Algebra linear I EAD
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1) Como definir e representar matrizes reais de ordem m x n, com seus elementos dispostos em m linhas e n colunas; 2) Identificar casos especiais de matrizes como linha, coluna e quadrada; 3) Estabelecer critérios para determinar a igualdade entre duas matrizes.
![Matrizes
´
MODULO 1 - AULA 1
0, se i = j
. Isto ´, a identidade ´ uma
e
e
1, se i = j
matriz escalar e possui todos os elementos da diagonal principal iguais
a 1. Representamos a matriz identidade de ordem n por In .
• identidade, quando aij =
Exemplo 6
matriz
classifica¸˜o
ca
4 1 2
0 6 3
0 0 9
triangular superior
2 0 0
0 0 3
0 0 0
triangular superior
1 0 0
0 4 0
0 0 0
triangular superior, triangular inferior, diagonal
0 0
−3 0
triangular inferior
0 0
0 0
triangular superior, triangular inferior, diagonal, escalar
5 0
0 5
triangular superior, triangular inferior, diagonal, escalar
Exemplo 7
S˜o matrizes identidade:
a
1 0 0
1 0 0
0 1 0
1 0
I1 = [1]; I2 =
; I3 = 0 1 0 ; I4 =
0 0 1
0 1
0 0 1
0 0 0
De modo geral, sendo n um n´ mero natural maior que
u
0
0
0
1
1,
a matriz
13
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![Opera¸˜es com matrizes: multiplica¸˜o
co
ca
´
MODULO 1 - AULA 3
n
de ´
ındices il da matriz (AB)C ´ dado por p
e
k=1
j=1 aij bjk ckl =
n
p
e
ındices il da matriz A(BC),
j=1 aij (
k=1 bjk ckl ), que ´ o termo de ´
p
e
ındices jl da matriz BC. Logo, (AB)C =
pois k=1 bjk ckl ´ o termo de ´
A(BC).
ii A(B + C) = AB + AC, ∀A ∈ Mm×n (R), B, C ∈ Mn×p (R).
Isto ´, a multiplica¸˜o de matrizes ´ distributiva em rela¸˜o a adi¸˜o
e
ca
e
ca `
ca
de matrizes.
De fato, sejam A = (aij ), B = (bjk ) e C = (cjk ). O termo de ´
ındices jk
de B + C ´ dado por (bjk + cjk ). Ent˜o o de ´
e
a
ındices ik da matriz A(B +
n
n
C) ´ j=1 aij (bjk + cjk ) = j=1 [(aij bjk ) + (aij cjk )] = n (aij bjk ) +
e
j=1
n
(aij cjk ), que ´ o termo de ´
e
ındices ik da matriz dada por AB +AC.
j=1
Isto ´, A(B + C) = AB + AC.
e
De forma an´loga, prova-se que (A + B)C = AC + BC.
a
iii λ(AB) = (λA)B = A(λB), ∀λ ∈ R, ∀A ∈ Mm×n (R), ∀B ∈ Mn×p (R).
De fato, sejam A = (aij ) e B = (bjk ). O termo de ´
ındices ik de λ(AB)
n
n
´ dado por λ
e
e
= j=1 λ(aij bjk ) = n (λaij )bjk , que ´
j=1 aij bjk
j=1
o termo de ´
ındices ik de (λA)B. Isto ´, λ(AB) = (λA)B. De forma
e
an´loga, prova-se que λ(AB) = A(λB). Logo, λ(AB) = (λA)B =
a
A(λB).
iv Dada A ∈ Mm×n (R), Im A = AIn = A.
1, se i = j
. Ent˜o
a
0, se i = j
o termo de ´
ındices ij de Im A ´ dado por n δik akj = δi1 a1j + δi2 a2j +
e
k=1
... + δii aij + ... + δin anj = 0.a1j + 0.a2j + ... + 1.aij + ... + 0anj = aij , que
´ o termo de ´
e
ındices ij de A. Logo, Im A = A. Analogamente, prova-se
e
que AIn = A. Isto ´, Im A = AIn = A.
De fato, sejam A = (aij ) e Im = δij , onde δij =
A fun¸˜o δij assim definida ´
ca
e
chamada delta de Kronecker
nos ´
ındices i e j.
v Dadas A ∈ Mm×n (R), B ∈ Mn×p (R), (AB)T = B T AT .
De fato, sejam A = (aij ) e B = (bjk ). O termo de ´
ındices ik de
n
e
e
ındices ki da
AB ´ dado por j=1 aij bjk , que ´, tamb´m, o termo de ´
e
33
CEDERJ](https://image.slidesharecdn.com/algebralineari-ead-131125082355-phpapp01/85/Algebra-linear-I-EAD-33-320.jpg)
![Opera¸˜es com matrizes: invers˜o
co
a
´
MODULO 1 - AULA 4
ou:
(A−1 A)X = A−1 B,
IX = A−1 B
Logo, X = A−1 B.
2. (AX)T = B
Temos:
(AX)T = B ⇒ [(AX)T ]T = B T ⇒ AX = B T ⇒ A−1 (AX) =
A−1 B T ⇒ (A−1 A)X = A−1 B T ⇒ IX = A−1 B T ⇒ X = A−1 B T .
Para finalizar esta aula, vamos definir um tipo especial de matriz quadrada invers´
ıvel, que ´ aquela cuja inversa coincide com sua transposta.
e
Matrizes ortogonais
−1
A
Dizemos que uma matriz A ∈ Mn (R), invers´
ıvel, ´ ortogonal, quando
e
T
=A .
