y ′ 2 + (D x11 + E x21 ) x′ + (D x12 + E x22 ) y ′ + F = 0 Ou ainda, simplificando a nota¸caõ: λ1 x′ 2 + λ2 y ′ 2 + p x′ + q y ′ + F = 0

(7.18)

Sendo assim conseguimos eliminar o termo misto na equa¸caõ (7.16) por uma rota¸caõ do sistema canˆ onico de um ˆ angulo θ. Para se certificar que a transforma¸caõ dada por X = P X ′ é de fato uma rota¸caõ de eixos basta volver à equa¸caõ (4.33). (p. 245)

A equa¸caõ (7.18) est´ a referida ` a nova base { v1 , v2 }. Observe: ⇒

y

y ′

y

s(x, y)

s(x′ , y′ ) v2

r rv

1

x

0

′

x

θ x

Passo 2 ) Transla¸caõ de eixos (elimina¸caõ da parte linear de (7.18)) Para eliminar a parte linear de (7.18) consideraremos três casos: Passo 2.1 ) λ1 6= 0 e λ2 6= 0. Faremos um completamento de quadrados em (7.18), come¸cando assim: p ′ q ′ λ1 x′ 2 + x + λ2 y ′ 2 + y + F =0 λ1 λ2 e

λ1 x′ 2 + Ou ainda

p ′ q ′ p2 p2 q2 q2 + λ2 y ′ 2 + +F − x + y + − =0 2 2 2 λ1 4 λ1 λ2 4 λ2 4 λ1 4 λ22

λ1 x′ +

q 2 p2 q2 p 2 + λ2 y ′ + +F − − =0 2 λ1 2 λ1 4 λ21 4 λ22

Fa¸camos a seguinte mudan¸ca de variáveis (transla¸caõ de eixos): X = x′ +

p , 2 λ1

Y = y′ +

q , 2 λ1

405

f =F −

q2 p2 − 2 4 λ1 4 λ22

para obter λ1 X 2 + λ2 Y 2 + f = 0 Passo 2.2 ) λ1 = 0 e λ2 6= 0. Nesse caso a equa¸caõ (7.18) toma a seguinte forma λ2 y ′ 2 + p x′ + q y ′ + F = 0 Ou λ2 y ′ 2 + ou ainda λ2 y ′ 2 + Ent˜ ao λ2 y ′ +

q ′ y + p x′ + F = 0 λ2

q ′ q2 q2 ′ + p x + F − y + =0 λ2 4 λ22 4 λ22 q 2 F q2 + p x′ + − =0 2 λ2 p 4 p λ22

(7.19)

Fa¸camos a seguinte transla¸caõ X = x′ + Para obter

q2 F − , p 4 p λ22

Y = y′ +

q 2 λ2

λ2 Y 2 + p X = 0 Nota: Se fosse λ1 6= 0 e λ2 = 0 (mostre que n˜ ao podemos ter λ1 = λ2 = 0) ao final obteriamos. λ1 X 2 + q Y = 0 ∗

∗

∗

Lembre-se que a matem´ atica é uma livre cria¸c˜ ao da mente humana e, como disse Cantor − o inventor da moderna teoria da infinitude, descrita por Wallace −, a essência da matem´ atica reside na liberdade, na liberdade de criar. A hist´ oria, porém, julga essas cria¸c˜ oes por sua beleza duradoura e pela extens˜ ao com que elas iluminam outras idéias matem´ aticas ou o universo f´ısico, em suma, por sua “fertilidade”. (Gregory Chaitin/Metamat!)

406

Classifica¸ c˜ ao das cˆ onicas Em resumo: Por meio de uma rota¸caõ seguida de uma transla¸caõ, a equa¸caõ (7.16) se transforma em λ1 X 2 + λ2 Y 2 + f = 0 (7.20) que lhe é equivalente. Ent˜ ao, no que diz respeito a esta equa¸caõ − Se λ1 e λ2 forem ambos de mesmo sinal, a equa¸caõ representa uma elipse (ou suas degenera¸co˜es: um ponto ou o vazio); − Se λ1 e λ2 forem de sinais contrários, a equa¸caõ representa uma hip´ erbole (ou sua degenera¸caõ: par de retas concorrentes). Para as outras duas possibilidades: λ2 Y 2 + p X = 0

λ1 X 2 + q Y = 0

ou

teremos uma par´ abola (ou suas degenera¸co˜es: par de retas paralelas, uma reta ou o vazio). Exemplo: Determine a equa¸caõ reduzida e o gênero da cˆ onica representada pela equa¸caõ x2 + 2xy + y 2 − 2x + 4y + 1 = 0 Solu¸ c˜ ao: Vamos seguir os passos do algoritmo. Ent˜ ao, reescrevemos A x2 + B x y + C y 2 + D x + E y + F = 0 x2 + 2xy + y 2 − 2x + 4y + 1 = 0 Passo 1 ) Elimina¸caõ do termo misto x y Inicialmente escrevemos a equa¸caõ na forma matricial: " # B A 2 x x x y + D E + F = 0 B y y C 2

Isto é

x

y

"

1

1

1

1

#

x y

+

−2

4

x y

+

1

=

0

(7.21)

Passo 1.1 ) Calculamos os autovalores λ1 e λ2 e os respectivos autovetores unit´ arios da matriz simétrica que comparece na equa¸caõ acima: " # 1−λ 1 det = (1 − λ)2 − 1 = 0 1 1−λ Encontramos os autovalores: λ1 = 0, λ2 = 2. Encontremos uma base de autovetores " # 1 1 x x [ T ] [u] = λ [u] ⇐⇒ =0 y y 1 1

407

Daqui deriva o seguinte sistema ( 1x + 1y = 0x ⇒ 1x + 1y = 0y

n

⇒

x+y = 0

y = −x

Logo, os autovetores procurados são da forma v1 = (x, y) = (x, −x). Ou, v1 = x (1, −1), com x ∈ R∗ . Por outro lado, # " 1 1 x x [ T ] [u] = λ [u] ⇐⇒ =2 y y 1 1 Daqui deriva o seguinte sistema ( 1x + 1y = 2x ⇒ 1x + 1y = 2y

(

x + y = 2x x + y = 2y

⇒

y=x

Logo, os autovetores procurados são da forma v2 = (x, y) = (x, x). Ou, v2 = x (1, 1), com x ∈ R∗ . Uma base de autovetores é { (1, −1), (1, 1) } Dividindo cada um dos vetores pela respectiva norma, obtemos a seguinte base ortonormal: n 1 −1 1 o 1 √ , √ , √ , √ (7.22) 2 2 2 2 Sendo assim obtemos a matriz de transi¸caõ de bases  1  1  P =

√ 2

√

−1 √ 2

√1 2

2

 

(7.23)

Passo 1.2 ) Fazemos na equa¸caõ (7.21) a seguinte mudan¸ca de variável:

′

x

y

′

"

λ1

"

0 0

0

0 λ2

#

x′ y′

+

D

E

"

x11

x12

x21

x22

#

x′ y′

+

F

=

0

x′ y′

+

1

=

0

Isto é

′

x

y

′

0 2

#

′

x y′

+



 −2 4 

Realizando os produtos matriciais, obtemos:

√1 2 −1 √ 2

√1 2 √1 2

  

2 −6 2 y ′ 2 + √ x′ + √ y ′ + 1 = 0 2 2 Passo 2 ) Transla¸caõ de eixos (elimina¸caõ da parte linear) Para eliminar a parte linear da equa¸caõ anterior caimos no caso:

408

(7.24)

Passo 2.2 ) λ1 = 0 e λ2 6= 0. Vamos completar o quadrado na equa¸caõ anterior: −6 2 2 y ′ 2 + √ y ′ + √ x′ + 1 = 0 2 2 essa equa¸caõ é equivalente a 2 y′ + Ou

1 2 −6 1 2 √ + √ x′ + 1 − 2 √ =0 2 2 2 2 2

2 y′ + Logo 2 y′ +

−6 3 1 2 √ + √ x′ + = 0 4 2 2 2

√ 1 2 2 3 −6 √ + √ x′ − =0 · 6 4 2 2 2

Fa¸camos a seguinte transla¸caõ de eixos Y = y′ + Para obter

1 √ 2 2

√ 2 3 · 6 4

X = x′ −

e

(7.25)

−6 2Y2 + √ X = 0 2

Essa é a equa¸caõ de uma par´ abola: −6 Y2 + √ X = 0 2

⇒

2Y2 − 3

√ 2X = 0

Interpreta¸ c˜ ao geom´ etrica ′ ′ O sistema x o y , ao qual se refere a equa¸caõ (7.24) (p. canônico a partir de uma rota¸caõ, assim:

y

Y2 =

⇒

408),

3√ 2X 2

foi obtido do sistema

⇒

p

3

′

y

3

p

−

p

p

3

2

2

p

2

p

−

p

−

1

p

1

p

1

1p

2p

3p

x

−45o

p

0

1

−1 p

0

p

p

1

−

−1

p

2

p

2

− 3

p

p

−2

p

3

′

x

−3

p

p

−

−3 p −2

409

Para encontrar o ˆ angulo de rota¸caõ, observe que X = P X′

X ′ = P −1 X

⇒

⇐⇒

Comparando com a equa¸caõ (4.34)  − sen θ = 

cos θ =

"