Para verificar se uma matriz A ´ ortogonal, multiplicamos A por AT e
e
vemos se o produto ´ a identidade.
e
Exemplo 31
√
3/2
1/2
√
´ ortogonal. De fato, multiplicando essa matriz
e
A matriz
1/2
− 3/2
pela sua transposta, temos:
√
√
1/2 − 3/2
1 0
3/2
1/2
√
√
=
1/2
3/2
1/2
0 1
− 3/2
Veremos mais tarde que as matrizes ortogonais representam um papel importante na representa¸˜o de fun¸˜es especiais, chamadas operadores
ca
co
ortogonais. Chegaremos l´!!!!
a
Resumo
O ponto central desta aula ´ inverter matrizes, quando isso ´ poss´
e
e
ıvel.
Como a defini¸˜o, embora simples, n˜o fornece um m´todo pr´tico para
ca
a
e
a
a invers˜o de matrizes, definimos as opera¸˜es elementares, que permitem
a
co
“passar”, gradativamente, da matriz inicial, a ser invertida, para outras,
numa sucess˜o que nos leva a matriz identidade. Trata-se de um m´todo
a
`
e
45
CEDERJ](https://image.slidesharecdn.com/algebralineari-ead-131125082355-phpapp01/85/Algebra-linear-I-EAD-45-320.jpg)
![Opera¸˜es com matrizes: invers˜o
co
a
Álgebra Linear 1
r´pido e eficiente, que resolve tanto o problema de decidir se a inversa existe
a
ou n˜o, como de obtˆ-la, no caso de existir. Esse ´ o m´todo implementado
a
e
e
e
pelos “pacotes”computacionais - aqueles programas de computador que nos
d˜o, em quest˜o de segundos, a inversa de uma matriz.
a
a
Exerc´
ıcios
1. Em cada caso, verifique se a matriz B ´ a inversa de A.
e
(a) A =
3 4
2 3
e
3 −4
−2
3
B=
7 −3 −28
(b) A = −2
1
8
0
0
1
1 −3
1
4
(c) A =
2. Dadas A =
3 1
5 2
e
eB =
e
B=
1 3 4
B= 2 7 0
0 0 1
4 3
−1 1
4 7
, determine: A−1 , B −1 e (AB)−1 .
1 2
3. Supondo as matrizes A, B e C invers´
ıveis, determine X em cada equa¸˜o.
ca
(a) AXB = C
(b) AB = CX
(c) (AX)−1 B = BC
(d) [(AX)−1 B]T = C
4. Determine, caso exista, a inversa da matriz A, em cada caso:
(a) A =
3 −2
1
4
1 −2 3
(b) A = 10
6 10
4
5 2
2
0
0
(c) A = 4 −1
0
2
3 −1
CEDERJ
46](https://image.slidesharecdn.com/algebralineari-ead-131125082355-phpapp01/85/Algebra-linear-I-EAD-46-320.jpg)
![Determinantes
Álgebra Linear 1
A defini¸˜o de determinante ´ dada de maneira recorrente, em rela¸˜o
ca
e
ca
a
` ordem da matriz. Assim, definimos o determinante de ordem 1, a seguir,
o de ordem 2 e, a partir da ordem 3, reca´
ımos em c´lculos de determinantes
a
de ordens menores. Vamos ver como isso ´ feito:
e
Seja A = (aij ) ∈ Mn (R).
n=1
Neste caso, A = [a11 ] e det A = a11 .
Note que o determinante de
uma matriz de ordem 2 ´ a
e
diferen¸a entre o produto dos
c
termos da diagonal principal
e o produto dos termos da
diagonal secund´ria. Esses
a
produtos se chamam, respectivamente, termo principal e
termo secund´rio da matriz.
a
n=2
Neste caso, A =
a11 a12
a21 a22
e seu determinante ´ dado por:
e
det A = a11 a22 − a12 a21
Exemplo 32
Vamos calcular os determinantes das matrizes abaixo:
1. A =
3 4
6 8
2. A =
2 5
−3 4
3. A =
sen α −cos α
cos α sen α
4. A =
6 4
3 1
n=3
⇒ det A = 3.8 − 4.6 = 24 − 24 = 0
⇒ det A = 8 − (−15) = 23
⇒ det A = sen2 α + cos2 α = 1
⇒ det A = 6 − 12 = −6
a11 a12 a13
Seja A = a21 a22 a23 . Neste caso, escolhemos uma linha (ou
a31 a32 a33
uma coluna) para desenvolver o determinante.
Desenvolvendo o determinante pela 1a. linha, obtemos:
det A = a11 .(−1)1+1 .
CEDERJ
50
a22 a23
a21 a23
a21 a22
+a12 .(−1)1+2 .
+a13 .(−1)1+3 .
.
a32 a33
a31 a33
a31 a32](https://image.slidesharecdn.com/algebralineari-ead-131125082355-phpapp01/85/Algebra-linear-I-EAD-50-320.jpg)
![Determinantes
´
MODULO 1 - AULA 5
Exemplo 33
2 5 −3
det 0 4 5
3 1 −2
= 2(−1)1+1
4
5
0
5
0 4
+ 5(−1)1+2
+ (−3)(−1)1+3
1 −2
3 −2
3 1
= 2(−8 − 5) − 5(0 − 15) − 3(0 − 12) = 85 .
Observa¸˜o: Existe uma regra pr´tica para o c´lculo do determinante de
ca
a
a
ordem 3, conhecida como Regra de Sarrus. Ela afirma que:
a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33
Lˆ-se “Sarr´
e
ı”.
=
= (a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32 ) − (a13 a22 a31 + a11 a23 a32 + a12 a21 a33 ).
Desenvolvendo os produtos indicados na defini¸˜o de determinante de
ca
ordem 3, vocˆ poder´ ver que as express˜es coincidem.
e
a
o
Exemplo 34
Vamos calcular, novamente, o determinante do exemplo anterior, agora usando
a Regra de Sarrus:
2 5 −3
0 4
5 = [2.4.(−2)+(5.5.3)+(−3.0.1)]−[(−3.4.3)+(2.5.1)+(5.0.(−2))] =
3 1 −2
= (−16 + 75) − (−36 + 10) = 85.
n=4
Seja A =
a11
a21
a31
a41
a12
a22
a32
a42
a13
a23
a33
a43
a14
a24
a34
a44
.
Desenvolvendo o determinante pela 1a. linha, obtemos:
51
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![Determinantes
Álgebra Linear 1
Auto-avalia¸˜o
ca
Vocˆ deve estar bem treinado para calcular determinantes pelo m´todo
e
e
da triangulariza¸˜o. Veja que se trata de um c´lculo “ingrato”: n˜o h´ como
ca
a
a a
verificar se estamos certos, a n˜o ser refazendo e comparando os resultados.
a
Por isso, embora se trate de uma t´cnica simples, algor´
e
ıtmica, exige aten¸˜o.
ca
Caso vocˆ tenha sentido d´ vidas, procure o tutor da disciplina.
e
u
Respostas dos exerc´
ıcios
1. a) − 84
b)1.099
c) − 266
2. a)D b)1/D c)2n .D
3. a) − 10 b) − 10 c)5 d)10 e) − 20 f )10
4. x = 1 ou x = − 23
9
5. Sejam A, B ∈ Mn (R) tais que det A = 4 e det B = 5. Determine:
a) det AB = det A. det B = 4 × 5 = 20
b) det 3A = 34 . det A = 3n × 4 = 4.3n
c) det(AB)−1 = [det(AB)]−1 = 20−1 = 1/20
a
ımpar)
d) det(−A) = (−1)n × 4 (ser´ 4, se n for par e -4, se n for ´
e) det A−1 B = det A−1 . det B = 1/4 × 5 = 5/4
6. x = −1 e x = 2
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58](https://image.slidesharecdn.com/algebralineari-ead-131125082355-phpapp01/85/Algebra-linear-I-EAD-58-320.jpg)
![Combina¸˜es lineares
co
2 −3
4
c) O vetor v = 1
e
ca
1 −2 ∈ M3×3 (R) ´ combina¸˜o linear dos
−1
0
3
vetores
2 −3
4
4 −6
8
0 0 0
v1 = 1
1 −2 , v2 = 2
2 −4 e v3 = 0 0 0 ,
−1
0
3
−2
0
6
0 0 0
pois v = v1 + 0v2 + 257v3 . Temos ainda que v = 3v1 − v2 + πv3 , ou
√
ainda, v = −5v1 + 3v2 + 2v3 , ou seja, v ´ combina¸˜o linear de v1 , v2
e
ca
e v3 de v´rias maneiras diferentes.
a
ca
d) Para que o vetor (0, m) de R2 seja combina¸˜o linear dos vetores (1, −2)
e (−2, 4) ´ necess´rio que existam a e b em R tais que
e
a
(0, m) = a(1, −2) + b(−2, 4). Para isso devemos ter (0, m) = (a − 2b,
− 2a + 4b), ou seja, a − 2b = 0 e −2a + 4b = m simultaneamente. Tal
sistema de duas equa¸˜es nas vari´veis a e b tem solu¸˜o apenas para
co
a
ca
o caso em que m = 0.
Subespa¸os gerados
c
No exemplo 4 da aula 9, vimos que, se V ´ um espa¸o vetorial e w um
e
c
elemento de V , ent˜o o conjunto S = {λw : λ ∈ R} ´ um subespa¸o vetorial
a
e
c
de V . Agora que definimos combina¸˜o linear, podemos observar que tal S
ca
´ o conjunto formado por todas as combina¸˜es lineares do vetor w.
e
co
Esse exemplo pode ser generalizado para um n´ mero qualquer de veu
tores da seguinte maneira: se w1 , w2 , . . . , wn s˜o vetores do espa¸o vetoa
c
rial V , ent˜o o conjunto de todas as combina¸˜es lineares desses vetores ´
a
co
e
um subespa¸o vetorial de V (vamos provar isso!), chamado subespa¸o gec
c
rado pelos vetores w1 , w2 , . . . , wn , ou ainda subespa¸o gerado pelo conjunto
c
{w1 , w2 , . . . , wn }. Denotamos esse espa¸o por [w1 , w2 , . . . , wn ], ou [{w1 , w2 , . . . ,
c
a
wn }], e dizemos que w1 , w2 , . . . , wn s˜o geradores de [w1 , w2 , . . . , wn ]. Assim
temos
[w1 , w2 , . . . , wn ] = {a1 w1 + a2 w2 + · · · + an wn : a1 , a2 , . . . , an ∈ R}.