√1 2

y′

 =

√1 2

− √12

√1 2

√1 2

obtemos

(p. 245)

  

"

x y

#

θ = tan−1 (−1) = −45o

⇒

√1 2



#

x′

Para obter o sistema XoY executamos no sistema x′ o y ′ a transla¸caõ dada pela equa¸caõ (7.25). Obtemos as coordenadas da origem desse sistema fazendo (X, Y ) = (0, 0) naquela equa¸caõ: √ √ √ 1 2 3 2 2 ′ ′ ′ ′ 0=x − · ⇒ (x , y ) = ,− 0=y + √ , 6 4 8 4 2 2 Ent˜ ao

⇒ y Y

′

′

y

p

p

p p

3

−

3

p

−

3

3

p

p

2

p

−

2

p p

p

2

−

2

p

p

p p

p

1

−

1

−

p

1

p

1

0 −

p

1

1

p

p

p p

−

1

p p

p

3

3

p

p

p p

−

3

2

−

p

2

2

p

p

p p

−

2

1

−

3√ 2X 2

refere-se a este u ´ltimo sistema. Veja: y

⇒

p

3

Y

p

−

3

p

2

p

3

2

p

2

p

p

−

1

1

r

1p

2p

3p

p

−1 p

1

p

p

−

x

r −

−3 p −2

1

p

p

−1

p

1

−

p

2 3

p

p

p

2

−

−2

p

3

X

p

−3

√ 2Y2 − 3 2X = 0

x2 + 2xy + y 2 − 2x + 4y + 1 = 0

410

′

Y2 =

x X

p

3

′

x

A par´ abola de equa¸caõ

Exemplo: Determine a equa¸caõ reduzida e o gênero da cˆ onica representada pela equa¸caõ 11 x2 − 24xy + 4y 2 + 20x − 40y − 20 = 0 Solu¸ c˜ ao: Vamos seguir os passos do algoritmo. Ent˜ ao, reescrevemos A x2 + B x y + C y 2 + D x + E y + F = 0 11 x2 − 24xy + 4y 2 + 20x − 40y − 20 = 0 Passo 1 ) Elimina¸caõ do termo misto x y Inicialmente escrevemos a equa¸caõ na forma matricial: " B # A 2 x x x y + F = 0 + D E B y y C 2

Isto é

x y

"

11 −12 −12

4

#

x y

+

20 −40

x y

+

−20

=

0

Passo 1.1 ) Calculamos os autovalores λ1 e λ2 e os respectivos autovetores unit´ arios da matriz simétrica que comparece na equa¸caõ acima: " # 11 − λ −12 det = (11 − λ)(4 − λ) − 144 = 0 −12 4−λ Encontramos os autovalores: λ1 = 20, λ2 = −5. Encontremos uma base de autovetores

[ T ] [u] = λ [u]

"

⇐⇒

Daqui deriva o seguinte sistema ( 11 x − 12 y = 20 x −12 x + 4 y = 20 y

⇒

n

11 −12 −12 4

#

3x + 4y = 0

x y

= 20

⇒

x y

3 y=− x 4

Logo, os autovetores procurados são da forma v2 = (x, − 43 x) = x (1, − 43 ). Por outro lado " # 11 −12 x x [ T ] [u] = λ [u] ⇐⇒ = −5 y y −12 4 Daqui deriva o seguinte sistema ( 11 x − 12 y = −5 x −12 x + 4 y = −5 y

⇒

n 4x − 3y = 0

411

⇒

y=

4 x 3

Logo, os autovetores procurados são da forma v1 = (x, Uma base de autovetores é n 4 o 3 1, − , 1, 4 3

4 3

x) = x (1, 43 ).

Dividindo cada um dos vetores pela respectiva norma, obtemos a seguinte base ortonormal: n 4 3 3 4 o (7.26) ,− , , 5 5 5 5 Sendo assim obtemos a matriz de transi¸caõ de bases   P =

4 5

3 5

− 35

4 5

(7.27)



Passo 1.2 ) Fazemos, na equa¸caõ da cˆ onica na forma matricial, a seguinte mudan¸ca de variável: " # " # 0 x′ ′ λ1 x11 x12 x′ ′ x y D E + F = 0 + ′ ′ y y x x 0 λ 21

2

22

Isto é

′

x

y

′

"

20 0

0 −5

#

x′ y′



+ 20 −40 

Realizando os produtos matriciais, obtemos:

4 5

− 53

3 5 4 5

 

x′ y′

+ −20 = 0

20 x′ 2 − 5 y ′ 2 + 40 x′ − 20 y ′ − 20 = 0 Dividindo essa equa¸caõ por 5 resulta: 4 x′ 2 − y ′ 2 + 8 x′ − 4 y ′ − 4 = 0

(7.28)

Passo 2 ) Transla¸caõ de eixos (elimina¸caõ da parte linear) Para eliminar a parte linear da equa¸caõ anterior caimos no caso: Passo 2.1 ) λ1 6= 0 e λ2 6= 0. Vamos completar o quadrado na equa¸caõ anterior: 4(x′ 2 + 2 x′ ) − (y ′ 2 + 4 y ′ ) − 4 = 0 essa equa¸caõ é equivalente a 4(x′ + 1)2 − 4 − (y ′ + 2)2 + 4 − 4 = 0 Ou 4(x′ + 1)2 − (y ′ + 2)2 − 4 = 0 Fa¸camos a seguinte transla¸caõ de eixos X = x′ + 1

e

412

Y = y′ + 2

(7.29)

Para obter 4 X2 − Y 2 = 4

Y2 X2 − = 1 1 4

⇒

Essa é a equa¸caõ de uma hipérbole. Interpreta¸ c˜ ao geom´ etrica O sistema x′ o y ′ , ao qual se refere a equa¸caõ (7.28) (p. 412), foi obtido do sistema canônico a partir de uma rota¸caõ. Observe que " " ′ #  4 # − 53 x x 5  X = P X ′ ⇒ X ′ = P −1 X ⇐⇒ = 3 4 y′ y 5 5

Comparando com a equa¸caõ (4.34) (p. 245) concluimos que o ângulo de rota¸caõ é dado assim  − sen θ = 35 3 ≃ −36, 87o ⇒ θ = tan−1 −  4 4 cos θ = 5 y

y

⇒

p

3

y′

p

3 3

−

p

1

p

−1 p

2

p

1 −

1p

0

2p

1p

x

3p

−

x

0 1

p

−1

2

2

p

p

−

−36, 87o

1p

p

−3 p −2

2

p

p

p

−

p

2

3

p

−2

p

x′

Para obter o sistema XoY executamos no sistema x′ o y ′ a transla¸caõ dada pela equa¸caõ (7.29). Obtemos as coordenadas da origem desse sistema fazendo (X, Y ) = (0, 0) naquela equa¸caõ: 0 = x′ + 1

0 = y′ + 2

e

(x′ , y ′ ) = (−1, −2)

⇒

Ent˜ ao y

y

⇒

y′

y′

3

p

p 2

x

0

p

2

p

p −

2

p

p

1 −

1p

x

1p

p

p

1

3

2

p

−

p

1

p

3

0

x′

−

2

r

p

1p

p

−

r−

−

1p

p

1 −

p

p

2

p

p

p

2

Y

p

p

−

p

2

p

p

3

p

−

p

p

3

3

413

p

X

x′

A hipérbole de equa¸caõ

X2 Y2 − = 1 1 4 refere-se a este u ´ltimo sistema. Veja:

y

⇒

p

3 2

p

Y

p

3

−3 p r −2

p

−1 p

0

1p

2p

3p

x

3

2

p

p

p

−

−

2

p

1 −

1pr 0

p

−1

p

1

−

1

p

r p

−2

2

1pr 2

p

p

−

3

11x2 − 24xy + 4y 2 + 20x − 40y − 20 = 0

414

Y2 X2 − = 1 1 4

p

X

7.3.2

Exerc´ıcios

1 ) Nos ´ıtens seguintes identifique a cˆ onica representada pela equa¸caõ girando os eixos x o y para colocar a cˆ onica na posi¸caõ canônica. Encontre a equa¸caõ padr˜ ao da cˆ onica e determine o ˆ angulo θ de rota¸caõ dos eixos. a) b) c) d) e)

x2 + 4xy − 2y 2 − 6 = 0 2x2 − 4xy − y 2 + 8 = 0 3x2 + 2xy + 3y 2 − 1 = 0 11x2 + 24xy + 4y 2 − 15 = 0 x2 + xy + y 2 − 12 = 0

2 ) Determine a equa¸caõ reduzida e o gênero da cˆ onica. a ) x2 + 2x + 4y − 2 = 0 b ) x2 − 6x + 8y − 7 = 0 c ) 3x2 + y 2 + 12x − 2y − 10 = 0 d ) y 2 + 7x − 8y − 5 = 0 e ) 9x2 − 18y 2 + 54x − 36 = 0 Nota: Observe que essas cˆ onicas são destituidas do termo misto, o que significa que a primeira parte do algoritmo (rota¸caõ) é desnecessária. 3 ) Determine a equa¸caõ reduzida e o gênero da cˆ onica. a) b) c) d) e)

4x2 + xy − 3y 2 − 156 = 0 x2 + xy + y 2 − 3 = 0 x2 + 2xy + y 2 − 2x + 8 y − 1 = 0 2x2 + 4xy − 4x − 6y + 2 = 0 16x2 − 24xy + 9y 2 − 15x − 20y + 50 = 0

4 ) Prove que se b 6= 0, ent˜ ao o termo misto pode ser eliminado da forma quadr´ atica ax2 + 2bxy + cy 2 com uma rota¸caõ dos eixos coordenados de ângulo θ dado por: cotg 2θ =

a−c 2b

Sugest˜ ao: Considere a forma quadr´ atica escrita na forma matricial " # a b x t X AX = x y y b c Fa¸ca a substitui¸caõ X = P X ′ , onde " X = P X′ =

(eq. (4.33), p. 245)

cos θ sen θ

− sen θ cos θ

#"

x′ y′

#

Para obter X t A X = (P X ′ )t A (P X ′ ) = (X ′ )t (P t A P ) X ′ . | {z } Diagonal

415

7.3.3

Qu´ adricas

O estudo que fizemos das cˆ onicas pode ser generalizado para as quádricas. Defini¸ c˜ ao 54. Uma qu´ adrica em R3 é um conjunto de pontos (x, y, z) cujas coordenadas em rela¸c˜ ao ` a base canˆ onica satisfazem a equa¸c˜ ao A x2 + B y 2 + C z 2 + D xy + E xz + F yz + G x + Hy + I z + J = 0 onde A, B, C, D, E e F n˜ ao s˜ ao todos nulos. Vejamos alguns casos especiais: 1 ) Elips´ oide z c

b

−b

y

y2 z2 x2 + + = 1 a2 b2 c2

a −c

x

A esfera é um caso particular de elips´ oide, quando a = b = c = r. z r

r

−r

y

x2 + y 2 + z 2 = r2

y

x2 y2 z2 + − = 1 a2 b2 c2

r −r

x

2 ) Hiperbol´ oide de uma folha z

s

b

−b

x

s

416

3 ) Hiperbol´ oide de duas folhas z

r

−

y

r

y2 z2 x2 + − = 1 a2 b2 c2

x

4 ) Parabol´ oide el´ıptico z

r

x2 y2 + 2 = cz 2 a b

y

x

5 ) Parabol´ oide hiperb´ olico

−

z

y x

417

x2 y2 + = cz a2 b2

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Transcender o ego n˜ ao é uma aberra¸c˜ ao mental nem uma alucina¸c˜ ao psic´ otica, sen˜ ao um estado ou n´ıvel de consciência infinitamente mais rico, mais natural e mais satisfat´ orio do que o ego poderia imaginar em seus vˆ oos mais desatinados de fantasia. (Ken Wilber/O Espectro da Consciênca, p. 21) Talvez seja muito f´ acil ver através desse tipo de fiçc˜ oes, porém muitas outras, como a separa¸c˜ ao entre a vida e a morte e a existência de um mundo objetivo “l´ a fora”, s˜ ao muito mais dif´ıceis de penetrar. A raz˜ ao é porque temos sofrido uma completa lavagem cerebral ministrada por pais e pares bem intencionados mas que também haviam sido submetidos ` a lavagem cerebral, e passamos a confundir uma descri¸c˜ ao do mundo com o pr´ oprio mundo tal como é em sua realidade sem nome e sem car´ ater, em sua vacuidade. (Ken Wilber/O Espectro da Consciênca, p. 185)/Grifo nosso

418

Cap´ıtulo

8

CONSULTAS O homem ´ e o art´ıfice do seu destino: tem que arrostar o esfor¸co de criar a si mesmo.

(Pietro Ubaldi)

Introdu¸ c˜ ao: O objetivo deste cap´ıtulo é estabelecer alguns resultados (pré-requisitos) para fins de consultas e referências.

8.1

Opera¸ c˜ oes em um Conjunto

Defini¸ c˜ ao 55 (Opera¸caõ). Sendo A um conjunto n˜ ao vazio, toda aplica¸c˜ ao F : A×A → A (a, b)

7→ F (a, b)

recebe o nome de opera¸ c˜ ao sobre A ou lei de composi¸c˜ ao interna em A. Chamamos a aten¸caõ para o importante fato de que estas leis (opera¸co˜es) podem ser escolhidas de modo totalmente arbitrário (apenas n˜ ao esquecendo que são aplica¸co˜es (fun¸co˜es)). Por exemplo se A = { 0, 1 } podemos definir duas opera¸co˜es sobre esse conjunto, uma chamada de adi¸caõ + : A×A → A

(a, b) 7→ +(a, b) = a+b

e outra chamada de multiplica¸caõ · : A×A→ A

(a, b) 7→ ·(a, b) = a·b

Dadas pelas seguintes t´ abuas operatórias: +

0

1

0

0

1

1

1

0

419

·

0

1

0

0

0

1

0

1

8.2

Corpos

De todas as estruturas (ver p. 19) a mais “rica”, algébricamente falando, é a conhecida como corpo, a qual definiremos agora: Defini¸ c˜ ao 56 (Corpo). Um corpo é um sistema algébrico (K, +, ·) no qual as opera¸c˜ oes + e · satisfazem certos postulados, chamados os axiomas de corpo, a seguir especificados:

Axiomas da adi¸ c˜ ao A1. Comutativa: para quaisquer x e y em K, x+y = y+x A2. Associativa: para quaisquer x, y e z em K, (x + y) + z = x + (y + z) A3. Elemento neutro: existe 0 ∈ K tal que, para todo x ∈ K, x+0=x A4. Elemento simétrico: para todo x ∈ K existe −x ∈ K tal que, x + (−x) = 0.

Axiomas da multiplica¸ c˜ ao M1. Comutativa: para quaisquer x e y em K, x·y =y·x M2. Associativa: para quaisquer x, y e z em K, (x · y) · z = x · (y · z) M3. Elemento neutro: existe 1 ∈ K, 1 6= 0, tal que, para todo x ∈ K, 1·x = x M4. Inverso multiplicativo: para todo x 6= 0 em K existe x−1 ∈ K tal que, x · x−1 = 1. Devido a existência do inverso podemos definir, em um corpo, a opera¸caõ (x, y) 7→ x/y de divis˜ ao, como sendo x/y = x · y −1 . O elemento neutro 1 é também conhecido por elemento identidade do corpo.

420

Axioma da distributividade Ou ´ltimo axioma de corpo expressa uma rela¸caõ entre a multiplica¸caõ e a adi¸caõ: D. Axioma da distributividade − para quaisquer x, y e z em K, x · (y + z) = x · y + x · z Nota: Fazemos quest˜ ao de enfatizar: Um corpo é uma estrutura (algébrica) e n˜ ao um conjunto. Esta estrutura é erigida sobre um conjunto K no qual definimos duas opera¸co˜es satisfazendo todas as condi¸co˜es listadas anteriormente. Muitas vezes para distinguir o corpo (estrutura) do conjunto K, sobre o qual construimos a estrutura, usaremos da nota¸caõ: K. Podemos resumir isto assim: K = (K, +, ·) Exemplos e Contraexemplos: Temos: N Z Q R C

→ → → → →

N˜ ao é corpo. N˜ ao é corpo. ´ corpo. E ´ corpo. E ´ corpo. E

(não satisfaz A4.) (não satisfaz M4.)

Com as opera¸co˜es de adi¸caõ e multiplica¸caõ usuais nos respectivos conjuntos. Na verdade podemos exibir infinitos exemplos de corpos na matemática. A seguir exibiremos infinitos exemplos de corpos os quais são utilizados na teoria dos espa¸cos vetoriais − e em suas in´ umeras aplica¸co˜es na tecnologia moderna, como por exemplo, conjugados ` a informática (ver, p. ex., espa¸cos de c´ odigos, p. 26). Antes necessitamos do Teorema 15 (Algoritmo da Divis˜ ao). Para quaisquer a, b ∈ N, b 6= 0, existe um u ńico par de n´ umeros naturais q e r, de maneira que a = b · q + r com 0 ≤ r < b. Por exemplo, seja a = 20 por b = 3, dividindo a por b, temos: 20 2

3 6

Temos q = 6, r = 2 são tais que: 20 = 3 · 6 + 2 A seguinte proposi¸caõ é de algum interesse quando formos dividir dois n´ umeros pelo algoritmo da divisão:

421

Proposi¸ c˜ ao 37. Se 0 < a < b ent˜ ao o quociente da divis˜ ao de a por b é q = 0. Prova: Dividindo a por b, pelo algoritmo da divisão existem naturais q e r, tais que, a = bq + r, 0≤ r
⇒ bq ≥ b. Por outro lado,

a = bq + r ≥ bq ≥ b ⇒ a ≥ b. o que contradiz a hip´ otese. Nota: Observe ainda que, como q = 0, por (8.1), a = b · 0 + r, logo, r = a > 0. Por exemplo, seja a = 4 por b = 5, dividindo a por b, temos: 4 4

5 0

Temos q = 0, r = 4 são tais que: 4 = 5 · 0 + 4.