Vamos agora mostrar que [w1 , w2 , . . . , wn ] ´ um subespa¸o vetorial de V .
e
c
CEDERJ
106](https://image.slidesharecdn.com/algebralineari-ead-131125082355-phpapp01/85/Algebra-linear-I-EAD-106-320.jpg)
![Combina¸˜es lineares
co
´
MODULO 2 - AULA 10
(i) S = ∅, pois 0 = 0w1 + 0w2 + · · · + 0wn ∈ [w1 , w2, . . . , wn ];
(ii) se u ∈ S e v ∈ S, digamos,
u = a1 w1 + a2 w2 + · · · + an wn
e
Observe que se os geradores w1 , w2 , . . . , wn n˜o
a
s˜o todos nulos, o conjunto
a
[w1 , w2 , . . . , wn ] ´ infinito. J´
e
a
o conjunto {w1 , w2 , . . . , wn }
´ finito: possui, exatamente,
e
n elementos.
v = b1 w1 + b2 w2 + · · · + bn wn
com a1 , a2 , . . . , an ∈ R e b1 , b2 , . . . , bn ∈ R, ent˜o
a
u + v = (a1 w1 + a2 w2 + · · · + an wn ) + (b1 w1 + b2 w2 + · · · + bn wn )
= (a1 + b1 )w1 + (a2 + b2 )w2 + · · · + (an + bn )wn ,
ou seja, u+v ´ tamb´m uma combina¸˜o linear dos vetores w1 , w2 , . . . , wn ,
e
e
ca
sendo, portanto, um elemento de [w1 , w2 , . . . , wn ];
a
(iii) se α ∈ R e u = a1 w1 + a2 w2 + · · · + an wn ∈ S ent˜o
αu = α(a1 w1 + a2 w2 + · · · + an wn )
= (αa1 )w1 + (αa2 )w2 + · · · + (αan )wn ,
ou seja αu ∈ [w1 , w2 , . . . , wn ].
e
c
De acordo com os itens i, ii e iii, [w1 , w2 , . . . , wn ] ´ um subespa¸o
vetorial de V .
Exemplo 2
Veremos agora alguns exemplos de subespa¸os gerados.
c
e
c
a) No exemplo 2 da aula 9, S = {(x, 2x) : x ∈ R} ⊂ R2 ´ o subespa¸o
2
gerado pelo vetor (1, 2) ∈ R , ou seja, S = [(1, 2)].
b) O subespa¸o de R3 gerado pelos vetores u = (1, 2, 0), v = (3, 0, 1) e
c
w = (2, −2, 1) ´ o plano de equa¸˜o 2x − y − 6z = 0. Note que os
e
ca
vetores dados satisfazem a equa¸˜o obtida para o subespa¸o gerado
ca
c
por eles.
c) O conjunto {at + bt2 : a, b ∈ R} ´ o subespa¸o de P2 (R, t) gerado pelos
e
c
vetores t e t2 .
Lembre-se de que os vetores
de P2 (R, t) s˜o polinˆmios!
a
o
d) O conjunto R3 ´ o (sub)espa¸o gerado pelos vetores i = (1, 0, 0),
e
c
j = (0, 1, 0) e k = (0, 0, 1) de R3 . Os vetores (1, 2, 0), (0, −1, 2) e
(1, 1, 3), juntos, tamb´m geram o R3 .
e
107
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![Combina¸˜es lineares
co
e) O conjunto de todos os polinˆmios (de qualquer grau) com coeficientes
o
reais, a uma vari´vel t, denotado por P (t, R), ´ gerado pelo conjunto
a
e
infinito de vetores {1, t, t2 , t3 . . .}
Ao longo deste curso ser˜o dados in´ meros outros exemplos de sua
u
bespa¸os gerados. Nas pr´ximas se¸˜es veremos como determinar o suc
o
co
bespa¸o gerado por um conjunto de vetores, e como encontrar geradores
c
para um subespa¸o vetorial dado.
c
Determina¸˜o do subespa¸o gerado por um conjunto de
ca
c
vetores
H´ v´rias maneiras de se descrever um mesmo subespa¸o vetorial S de
a a
c
um espa¸o V . Eis algumas delas:
c
• atrav´s de um conjunto de geradores (ex: S = [(1, 1), (1, 2)] ⊂ R2 );
e
• atrav´s de uma equa¸˜o ou conjunto de equa¸˜es (ex: S ´ o plano de
e
ca
co
e
equa¸˜o x + y − z = 0 em R3 );
ca
• atrav´s de uma propriedade de seus elementos (ex: S = {a + bt + ct2 ∈
e
P2 (t, R) : a + b − c = 0}.
No exemplo 2 da se¸˜o anterior, cada subespa¸o foi descrito por duas
ca
c
dessas formas. Determinar o subespa¸o gerado por um conjunto de vetores
c
significa passar da descri¸˜o por geradores (a primeira acima) para outras
ca
descri¸˜es qua permitam melhor entendimento do subespa¸o. Veremos como
co
c
isso ´ feito atrav´s de alguns exemplos.
e
e
Exemplo 3
Considere o subespa¸o de R3 gerado pelos vetores u = (1, 2, 0), v = (3, 0, 1)
c
e w = (2, −2, 1). A descri¸˜o de S como espa¸o gerado n˜o deixa claro, por
ca
c
a
exemplo, se S ´ trivial, ou uma reta que passa pela origem, ou um plano
e
que passa pela origem. Ajuda bastante saber que S ´ o plano de equa¸˜o
e
ca
2x − y − 6z = 0. Como fazer para encontrar essa outra descri¸˜o?
ca
Como S = [u, v, w], cada elemento de S ´ uma combina¸˜o linear de u,
e
ca
v e w. Se denotarmos por (x, y, z) um elemento gen´rico de S, teremos ent˜o
e
a
que (x, y, z) = au + bv + cw, onde a, b e c s˜o n´ meros reais. Da´ temos
a u
ı
(x, y, z) = a(1, 2, 0) + b(3, 0, 1) + c(2, −2, 1),
ou seja,
(x, y, z) = (a + 3b + 2c, 2a − 2c, b + c).