Os corpos Zp Um n´ umero primo é um inteiro (> 1) que n˜ ao possui divisores além de 1 e dele próprio, a seguir são listados alguns primos: 2, 3, 5, 7, 11, 13, . . . Os primos formam uma sequência infinita, conforme é provado em teoria dos n´ umeros. Consideremos agora o conjunto Zp , onde p é um n´ umero primo arbitrariamente fixado, dado por Zp = { 0, 1, 2, . . . , p − 1 } Tomemos dois elementos arbitrários x e y em Zp e vamos definir sobre este conjunto duas opera¸co˜es; a uma delas chamaremos de adi¸caõ e a outra chamaremos de multiplica¸caõ, assim definidas: x + y = resto da divisão de x + y por p; x · y = resto da divisão de x · y por p. Inicialmente observe que, devido ao algoritmo da divisão, estas opera¸co˜es est˜ ao bem definidas. Por outro lado, é fácil inferir que são comutativas e associativas. − Por exemplo, para o conjunto Z5 = { 0, 1, 2, 3, 4 } as opera¸co˜es são: x + y = resto da divisão de x + y por 5; x · y = resto da divisão de x · y por 5. Por exemplo: 2 + 3 = resto da divisão de 2 + 3 por 5 = 0 2 · 3 = resto da divisão de 2 · 3 por 5 = 1 As t´ abuas destas opera¸co˜es são vistas a seguir:

422

+

0

1

2

3

4

1

2

3

4

0

1

2

3

4

·

0

0

0

0

0

0

0

0

1

1

2

3

4

0

1

0

1

2

3

4

2

2

3

4

0

1

2

0

2

4

1

3

3

3

4

0

1

2

3

0

3

1

4

2

4

4

0

1

2

3

4

0

4

3

2

1

´ Em Algebra (ver por exemplo [11]) prova-se que os sistemas algébricos Zp = (Zp , +, ·) são corpos. O elemento neutro da adi¸caõ é 0. O simétrico de cada elemento encontramos na própria tabela de adi¸caõ. Veja: 0 + 0 = 0, 1 + 4 = 0, 2 + 3 = 0. Observe que, segundo a nota¸caõ do axioma A4

(p. 420),

podemos escrever

−0 = 0, −1 = 4, −2 = 3 O elemento neutro da multiplica¸caõ é 1. O inverso de cada elemento encontramos na própria tabela de multiplica¸caõ. Veja: 1 · 1 = 1, 2 · 3 = 1, 4 · 4 = 1.

O corpo Z2 Para o conjunto Z2 = { 0, 1 } definimos as duas opera¸co˜es: x + y = resto da divisão de x + y por 2; x · y = resto da divisão de x · y por 2. cujas t´ abuas operatórias são vistas a seguir: +

0

1

0

0

1

1

1

0

423

·

0

1

0

0

0

1

0

1

8.3

Matrizes

Defini¸ c˜ ao 57 (Matriz). Sejam m ≥ 1 e n ≥ 1 dois n´ umeros inteiros. Uma matriz A m × n real é uma sequência dupla de n´ umeros reais, distribuidos em m linhas e n colunas, formando uma tabela que se indica do seguinte modo:   a11 a12 . . . a1n  a   21 a22 . . . a2n  A=   ....................  am1 am2 . . . amn Nota¸caõ: A = ( aij )m×n ou apenas A = ( aij ). Indicaremos por Mm×n (R) o conjunto das matrizes com elementos (entradas) reais m × n. Se m = n a nota¸caõ anterior reduz-se a Mn (R). Uma matriz na qual m = n chama-se quadrada de ordem n; quando m 6= n a matriz chama-se retangular de ordem m × n. Nota: Em muitos contextos da matemática da engenharia elétrica e da f´ısica as “entradas” (termos, elementos) de uma matriz podem ser n´ umeros complexos, como por exemplo: " # 1+i 1−i A= 2 3 − 2i Quando no contexto estiver subentendido que trata-se de matrizes reais podemos, alternativamente, simplificar a nota¸caõ Mm×n (R) para Mm×n .

Igualdade de matrizes Consideremos duas matrizes reais m × n: A = ( aij ) e B = ( aij ). Dizemos que A = B se, e somente se, aij = bij

∀ i = 1, 2, . . . , m; j = 1, 2, . . . , n.

Isto é, duas matrizes são iguais se, e somente se, seus elementos de mesma posi¸caõ são iguais.

Opera¸c˜ oes com matrizes Adi¸c˜ ao Sejam A = ( aij ) e B = ( aij ) matrizes (de mesma ordem) m × n. Indicaremos por A + B e chamaremos soma de A com B a matriz m × n cujo termo geral é aij + bij , ou seja 

  A+B = 

a11 + b11 a12 + b12 . . . a1n + b1n a21 + b21 a22 + b22 . . . a2n + b2n ....................................... am1 + bm1 am2 + bm2 . . . amn + bmn

424

    

Por exemplo, se A= ent˜ ao A+B =

"

" 1 2

1 2

#

−1 0 1 0 3 −1 0

0 1 3

#

e

+

"

B=

2 3 −2 1

"

−1

2 3 −2 1 #

−1 2 3

=

2 3

"

3 0

#

2 −1 1 1

#

Propriedades da adi¸c˜ ao de matrizes Para matrizes A, B e C, de mesma ordem, tem-se: A1) A + B = B + A (Comutativa) A2) (A + B) + C = A + (B + C) (Associativa) A3) Existe em Mm×n um elemento, denotado por 0, detentor da seguinte propriedade† : A + 0 = 0 + A = A; ∀ A ∈ Mm×n (Elemento neutro) A4) Para todo elemento A de Mm×n existe um outro elemento de Mm×n , denotado por −A, detentor da seguinte propriedade: A + (−A) = −A + A = 0

(Elemento oposto)

As propriedades listadas são de f´ acil verifica¸caõ, por exemplo, temos em Mm×n 

  0= 

e se 

  A= 

a11 a12 . . . a1n a21 a22 . . . a2n .................... am1 am2 . . . amn

    

0 0 ... 0 0 0 ... 0 ............. 0 0 ... 0

⇒



  −A =  

     −a11 −a12 . . . −a1n −a21 −a22 . . . −a2n ......................... −am1 −am2 . . . −amn

    

Multiplica¸ c˜ ao de uma Matriz por um n´ umero Dada uma matriz real A = ( aij )m×n , e dado um n´ umero real λ, o produto de λ por A é a matriz real de ordem m × n dada por: 

  λA =  

λ a11 λ a12 . . . λ a1n λ a21 λ a22 . . . λ a2n ......................... λ am1 λ am2 . . . λ amn

    

† Escolhemos o “zero em negrito” para simbolizar o elemento neutro da adi¸c˜ ao de matrizes, com o intuito de distingui-lo do 0 n´ umero real.

425

Por exemplo, se " A=

1 −1 0 1 2 0 3

#

e

⇒

λ=3

3A =

"

3 6

−3 0 0 1

#

Propriedades Para matrizes A, B ∈ Mm×n e para n´ umeros λ, µ ∈ R, valem as seguintes propriedades: M1) λ · ( µ · A ) = (λ · µ) · A (Associativa) M2) ( λ + µ ) · A = λ · A + µ · A (Distributiva) M3) λ · ( A + B ) = λ · A + λ · B (Distributiva) M4) 1 · A = A (elemento neutro) Estas propriedades são de fácil verifica¸caõ, por exemplo, provemos M2: Suponhamos A = ( aij ). Ent˜ ao: ( λ + µ ) · A = ( λ + µ ) · aij = λ aij + µ aij

= ( λ aij ) + ( µ aij ) = λ·A+µ·B

Multiplica¸ c˜ ao de Matrizes Consideremos a matriz A = ( aij )m×n e a matriz B = ( bjk )n×p . O produto A · B (também indicado A B) é a matriz C = ( cik )m×p , veja A = ( aij )m×n B = ( ajk )n×p C = ( cik )m×p cujo termo geral é dado por: cik =

n X j=1

aij · bjk = ai1 · b1k + · · · + ain · bnk

Exemplo: Sejam #

"

a11 a21

a12 a22

a13 a23

b11  B =  b21 b31

b12 b22 b32

  b13 2   b23  =  3 b33 1

A= e

" 

426

=

1 2

1 0 0 3

#

 0 1  1 4  1 0

(8.2)

Temos: A · B = C, onde: A = ( aij )2×3 B = ( bij )3×3 C = ( cij )2×3 Sendo assim temos: " 1·2+1·3+0·1 C= 2·2+0·3+3·1

1·0+1·1+0·1 2·0+0·1+3·1

Fazendo as contas, resulta A=

"

5 7

1 7 3 2

1·1+1·4+0·0 2·1+0·4+3·0

#

#

Propriedades da multiplica¸c˜ ao de Matrizes Para matrizes com produtos compat´ıveis (segundo a defini¸caõ), valem as seguintes propriedades: MM1) A(BC) = (AB)C (Associativa) MM2) A(B + C) = A B + A C (Distributiva) Para a prova destas propriedades veja, por exemplo, [2]. Nota: Em geral o produto de matrizes n˜ ao é comutativo, por exemplo, sejam: " " # # 1 2 5 6 A= e B= 3 4 7 8 Temos: AB =

"

1 3

2 4

#"

5 7

6 8

#

BA =

"

5 7

6 8

#"

1 3

2 4

#

e

=

"

19 22 43 50

#

=

"

23 34 31 46

#

Transposi¸ c˜ ao de Matrizes Dada uma matriz A = ( aij ) ∈ Mm×n denomina-se transposta de A e indica-se por At a seguinte matriz n × m: At = ( bij ),

onde bij = aij

(i = 1, 2, . . . , m; j = 1, 2, . . . , n)

Por exemplo:

A=

"

a11 a21

a12 a22

a13 a23

#

⇒

427



a11  t A =  a12 a13

 a21  a22  a23

Propriedade da matriz transposta Valem as seguintes identidades: ( i ) (A + B)t = At + B t ; ( ii ) (λ A)t = λ At , onde λλ ∈ R;

( iii ) (At )t = A;

( iv ) (A B)t = B t At ; As três primeiras propriedades são imediatas, para a prova de ( iv ) consulte [2].

8.3.1

Matrizes Invers´ıveis

Defini¸ c˜ ao 58 (Inversão de matrizes). Seja A uma matriz quadrada de ordem n×n, A se diz invers´ıvel se, e somente se, existe uma matriz A′ , também de ordem n×n, de modo que: AA′ = A′ A = In In , é a matriz quadrada de ordem n × n − conhecida como identidade de ´ a matriz com 1 na diagonal principal e 0 em todas as outras entradas, ordem n. E assim:   1 0 ... 0  0 1 ... 0    In =    .............  0 0 ... 1 Por exemplo:   " # 1 0 0 1 0   I2 = , I3 =  0 1 0  0 1 0 0 1 " # 1 2 Exemplo: A matriz A = é invers´ıvel uma vez que, tomando A′ = 1 3 " # 3 −2 , resulta: −1 1 # # " #" " 1 0 3 −2 1 2 = AA′ = 0 1 −1 1 1 3

e

′

AA=

"

3 −2 −1 1

#"

1 2 1 3

#

=

"

1 0 0 1

#

Neste momento faremos a seguinte mudan¸ca de nota¸caõ: A′ = A−1 . Para uma matriz A, quadrada e de ordem 2, existe uma fórmula para a inversa, dada assim: # " # " a b d −b 1 −1 ⇒ A = A= (8.3) ad − bc c d −c a Se ad − bc = 0, A n˜ ao ter´ a inversa. A fórmula para a inversa pode ser provada por multiplica¸caõ direta e será deixada como exerc´ıcio ao aluno.

428

Para a determina¸caõ da inversa de matrizes de ordem mais elevada o estudante poder´ a consultar, por exemplo, [2]. Nos limitaremos a enunciar a seguinte Proposi¸ c˜ ao 38. (I) Se A é uma matriz invers´ıvel, ent˜ ao A−1 é invers´ıvel e (A−1 )−1 = A (II) Se A é uma matriz invers´ıvel e λ é um n´ umero n˜ ao nulo, ent˜ ao λ A é uma matriz invers´ıvel e 1 (λ A)−1 = A−1 λ (III) Se A e B s˜ ao matrizes invers´ıveis, ent˜ ao AB é invers´ıvel e, neste caso, vale (AB)−1 = B −1 A−1 (IV) Se A é uma matriz invers´ıvel, ent˜ ao At é invers´ıvel e, neste caso, vale (At )−1 = (A−1 )t (V) Se A é uma matriz invers´ıvel e sendo n um n´ umero natural, ent˜ ao An é invers´ıvel e, neste caso, vale (An )−1 = (A−1 )n Para a prova desta proposi¸caõ veja, por exemplo, [6].

8.4

Elementos de L´ ogica & Demonstra¸c˜ oes

Nesta seçcaõ recordaremos, de modo resumido, alguns conceitos da L´ ogica Matem´ atica. De in´ıcio tecemos algumas considera¸co˜es sobre alguns s´ımbolos, objetivando transferilos da L´ ogica para o contexto da Matem´ atica. Posteriormente estabeleceremos algumas técnicas de demonstra¸co˜es matemáticas.

Proposi¸ c˜ ao: ó Chamamos conceito primitivo aquele conceito que aceitamos sem defini¸caõ. E que acontece, por exemplo, com o conceito de proposi¸c˜ ao. Portanto, n˜ ao o definiremos. N˜ ao obstante, nada impede que conhe¸camos suas qualidades, tendo em conta que proposi¸caõ é uma senten¸ca declarativa, afirmativa e que deve exprimir um pensamento de sentido completo; via de regra sendo escrita na linguagem usual ou na forma simb´ olica. Por exemplo, são proposi¸co˜es: π 1) sen = 1. 2 √ 2) π < 2 2. 3) Todo quadrado é um retˆ angulo. 4) Todo retˆ angulo é um quadrado. Dizemos que o valor l´ ogico de uma proposi¸caõ é a verdade (V ) se a proposi¸caõ é verdadeira; é a falsidade (F ) se a proposi¸caõ é falsa. Por exemplo, para as proposi¸co˜es anteriores,temos 1) V

2) F

3) V

429

4) F

8.4.1

Opera¸c˜ oes L´ ogicas sobre Proposi¸c˜ oes

Faremos um resumo das opera¸co˜es do c´ alculo proposicional também chamadas opera¸c˜ oes l´ ogicas. Os principais operadores (conectivos) lógicos são os seguintes: ∨ ∧ ¯ −→ ←→

Disjun¸caõ (“ou”) Conjun¸caõ (“e”) Nega¸caõ Condicional (“se...ent˜ ao”) Bicondicional (“se e somente se”)

cujas tabelas-verdade são dadas a seguir (estas tabelas definem os respectivos operadores): p

q

p∨q

p

q

p∧q

p

p¯

V

V

V

V

V

V

V

F

V

F

V

V

F

F

F

V

F

V

V

F

V

F

F

F

F

F

F

F

p

q

p −→ q

p

q

p ←→ q

p

p¯

q

V

V

V

V

V

V

V

F

V

V

V

F

F

V

F

F

V

F

F

F

F

V

V

F

V

F

F

V

V

V

F

F

V

F

F

V

F

V

F

V

p¯ ∨q

Acrescentamos a tabela-verdade da proposi¸caõ p¯ ∨ q a qual nos será de grande utilidade. Vamos agora enunciar uma rela¸caõ entre proposi¸co˜es, que se distingue dos operadores, porque n˜ ao cria nova proposi¸caõ. Defini¸ c˜ ao 59 (Implica¸caõ L´ ogica). Diz-se que uma proposi¸c˜ ao p implica logicamente ou apenas implica uma proposi¸c˜ ao q, se e somente se, na tabela de p e q, n˜ ao ocorre V F em nenhuma linha, com V na coluna de p e F na coluna de q. Exemplo: Da tabela a seguir inferimos que a proposi¸caõ q n˜ ao implica na proposi¸caõ p ∧ q, ao passo que a proposi¸caõ p ∧ q implica na proposi¸caõ q. p

q

p∧q

q

V

V

V

V

V

F

F

F

F

V

F

V

F

F

F

F

Indica-se que a proposi¸caõ p implica a proposi¸caõ q com a nota¸caõ: p =⇒ q. Nota: Os s´ımbolos −→ e =⇒ n˜ ao devem ser confundidos, pois p −→ q é uma proposi¸caõ enquanto p =⇒ q n˜ ao é proposi¸caõ. Isto é análogo ao que acontece com o sinal + e o sinal < na Aritmética: 2 + 5 é um n´ umero e 2 < 5 n˜ ao é um n´ umero.