CEDERJ
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![Combina¸˜es lineares
co
Exemplo 4
Considere o subespa¸o de R2 gerado pelos vetores (1, 1) e (1, −1). Para que
c
(x, y) seja combina¸˜o desses vetores, devem existir a e b em R tais que
ca
a(1, 1) + b(1, −1) = (x, y). Isso significa que o sistema
S:
a +b = x
a −b = y
deve ter solu¸˜o. Escalonando, obtemos
ca
1 0
0 1
y−x
2
x−y
2
que tem sempre solu¸˜o, para quaisquer valores de x e y (n˜o h´ restri¸˜es
ca
a a
co
sobre x e y para que (x, y) esteja no espa¸o gerado pelos vetores em quest˜o).
c
a
2
Da´ [(1, 1), (1, −1)] = R .
ı
Exemplo 5
o
Considere o subespa¸o S, de P3 , gerado pelos polinˆmios p1 = 2 − t + t2 e
c
p2 = t + 3t3 . Um polinˆmio x + yt + zt2 + wt3 , para pertencer a S, deve
o
e
poder ser escrito como uma combina¸˜o linear de p1 e p2 , isto ´, quereca
2
3
mos que existam escalares a e b tais que x + yt + zt + wt = a(2 − t +
= x
2a
−a + b = y
t2 ) + b(t + 3t3 ). Ou seja, queremos que o sistema linear
a
= z
3b
= w
possua solu¸˜o. Escalonando esse sistema, chegamos ao sistema equivalente
ca
a = z
b = y+z
. Logo, para que o sistema seja compat´
ıvel, devemos
0 = z − 2x
0 = w − 3y − 3z
ter z − 2x = 0 e w − 3y − 3z = 0, ou seja, z = 2x e w = 3y + 6x. Concluimos,
ent˜o, que S = {x + yt + zt2 + wt3 ∈ P3 |z = 2x e w = 3y + 6x}.
a
CEDERJ
110](https://image.slidesharecdn.com/algebralineari-ead-131125082355-phpapp01/85/Algebra-linear-I-EAD-110-320.jpg)
![Combina¸˜es lineares
co
´
MODULO 2 - AULA 10
Determina¸˜o de geradores de um subespa¸o vetorial
ca
c
Vimos que, dado um conjunto de vetores de um espa¸o vetorial V , o
c
conjunto de todas as suas combina¸˜es lineares ´ um subespa¸o vetorial de
co
e
c
´
V . E natural pensarmos se o contr´rio tamb´m acontece: ser´ que todo
a
e
a
subespa¸o S de V ´ gerado por um conjunto de vetores? A resposta a perc
e
`
gunta nesses termos ´ simples: ´ claro que S ´ o subespa¸o gerado por S
e
e
e
c
(verifique!).
Fa¸amos a pergunta de outro modo: ser´ que todo subespa¸o S de
c
a
c
V , incluindo o pr´prio V , ´ gerado por um conjunto finito de vetores? A
o
e
resposta ´ sim para alguns espa¸os, entre eles Rn , ou Mm×n (R). Existem
e
c
tamb´m espa¸os que n˜o tˆm essa propriedade, como ´ o caso do exemplo
e
c
a e
e
1-l) de subespa¸os gerados. Em nosso curso, estudaremos mais a fundo os
c
espa¸os que s˜o finitamente gerados, ou seja, que admitem um conjunto finito
c
a
de geradores, o mesmo acontecendo para todos os seus subespa¸os.
c
Veremos agora como encontrar geradores para subespa¸os atrav´s do
c
e
estudo de alguns exemplos.
Exemplo 6
Retornemos ao exemplo 2 da Aula 9, S = {(x, 2x) : x ∈ R} ⊂ R2 . Para
verificar que de fato S ´ o subespa¸o gerado pelo vetor (1, 2) ∈ R2 , basta
e
c
notar que os elementos de S s˜o todos da forma (x, 2x) = x(1, 2): variando
a
o valor de x, obtemos diferentes elementos de S. Ora, x(1, 2) ´ a express˜o
e
a
de uma combina¸˜o linear de (1, 2), portanto todos os elementos de S s˜o
ca
a
combina¸˜es lineares de (1, 2).
co
Exemplo 7
Seja S = {(x, x + y, y) : x, y ∈ R} ∈ R3 . Raciocinando como anteriormente,
vemos que o elemento gen´rico de S ´ da forma (x, x + y, y) = (x, x, 0) +
e
e
(0, y, y) = x(1, 1, 0) + y(0, 1, 1), ou seja, ´ combina¸˜o linear dos vetores
e
ca
(1, 1, 0) e (0, 1, 1). Podemos escrever, ent˜o, S = [(1, 1, 0), (0, 1, 1)].
a
Exemplo 8
Seja S = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y − z = 0}. Para encontrar geradores para
esse subespa¸o do R3 , devemos procurar escrevˆ-lo na forma do exemplo
c
e
acima, colocando nas coordenadas do vetor gen´rico a(s) equa¸˜o(˜es) que
e
ca o
define(m) o espa¸o. No caso em quest˜o, como temos uma equa¸˜o e trˆs
c
a
ca
e
vari´veis, podemos escrever o conjunto solu¸˜o da equa¸˜o (que ´ exatamente
a
ca
ca
e
111
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![Combina¸˜es lineares
co
o subespa¸o S!) em fun¸˜o de duas vari´veis livres. Nesse caso, temos
c
ca
a
S = {(−y + z, y, z) : y, z ∈ R} (apenas escrevemos a vari´vel x em fun¸˜o de
a
ca
y e z). Assim, como no exemplo anterior, temos (−y + z, y, z) = y(−1, 1, 0) +
z(1, 0, 1), ou seja, S = [(−1, 1, 0), (1, 0, 1)].