430

A escolha do conectivo (palavra) “se p ent˜ ao q” para a proposi¸caõ p −→ q, a nosso ver, foi infeliz. De fato, isto induz a que se conclua que a proposi¸caõ q se deduz ou é uma consequˆ encia da proposi¸caõ p. Isto n˜ ao se d´ a, por exemplo: √ 5 é um n´ umero ´ımpar −→ 2 é irracional (Se 5 ´ e um n´ umero ´ımpar ent˜ ao

√ 2´ e irracional)

´√ e uma proposi¸caõ verdadeira (ver tabela-verdade do condicional). Obviamente que 2 ser irracional n˜ ao é consequência de 5 ser um n´ umero ´ımpar. Ao contr´ ario do que acontece na L´ ogica, em Matem´ atica n˜ ao comparece o operador lógico −→, mas apenas =⇒ com os seguintes significados para p =⇒ q: 1) Se p, ent˜ ao q; 2) Se p for verdadeira, ent˜ ao q é verdadeira; 3) p implica q; 4) q é implicada por p; 5) q segue de p; 6) p é uma condi¸caõ suficiente para q; 7) q é uma condi¸caõ necessária para p; ´ imposs´ıvel termos p verdadeira e q falsa simultˆ 8) E aneamente, dentre outros significados poss´ıveis. Neste momento temos uma importante observa¸caõ a fazer: Dos ´ıtens 1) e 3) vemos que a matemática funde (confunde) os s´ımbolos −→ e =⇒. Como sempre, nestes casos, o “galho quebra” do lado do mais fraco: o aluno que ter´ a que distinguir no contexto matemático se o s´ımbolo =⇒ est´ a se referindo a ele próprio ou ao condicional −→. Chama-se tautologia toda proposi¸caõ composta cuja u ´ltima coluna da sua tabela verdade encerra somente a letra V (verdade). Proposi¸ c˜ ao 39. A proposi¸c˜ ao p implica a proposi¸c˜ ao q (isto é, p =⇒ q) se, e somente se, a condicional p −→ q é tautol´ ogica. Prova: (i) Se p implica q, ent˜ ao, n˜ ao ocorre que os valores p q p −→ q lógicos simultˆ aneos destas duas proposi¸co˜es sejam reV V V spectivamente V e F , e por conseguinte na u ´ltima colV F F una da tabela-verdade da condicional p −→ q consta F V V somente a letra V , logo, esta condicional é tautol´ ogica. F F V (ii) Reciprocamente, se a condicional p −→ q é tautol´ ogica, ent˜ ao n˜ ao ocorre que os valores lógicos simultˆ aneos das proposi¸co˜es p e q sejam respectivamente V e F , e por conseguinte p implica q.

431

Uma diferen¸ca b´ asica entre proposi¸caõ e teorema é que enquanto é l´ıcito se cogitar do valor lógico de uma proposi¸caõ (isto é, uma proposi¸caõ pode ser verdadeira ou falsa) o mesmo n˜ ao acontece com um teorema, que sempre é verdadeiro. N˜ ao se demonstra teoremas, mas sim proposi¸co˜es. Uma vez demonstrada a veracidade de uma proposi¸caõ: p −→ q, esta adquire status de teorema: p =⇒ q. p q p −→ q Em matemática, para demonstrar-se a validade de uma proposi¸caõ p −→ q assumimos a hipótese p como → V V V sendo verdadeira. Sendo assim podemos nos restringir V F F as duas primeiras linhas da tabela verdade do condi` F V V cional −→. F F V Uma vez assumido p verdadeira se conseguirmos demonstrar a veracidade de q ent˜ ao podemos riscar a segunda linha da tabela verdade do condicional. Após isto a proposi¸caõ p −→ q resulta tautol´ ogica e, por conseguinte, p =⇒ q

Isto é, a proposi¸caõ p −→ q tornou-se o teorema p =⇒ q. Defini¸ c˜ ao 60 (Equivalência L´ ogica). Diz-se que uma proposi¸c˜ ao p é logicamente equivalente ou apenas equivalente a uma proposi¸c˜ ao q, se as tabelas-verdade destas duas proposi¸c˜ oes s˜ ao iguais. Indica-se que a proposi¸caõ p é equivalente a proposi¸caõ q com a nota¸caõ: p ⇐⇒ q Os s´ımbolos ←→ e ⇐⇒ n˜ ao devem ser confundidos, pois p ←→ q é uma proposi¸caõ enquanto p ⇐⇒ q n˜ ao é proposi¸caõ. Os argumentos arrolados anteriormente a respeito dos s´ımbolos −→ e =⇒ podem ser adaptados para os s´ımbolos ←→ e ⇐⇒. A seguir listamos várias maneiras de se formular p ⇐⇒ q em palavras∗: 1) Se p, ent˜ ao q e rec´ıprocamente; 2) Se q, ent˜ ao p e rec´ıprocamente; 3) q é verdadeira se, somente se, p for verdadeira; 4) p implica q e rec´ıprocamente; 5) p é uma condi¸caõ necessária e suficiente para q; 6) q é uma condi¸caõ necessária e suficiente para p; 7) p e q são proposi¸co˜es equivalentes. Dos ´ıtens 1) e 4) acima, vemos que a matemática (con) funde os s´ımbolos ←→ e ⇐⇒.

∗

Isto na Matem´ atica, n˜ ao na L´ ogica.

432

Proposi¸ c˜ ao 40. A proposi¸c˜ ao p é equivalente ` a proposi¸c˜ ao q (isto é, p ⇐⇒ q) se, e somente se, a bicondicional p ←→ q é tautol´ ogica. Prova: (i) Se p é equivalente a q, ent˜ ao, têm tabelas-verdade iguais, e por conseguinte o valor lógico da bicondicional p ←→ q é sempre V , isto é, esta bicondicional é tautol´ ogica (ver tabela-verdade da bicondicional, p. 430). (ii) Rec´ıprocamente, se a bicondicional p ←→ q é tautol´ ogica, ent˜ ao, a u ´ ltima coluna da sua tabela-verdade encerra somente a letra V , e por conseguinte os valores lógicos respectivos das proposi¸co˜es p e q são ambos V ou ambos F , isto é, estas duas proposi¸co˜es são equivalentes. Portanto, a toda equivalência lógica corresponde uma bicondicional tautol´ ogica e vice-versa.

Equivalencias Not´ aveis A seguir listamos algumas equivalencias entre proposi¸co˜es, as quais podem ser demonstradas com o aux´ılio das respectivas tabelas-verdade. 1) p¯ ⇐⇒ p

(Dupla Nega¸caõ)

2) Leis Idempotentes a) p ∨ p ⇐⇒ p b) p ∧ p ⇐⇒ p 3) Leis Comutativas a) p ∨ q ⇐⇒ q ∨ p b) p ∧ p ⇐⇒ q ∧ p 4) Leis Associativas a) p ∨ (q ∨ r) ⇐⇒ (p ∨ q) ∨ r b) p ∧ (q ∧ r) ⇐⇒ (p ∧ q) ∧ r 5) Leis de De Morgan∗ a) ( p ∨ q ) ⇐⇒ p¯ ∧ q¯ b) ( p ∧ q ) ⇐⇒ p¯ ∨ q¯ 6) Leis Distributivas a) p ∧ ( q ∨ r ) ⇐⇒ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r) b) p ∨ ( q ∧ r ) ⇐⇒ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r) ∗ Augustus De Morgan (1806 − 1873) lecionou no University College, Londres. Foi matem´ atico e l´ ogico, e contribuiu para preparar o caminho da L´ ogica matem´ atica moderna.

433

8.4.2

T´ ecnicas (Engenharia) de Demonstra¸c˜ ao

Os problemas em matemática dividem-se em duas classes: Determina¸ c˜ ao: calcule, encontre, ache, determine,. . . Demonstra¸ c˜ ao: mostre, prove, demonstre,. . . Costumo mesmo dizer que a matemática come¸ca com os problemas do segundo tipo. De fato, a resolu¸caõ da maioria dos problemas do primeiro tipo são algoritmicas (mecˆ anicas); enquanto os problemas do segundo tipo exigem muito de criatividade (engenhosidade). Um outro critério que utilizo para distinguir n˜ ao-matem´ atica (algoritmo) de matemática, é que a n˜ ao-matem´ atica é suscept´ıvel de programa¸caõ − a exemplo dos poderosos softwares algébricos − enquanto que a matemática em si (demostra¸co˜es) n˜ ao. Ademais, estou propenso a acreditar que podemos ver a maioria dos “objetos” como consistindo de matéria e esp´ırito. Para contextualizar minha tese vejamos alguns exemplos: 1o ) Um computador consiste de hardware e software, o hardware é a parte material e o software é o esp´ırito do computador. 2o ) Uma célula é composta de matéria (é o que os biólogos enxergam ao microsc´ opio) e esp´ırito (software que comanda suas atividades) que os biólogos n˜ ao enxergam ao microscópio. 3o ) Os n´ umeros inteiros, são compostos de matéria: Z = { . . . , −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, . . . } e esp´ırito, que são seus axiomas de manipula¸caõ da matéria (s´ımbolos) tais como: comutatividade, associatividade, elemento neutro, elemento oposto, Princ´ıpio da Boa Ordem, etc. De igual modo, a matemática possui uma parte material (s´ımbolos) e uma parte espiritual (conceitos, ideias), o que se estar a manipular∗ por a´ı é apenas o corpo (cad´ aver) da matemática, seu esp´ırito fica de fora. − Para se lidar com o esp´ırito da matemática (viva) torna-se indispens´ avel o conhecimento de algumas técnicas de demonstra¸caõ. 1. Proposi¸co˜es Aparentadas p −→ q

:

Direta

q −→ p

:

Rec´ıproca

p¯ −→ q¯

:

Contrária

q¯ −→ p¯

:

Contrapositiva (contrarrec´ıproca)

∗

Por a´ı a que me refiro é a matem´ atica praticada até o ensino médio e em algumas cadeiras da universidade, é uma matem´ atica mecˆ anica, morta. O fato de você manusear o controle remoto de sua televis˜ ao n˜ ao significa que você compreende como ele funciona. De igual modo, muitos manipulam a matem´ atica sem compreender como ela funciona, é uma matem´ atica sem vida, sem esp´ırito! Ver p´ agina 11.

434

2. Equivalência Entre Proposi¸co˜es Aparentadas 2.1 A proposi¸caõ direta equivale à contrarrec´ıproca. p −→ q ⇐⇒ q¯ −→ p¯ Para provar isto faremos uso da seguinte identidade: p −→ q = p¯ ∨ q Esta identidade pode ser obtida das respectivas tabelas-verdade. Prova: (i) p −→ q = p¯ ∨ q

(ii) q¯ −→ p¯ = q¯ ∨ p¯

= p¯ ∨ q

Isto significa que as proposi¸co˜es p −→ q e q¯ −→ p¯ assumem sempre os mesmos valores lógicos; isto é, ou são ambas verdadeiras (V ) ou são ambas falsas (F ). Sendo assim acabamos de estabelecer nossa primeira técnica de demonstra¸caõ indireta: (T-1) O teorema direto equivale ao contrarrec´ıproco† ¯ H =⇒ T ⇐⇒ T¯ =⇒ H Enunciemos nossa segunda técnica de demonstra¸caõ indireta: (T-2) Anexa¸caõ ` a hip´ otese da nega¸caõ da tese H =⇒ T ⇐⇒

H ∧ T¯ =⇒ T

Prova: Provemos a seguinte equivalência: p −→ q ⇐⇒ p ∧ q¯ −→ q

De fato,

(i) p −→ q = p¯ ∨ q. (ii) p ∧ q¯ −→ q = (p ∧ q¯) ∨ q = ( p¯ ∨ q¯ ) ∨ q

= p¯ ∨ q ∨ q = p¯ ∨ q. †

¯ Nega¸c˜ H: Hip´ otese, T : Tese, H: ao da hip´ otese, T¯: Nega¸c˜ ao da tese.

435

(T-3) Redu¸ c˜ ao ao absurdo H =⇒ T ⇐⇒

H ∧ T¯ =⇒ f

Onde: f é uma proposi¸caõ de valor lógico falso (é qualquer contradi¸cão). Prova: Provemos a seguinte equivalência: p −→ q ⇐⇒ p ∧ q¯ −→ f

De fato,

(i) p −→ q = p¯ ∨ q. (ii) p ∧ q¯ −→ f = (p ∧ q¯) ∨ f = (p ∧ q¯)

= p¯ ∨ q¯

= p¯ ∨ q. Nota: Na tabela-verdade da proposi¸caõ p ∨ q vemos que quando o valor lógico de q é F , prevalece o valor lógico de p. Estamos dizendo que p ∨ f = p. Resumindo: Para utilizar esta técnica em uma demonstra¸caõ, devemos anexar ` a Hip´ otese a nega¸caõ da Tese e devemos exibir, ao final, alguma contradi¸caõ (algum absurdo).

Uma Equivalencia Not´ avel Uma das equivalências mais utilizadas em demonstra¸co˜es matemáticas é a que segue (T-4) Teorema com hipótese composta (∧) Se a hip´ otese de um teorema é formada pela conjun¸caõ de duas outras, é válida a seguinte equivalência H1 ∧ H2 =⇒ T ⇐⇒

¯ H1 ∧ T¯ =⇒ H 2

Isto é, junta-se a uma das hipóteses a nega¸caõ da tese e demonstrase a nega¸caõ da outra hipótese. Prova: Provemos a seguinte equivalência p ∧ q −→ r ⇐⇒ p ∧ r¯ −→ q¯ De fato, p ∧ q −→ r = (p ∧ q) ∨ r = (¯ p ∨ q¯) ∨ r = p¯ ∨ q¯ ∨ r.

436

Por outro lado, p ∧ r¯ −→ q¯ = (p ∧ r¯) ∨ q¯ = (¯ p ∨ r¯) ∨ q¯

= p¯ ∨ r ∨ q¯. Vejamos alguns exemplos de aplica¸caõ desta equivalência: umeros: Se a divide b e a n˜ ao divide c ent˜ ao b n˜ ao divide c. 1o ) Teoria dos n´   a|b  H1 : ⇒ T: b 6 | c.   H2 : a6|c ¯ H1 ∧ T¯ =⇒ H 2

Prova: Para algum n1 e algum n2 inteiros, resulta   H :    1     T¯ : Observe que

b = n1 a =⇒ c = n2 b

c c = n2 = b a · n1

c ¯ = n1 · n2 ≡ H 2 a

2o ) Em Análise: Se a ≤ b e b ≤ a ent˜ ao a = b.    H1 :

  H2 :

a≤b b≤a

⇒

T:

a = b.

¯ H1 ∧ T¯ =⇒ H 2

Prova: Suponha a ≤ b e a 6= b, ent˜ ao a < b. 3 ) Em Análise:

o

Se n ∈ N, x ∈ R, e n < x < n + 1, ent˜ ao x 6∈ N.   x>n  H1 : ⇒ T:   H2 : x
437

x 6∈ N.

Prova: Se x > n e x ∈ N ent˜ ao x ≥ n + 1. (T-5) O seguinte teorema n˜ ao é raro em matemática: H1 ⇐⇒ H2 =⇒ T

´ um teorema, tipo “se e somente se”, isto é E

H1 =⇒ H2 =⇒ T H1 ⇐= H2 =⇒ T Ent˜ ao

(i) H1 =⇒ H2 =⇒ T Observemos que a tese do teorema acima é um outro teorema. Isto significa que assumindo H1 devemos demonstrar H2 =⇒ T . Isto é, devemos mostrar que H2 acarreta T . Ainda, H1 ∧ H2 =⇒ T Esta conclusão pode ser provada assim: H1 −→ H2 −→ T = H¯1 ∨ H2 −→ T = H¯1 ∨ H¯2 ∨ T = (H1 ∧ H2 ) ∨ T

= H1 ∧ H2 −→ T. Portanto subsiste a seguinte equivalência H1 =⇒ H2 =⇒ T ⇐⇒ H1 ∧ H2 =⇒ T

(ii) H2 =⇒ T =⇒ H1

Consideremos a contrapositiva: H¯1 =⇒ H2 =⇒ T . Ent˜ ao, ¯ ∨T H¯1 −→ H2 −→ T = H¯1 −→ H 2 = H¯1 −→ H2 ∧ T¯

Portanto subsiste a seguinte equivalência (H2 =⇒ T ) =⇒ H1 ⇐⇒ H¯1 =⇒ H2 ∧ T¯

(T-6) Teorema com hip´ otese composta (∨) Se a hip´ otese de um teorema é formada pela disjun¸caõ de duas outras, é válida a seguinte equivalência H1 ∨ H2 =⇒ T ⇐⇒

H1 =⇒ T ∧ H2 =⇒ T

Prova: Provemos a seguinte equivalência p ∨ q −→ r ⇐⇒

438

p −→ r ∧ q −→ r

De fato, p ∨ q −→ r = (p ∨ q) ∨ r = (¯ p ∧ q¯) ∨ r = p¯ ∨ r ∧ q¯ ∨ r = p −→ r ∧ q −→ r

(T-7) Teorema com tese composta (∨) Se a tese de um teorema é formada pela disjun¸caõ de duas outras, é válida a seguinte equivalência H =⇒ T1 ∨ T2

⇐⇒

H ∧ T¯1 =⇒ T2

Prova: Provemos a seguinte equivalência

p −→ ( q ∨ r ) ⇐⇒ ( p ∧ q¯ ) −→ r De fato, p −→ ( q ∨ r ) = p¯ ∨ ( q ∨ r ) = ( p¯ ∨ q ) ∨ r = ( p ∧ q¯ ) ∨ r = ( p ∧ q¯ ) −→ r

Resumo das T´ ecnicas de Demonstra¸ co ~es ¯ H ⇒ T ⇐⇒ T¯ ⇒ H

(T-2)

H ⇒ T ⇐⇒

(T-3)

H ⇒ T ⇐⇒ H1 ∧ H2 ⇒ T ⇐⇒

(T-4)

(T-5)

(T-6) (T-7) (T-8)

H1 ⇐⇒ H2 ⇒ T

(

H1 =⇒ H2 ⇒ T

H1 ⇐= H2 ⇒ T

H1 ∨ H2 ⇒ T ⇐⇒

H ⇒ T1 ∨ T2

H ∧ T¯ ⇒ T H ∧ T¯ ⇒ f ¯ H1 ∧ T¯ ⇒ H 2

⇐⇒

H ⇒ T ⇐⇒

(f =absurdo)

⇐⇒ H1 ∧ H2 ⇒ T

⇐⇒ H¯1 ⇒ H2 ∧ T¯

H 1 ⇒ T ∧ H2 ⇒ T

H ∧ T¯1 ⇒ T2 ¯ H ∧ T¯ ⇒ H

439

Gentil

(T-1)