Exemplo 9
Seja S = {a + bt + ct2 ∈ P2 ; a − b − 2c = 0}. A condi¸˜o que define S pode
ca
ser escrita como a = b + 2c. Inserindo essa condi¸˜o na express˜o do vetor
ca
a
2
2
gen´rico de P2 , temos: a + bt + ct = b + 2c + bt + ct = b(1 + t) + c(2 + t2 ).
e
Logo, escrevemos o polinˆmio de S como combina¸˜o linear dos polinˆmios
o
ca
o
2
1 + t e 2 + t , que s˜o, assim, os geradores de S.
a
Exemplo 10
a b
∈ M2 R; a + b − c = 0 e c + d = 0 .
c d
definem S podem ser escritas como c = −d e a = −b − d.
−1
−1 1
−b − d b
+d
=b
de S ´ do tipo
e
−1
0
0
−d
d
gerador de S ´ formado por essas duas ultimas matrizes.
e
´
Seja S =
As equa¸˜es que
co
Logo, uma matriz
0
, e o conjunto
1
Resumo
Nesta aula vimos duas importantes t´cnicas envolvendo subespa¸os gee
c
rados:
1. Como determinar o subespa¸o gerado por um conjunto de vetores:
c
Neste caso, escrevemo um vetor gen´rico do espa¸o como combina¸˜o
e
c
ca
linear dos vetores geradores. Isso fornece um sistema linear o qual queremos que seja compat´
ıvel. Assim, ap´s o escalonamento, se alguma
o
equa¸˜o tiver o primeiro membro nulo, o segundo membro tamb´m ter´
ca
e
a
que se anular, fornecendo uma equa¸˜o do subespa¸o. Caso nenhuma
ca
c
equa¸˜o tenha seu primeiro lado anulado, significa que o subespa¸o
ca
c
gerado ´ todo o espa¸o.
e
c
2. Como determinar os geradores de um subespa¸o dado: “embutimos”as
c
condi¸˜es dadas pelas equa¸˜es do subespa¸o num vetor gen´rico do
co
co
c
e
espa¸o e o decompomos como uma combina¸˜o linear.
c
ca
CEDERJ
112](https://image.slidesharecdn.com/algebralineari-ead-131125082355-phpapp01/85/Algebra-linear-I-EAD-112-320.jpg)
![Combina¸˜es lineares
co
Auto-avalia¸˜o
ca
Ao final desta aula vocˆ dever´ estar dominando as duas t´cnicas estue
a
e
dadas: (i) como determinar o subespa¸o gerado por um conjunto de vetores e
c
(ii) como determinar um conjunto de geradores de um subespa¸o dado. Este
c
segundo tipo de problema ´ resolvido rapidamente, enquanto que o primeiro
e
sempre recai num sistema linear sobre o qual imporemos a condi¸˜o de ser
ca
compat´
ıvel. Os vetores geradores n˜o s˜o unicos, por isso, as respostas daa a ´
das aqui podem n˜o coincidir com as suas. Para verificar se acertou, basta
a
testar se cada vetor, candidato a gerador, satisfaz a condi¸˜o do subespa¸o.
ca
c
Se houver qualquer d´ vida, consulte o tutor da disciplina... e vamos em
u
frente!!!!
Respostas dos exerc´
ıcios
1.
a) v = 4/3v1 + 1/3v2 .
b) v = v1 − 3v2 + 4v3 .
c) V´rias respostas poss´
a
ıveis. Uma delas ´ v = 45v1 + 1/3v2 .
e
d) v = 3v1 − v2 .
e) v = 0v1 + v2 − v3 .
2. m = −1
3. v = (1, −1, 3) = (2 − 3a)v1 + (a − 1)v2 + av3 , onde a ∈ R.
4.
a) [A] = {(x, y, z) ∈ R3 ; 5x − 4y + 3z = 0}
b) [A] =
2a 2b − 5a
b a
∈ M2×2 (R)
c) [A] = {a + at + bt2 ∈ P2 (t, R)}
5.
a) {(5, 1, −2)}
b) {(1, 1, 0), (−1, 0, 1)}
c)
0 1
2 0
d) {t + t2 , 1}.
CEDERJ
114
,
−1 0
0
1](https://image.slidesharecdn.com/algebralineari-ead-131125082355-phpapp01/85/Algebra-linear-I-EAD-114-320.jpg)
![Base e dimens˜o
a
´
MODULO 2 - AULA 11
Exemplo 2
Um conjunto contendo um unico vetor v ´ linearmente independente se, e
´
e
somente se, v = 0.
Exemplo 3
a
e
O conjunto {v1 , v2 } contendo apenas dois vetores v1 , v2 n˜o-nulos ´ linearmente dependente quando um ´ m´ ltiplo do outro, pois, se c1 v1 + c2 v2 = 0
e u
possui solu¸˜o n˜o trivial ent˜o c1 = 0 e c2 = 0 (pois c1 = 0 ⇒ c2 = 0 e
ca a
a
c2 v2 = 0 ⇒ v2 = 0, analogamente, c2 = 0 ⇒ v1 = 0).
c2
c1 v1 + c2 v2 = 0 ⇒ v1 = −
· v2 .
c1
Portanto v1 ´ m´ ltiplo de v2 .
e u
Exemplo 4
Seja C[0, 1] o conjunto das fun¸˜es reais, cont´
co
ınuas com dom´
ınio [0, 1]. Este
conjunto forma um espa¸o vetorial com as opera¸˜es usuais de soma de
c
co
fun¸˜es e multiplica¸˜o por escalar.
co
ca
O conjunto {sen t, cos t} ´ linearmente independente em C[0, 1], j´ que
e
a
sen t e cos t s˜o n˜o-nulos e n˜o s˜o m´ ltiplos um do outro enquanto vetores
a a
a a
u
de C[0, 1].
Isto ´, n˜o h´ c ∈ R tal que sen t = c cos t, para todo t ∈ [0, 1]. Para
e a a
ver isso, basta comparar os gr´ficos de sen t e cos t.
a
O conjunto {sen 2t, sen t cos t} ´ linearmente dependente em C[0, 1],pois
e
sen 2t = 2 sen t cos t, ∀ t ∈ [0, 1].
Exemplo 5
Seja P2 o espa¸o vetorial formado por polinˆmios de grau ≤ 2. Sejam
c
o
a
p1 = 1, p2 = x − 1, p3 = 5 − x, ent˜o {p1 , p2 , p3 } forma um conjunto
linearmente dependente, pois
−4p1 + p2 + p3 = 0.
Como determinar se um conjunto ´ L.I.
e
Para determinarmos se um conjunto de vetores {v1 , v2 , ..., vn } ´ lie
nearmente independente em um espa¸o vetorial V , devemos verificar se a
c
equa¸˜o c1 v1 + . . . + cn vn = 0 possui ou n˜o solu¸˜o n˜o-trivial.
ca
a
ca a
117
CEDERJ](https://image.slidesharecdn.com/algebralineari-ead-131125082355-phpapp01/85/Algebra-linear-I-EAD-117-320.jpg)
![Dimens˜o de um espa¸o vetorial
a
c
Demonstra¸˜o.
ca
e
a
Como B = {b1 , . . . , bn } ´ uma base de V , ent˜o gera V , logo todo
x ∈ V ´ combina¸˜o linear dos vetores em B. Portanto, existem
e
ca
c1 , . . . , cn ∈ R tais que:
x = c1 b1 + . . . + cn bn .
(1)
Vamos agora provar a unicidade. Suponha que x tamb´m tenha a
e
representa¸˜o
ca
x = d1 b1 + . . . + dn bn .
(2)
Subtraindo (1) e (2), obtemos:
0 = x − x = (c1 − d1 )b1 + . . . + (cn − dn )bn .
(3)
Como B ´ linearmente independente, os coeficientes c1 − d1 ,
e
c2 − d2 , . . . , cn − dn , na equa¸˜o (3), devem ser todos nulos, logo
ca
ca e ´
ci = di , i = 1, . . . , n, o que mostra que a representa¸˜o ´ unica.
Defini¸˜o
ca
Seja x ∈ V e seja B = {b1 , . . . , bn } uma base de V . Se
x = c1 b1 + . . . + cn bn ,
a
ent˜o os escalares c1 , . . . , cn s˜o chamados coordenadas de x na base B e
a
escrevemos
c1
.
[x]B = . .
.
cn
Exemplo 1
Seja a base B = {b1 , b2 } do R2 dada por b1 =
x, y ∈ R2 . Se [x]B =
CEDERJ
124
1
3
, determine x e, se y =
1
1
e b2 =
2
5
0
. Sejam
2
, determine [y]B .](https://image.slidesharecdn.com/algebralineari-ead-131125082355-phpapp01/85/Algebra-linear-I-EAD-124-320.jpg)
![Dimens˜o de um espa¸o vetorial
a
c
´
MODULO 2 - AULA 12
Solu¸˜o:
ca
1
, ent˜o
a
3
Como xB =
x = 1.b1 + 3b2 = 1.
Se y =
2
5
y1
y2
e [y]B =
2
5
1
1
+ 3.
=
1
7
.
, ent˜o,
a
= y1 b1 + y2 b2 = y1
2
5
0
2
=
1
1
y1
y1 + 2y2
0
2
+ y2
,
o que resulta em
y1 = 2
y1 + 2y2 = 5 ⇒ 2 + 2y2 = 5 ⇒ y2 =
Portanto, [y]B =
2
3
2
3
2
.
.
Exemplo 2
e
A base canˆnica b = {i1 , i2 } ´ a base em que x = [x]B , para todo x ∈ R2 ,
o
pois, se [x]B =
a
b
, ent˜o
a
x = a.i1 + b.i2 = a.
1
0
+ b.
0
1
=
a
b
= [x]B .
Exemplo 3
Seja B = {2, 1 − t, 1 + t + t2 } uma base de P 2 [t], o espa¸o dos polinˆmios em
c
o
2
uma vari´vel de grau ≤ 2 (verifique que B ´ uma base de P [t]). Determine
a
e
as coordenadas de x = t2 − 1 na base B.
125
CEDERJ](https://image.slidesharecdn.com/algebralineari-ead-131125082355-phpapp01/85/Algebra-linear-I-EAD-125-320.jpg)
![Dimens˜o de um espa¸o vetorial
a
c
Solu¸˜o:
ca
c1
Se B = {b1 , b2 , b3 } e [x]B = c2 , ent˜o
a
c3
x
−1 + t2
−1 + t2
−1 + t2
=
=
=
=
isto ´
e
c1 b1 + c2 b2 + c3 b3 ,
c1 .2 + c2 .(1 − t) + c3 .(1 + t + t2 )
2c1 + c2 − c2 t + c3 + c3 t + c3 t2
(2c1 + c2 + c3 ) + t(−c2 + c3 ) + c3 t2
Comparando os coeficientes, obtemos
2c1 + c2 + c3 = −1
c1 = − 3
2
−c2 + c3
=
0 , o que leva a
c2 =
1 .