Uma F´ ormula In´ edita “Gostei da sua f´ ormula.” Carlos Gustavo T. de A. Moreira (Gugu/IMPA) Nos livros de C´ alculo I constam algumas fórmulas para se encontrar a soma de potências dos n primeiros n´ umeros naturais, por exemplo: 1 + 2 + 3 + ··· + n = Ou ainda

n(n + 1) 2

1 2 + 2 2 + 3 2 + · · · + n2 =

n(2n + 1)(n + 1) 6

1 3 + 2 3 + 3 3 + · · · + n3 =

n2 (n + 1)2 4

Ou ainda

(8.4)

Durante muitos anos − por décadas, por séculos − os matemáticos estiveram à procura de uma f´ ormula u ńica que incluisse como caso especial as anteriores. . . Ninguém teve êxito. Coube a mim materializar essa aspira¸caõ. Em 1997 demonstrei o seguinte: (p. 126) Teorema 16 (Gentil/1997). Sendo m um natural arbitrariamente fixado, é v´ alida a seguinte identidade: 1 m + 2 m + 3 m + · · · + nm = Onde:

j X

a(m−j) =

k=0

(−1)k

m X n a j + 1 (m−j) j=0

m j (1 − k + j) k

Prova: Ver [9]. Vejamos um exemplo de aplica¸caõ desta fórmula (m = 3): 3 X n a 1 + 2 + 3 + ··· + n = j + 1 (3−j) j=0 3

3

3

3

n n n n = a + a + a + a 1 3 2 2 3 1 4 0 Onde: a(3−j) =

j X

k=0

(−1)k

3 j (1 − k + j) ; k

( j = 0, 1, 2, 3. )

Substituindo e simplificando chegamos ao resultado (8.4).

440

Referências Bibliográficas

´ [1] Jänich, Klaus. Algebra Linear. Rio de Janeiro, RJ: LTC-Livros Técnicos e Cient´ıficos, 1998. [2] Callioli, Carlos A., Hygino H. Domingues, Roberto C.F. Costa. − 6. ed. rev. − ´ Algebra linear e aplica¸c˜ oes. S˜ ao Paulo: Atual, 1990. [3] Lipschutz, Seymour, Marc Lars Lipson; Tradu¸caõ: Dr. Claus Ivo Doering. − 4. ´ ed. − Algebra linear (Cole¸caõ Schaum). Porto Alegre: Bookman, 2011. ´ [4] Coelho, Fl´ avio Ulhoa., Mary Lilian Louren¸co . Um Curso de Algebra Linear. S˜ ao Paulo: Edusp, 2013.

´ [5] Lima, Elon Lages. − 7. ed. − Algebra Linear. Rio de Janeiro, RJ: IMPA, 2006. ´ [6] Poole, David. Algebra Linear. S˜ ao Paulo: Thomson, 2004.

´ [7] Lawson, Terry. Algebra Linear. Tradu¸caõ de Elza F. Gomide. S˜ ao Paulo: Editora Edgard Bl¨ ucher, 1997. ´ [8] Anton, Howard, Robert C. Busby. Algebra Linear Contemporˆ anea. Tradu¸caõ de Claus Ivo Doering. Porto Alegre: Bookman, 2006. [9] Silva, Gentil Lopes. Novas Seq¨ uências Aritméticas e Geométricas. Bras´ılia - DF: THESAURUS EDITORA, 2000. [10] Silva, Gentil Lopes. Fundamentos dos N´ umeros (Tudo o que você gostaria de saber sobre os n´ umeros mas n˜ ao tinha a quem perguntar). Boa Vista-RR: Publica¸caõ Eletrˆ onica, 2016. ´ [11] Hefez, Abramo. Curso de Algebra, Volume 1. Rio de Janeiro: IMPA - CNPq, 1993.

441

Índice Remissivo

´ Arduo e inóspito, 338 ˆ Angulo entre vetores, 284

Desigualdade De Cauchy-Schwarz, 264 De Lagrange, 266 Algoritmo triangular, 267 da divisão, 421 Diagonaliza¸caõ de Operador, 342 De Gram-Schmidt, 291 Dilata¸caõ e Contra¸caõ, 240 Gentil, 142 Dimens˜ ao de um espa¸co vetorial, 99 Para determinar uma base de um Distˆ ancia subespa¸co, 100 entre dois pontos, 266 Para encontrar a matriz de uma trans- Distˆ ancia entre vetores, 267 forma¸caõ, 189 Ego, transcender, 418 Automorfismos, 168 Einstein Autovalor, 322 1 + 1 6= 2, 77 Autovetor, 322 Enderêços, livros, 8 Base Equivalência L´ ogica, 432 Canônica do Rn , 94 Equivalencias Not´ aveis, 433 De um espa¸co vetorial, 92 Espa¸co De Códigos, 26 C´ odigo ASCII, 26 Dual, 224 C´ odigo bin´ ario, 27 Euclidiano, 258 Cˆ onicas e Qu´ adricas, 398 Funcional, 33 Capas, Gentil, 78, 126, 418 Hermitiniano, 318 Cisalhamento, 242 Vetorial, 12 Coeficientes de Fourier, 288 Vetorial complexo, 317 Combina¸co˜es lineares, 67 Vetorial finitamente gerado, 72 Complemento ortogonal, 298 Exemplo patológico, 38 Conjuntos × Estruturas, 19 Forma linear, 224 Conjuntos ortonormais, 287 Formas bilineares, 371 Coordenadas de um vetor, 109 Formas bilineares antissimétricas, 383 Corpos, 420 Formas bilineares simétricas, 379 Dean Radin, 126 Formas quadr´ aticas Defini¸caõ Defini¸caõ, 391 C´ odigo, 27 Diagonaliza¸caõ, 393 Desafio do Século, 320 Mudan¸ca de variáveis, 395 Desafio: Engenheiros e f´ısicos, 11 Funcional linear, 224

442

Gentil Algoritmo, 142 Capa DQ, 418 Capa E.M., 78 Capa Gugu, 126 Capa NSSAG, 78 Desafio, 320 Fórmula c´ odigos, 31, 52 Fórmula inédita, 440 Gregory Chaitin Leibniz, 306 Homotetia, 241 Identidade de um Elemento, 20 Identidade do paralelogramo, 280 Imagem de um conjunto, 128 Imagem Direta, 128 Implica¸caõ L´ ogica, 430 Isometria, 301 Isomorfismo, 169

Polinômio caracter´ıstico, 330, 331 Polinômios de Legendre, 295 Potências de uma matriz, 359 Produto de vetores, 42 Produto Interno, 258 Produto interno de Norma, 309 Proposi¸caõ, 429 Quadro amarelo, 14 Resumo das técnicas, 439 Rota¸caõ, 244, 246, 248 Subespa¸co próprio, 327 Subespa¸cos Gerados, 68 Invariantes, 354 Soma de, 62 Soma direta, 64 Vetoriais, 53

Técnicas de demonstra¸caõ, 434 Teorema Ken Wilber Da invariância, 98 Transcender o ego, 418 de Gersgorin, 363 Vida e morte, 418 de Pit´ agoras, 309 Do n´ u cleo e da imagem, 159 Leibniz e os bits, 306 Espectral, 355 ´ Matriz Fundamental da Algebra, 334 De mudan¸ca de base, 113 Transforma¸caõ de uma forma bilinear, 374 Bijetora, 132 De uma transforma¸caõ linear, 185 Identidade, 139 Invers´ıvel, 428 Injetora, 131 Valores próprios e vetores próprios, Linear, 134 331 N´ ucleo, 155 Matrizes semelhantes, 231 Nula (Zero), 140 Multiplicidade algébrica, 334 Sobrejetora, 132 Multiplicidade geométrica, 334 Transforma¸co˜es Lineares Mundo, Vacuidade, 418 Composi¸caõ, 207 Do plano no plano, 237 N´ ucleo de uma transforma¸caõ linear, 155 Opera¸co˜es, 203 Norbert Wiener, 338 Norma, 271 Ubiratan D’Ambrósio, 78 Norma e produto interno, 263 Vacuidade, Mundo, 418 Opera¸co˜es L´ ogicas, 430 Vetores Operador autoadjunto, 311 Linearmente dependentes, 80 Osho Linearmente independentes, 80 Você n˜ ao existe., 124 Ortogonais, 287 Poincaré, 11, 43

443

Pelo que temos constatado não é difícil encontrar alunos que tenham cursado a disciplina álgebra linear e que, ao término, não sabem o que é um vetor. Dentre algumas possíveis explicações para este paradoxo gostaria de destacar uma em especial: o condicionamento. Com efeito, muitos alunos chegam nesta disciplina condicionados, por seus estudos anteriores, a imaginar que um vetor é um ente que possui módulo, direção e sentido. Se isto é verdade na física na matemática é integralmente falso.

Insistimos: na matemática um vetor não possui módulo, não possui direção, não possui sentido. Isto se deve a que as definições deste ente (vetor) são distintas nestas duas disciplinas. Embora, através de um malabarismo os vetores da física possam ser incluídos entre os vetores da matemática (como um caso especial), os vetores desta última vão muito mais além. A princípio são “pontos” em um espaço abstrato; e pontos não possuem nem módulo (comprimento), nem direção e nem sentido. Alguns vetores da matemática:

Para estes vetores não existe módulo, direção e sentido.


Gentil Lopes - Algebra Linear (Comentado)

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