=
1
1
c3
c3 =
−3
2
Portanto, [x]B = 1
1
.
Exemplo 4
Seja V um espa¸o vetorial e B = {b1 , . . . , bn } uma base de V . A reprec
0
0
.
.
a
senta¸˜o do vetor nulo em B ´ [0]B = . , pois, se [v]B = . , ent˜o
ca
e
.
.
0
0
v = 0.b + . . . + 0.bn = 0.
Base de um espa¸o vetorial
c
Nesta se¸˜o, provaremos que todas as bases de um espa¸o vetorial V
ca
c
n
tem o mesmo n´ mero de elementos. Vamos iniciar com o R .
u
e
O conjunto B = {i1 , i2 , ..., in } ´ uma base de Rn (ver exemplo 10 da
aula 11). Esta ´ a base canˆnica do Rn . No teorema a seguir, veremos que
e
o
qualquer conjunto com mais de n elementos ´ L.D.
e
Teorema 2
Seja S = {u1 , ..., up } um subconjunto do Rn . Se p > n, ent˜o S ´ lineara
e
mente dependente.
CEDERJ
126](https://image.slidesharecdn.com/algebralineari-ead-131125082355-phpapp01/85/Algebra-linear-I-EAD-126-320.jpg)
![Dimens˜o de um espa¸o vetorial
a
c
Demonstra¸˜o.
ca
Seja u1 =
x11
x12
.
.
.
x1n
, . . . , up =
xp1
xp2
.
.
.
´
MODULO 2 - AULA 12
.
xpn
A equa¸˜o
ca
c1 u 1 + . . . + cp u p = 0
pode ser escrita como
x11
x1p
x21
x2p
c1 . + · · · + cp .
.
.
.
.
xn1
xnp
(1)
=
0
0
.
.
.
→ vetor nulo doRn
0
o que resulta no sistema
x11 c1 + · · · + x1p cp = 0
x21 c1 + · · · + x2p cp = 0
.
.
.
x c + ··· + x c = 0
n1 1
2p p
(2)
O sistema (2) ´ um sistema homogˆneo, nas vari´veis c1 , . . . , cp , com
e
e
a
n equa¸˜es. Como p > n, ent˜o trata-se de um sistema homogˆneo com mais
co
a
e
vari´veis que equa¸˜es. Segue-se que h´ solu¸˜es n˜o-triviais de (2), logo
a
co
a
co
a
(1) tem solu¸˜es n˜o-triviais e, portanto S = {u1 , . . . , up } ´ linearmente
co
a
e
dependente.
O pr´ximo teorema, generaliza este resultado para qualquer espa¸o veo
c
torial.
Teorema 3
a
Se um espa¸o vetorial V tem base B = {b1 , . . . , bn }, ent˜o todo subconjunto
c
de V com mais de n vetores ´ linearmente dependente.
e
Demonstra¸˜o.
ca
Seja {u1 , . . . , up } um subconjunto de V , com p > n. Os vetores das
coordenadas [u1 ]B , [u2 ]B , . . . , [up ]B formam um subconjunto do Rn com
p > n vetores. Pelo teorema anterior este ´ um conjunto L.D.
e
127
CEDERJ](https://image.slidesharecdn.com/algebralineari-ead-131125082355-phpapp01/85/Algebra-linear-I-EAD-127-320.jpg)
![Dimens˜o de um espa¸o vetorial
a
c
Portanto, existem escalares c1 , . . . , cp , nem todos iguais a zero, tais
que
0
.
+ . . . + cp [up ]B = .
.
c1 [u1 ]B
0
Verifique que se B ´ uma
e
base de um espa¸o vetoc
rial V,
a, b
∈ V e
a
a
c1 e c2 s˜o escalares, ent˜o
[c1 a+c2 b]B = c1 [a]B +c2 [b]B .
Isto mostra que a transforma¸˜o de coordenadas ´
ca
e
uma transforma¸˜o linear.
ca
Como a transforma¸˜o de coordenadas ´ uma transforma¸˜o linear,
ca
e
ca
temos
0
.
[c1 u1 + . . . + cp up ]B = .
.
0
Portanto, a representa¸˜o do vetor c1 u1 + . . . + cp up , na base B ´
ca
e
[0 · · · 0], isto ´,
e
c1 u1 + ... + cp up = 0.b1 + ... + 0.bn = 0
(3)
e
A equa¸˜o (3) mostra que u1 , . . . , up ´ um conjunto linearmente deca
pendente.
Teorema 4
Se um espa¸o vetorial V tem uma base com n vetores, ent˜o toda base de V
c
a
tamb´m tem exatamente n vetores.
e
Demonstra¸˜o.
ca
Seja B1 uma base com n vetores e seja B2 uma outra base de V .
e
e
a
a
Como B1 ´ base e B2 ´ linearmente independente, ent˜o B2 n˜o tem
mais que n vetores, pelo teorema anterior.
Por outro lado, como B2 ´ base e B1 ´ linearmente independente, ent˜o
e
e
a
B2 n˜o tem menos que n vetores. Disto resulta que B2 tem exatamente n
a
vetores.
Um espa¸o vetorial pode n˜o ter uma base com um n´ mero finito de vec
a
u
tores. Por exemplo, o espa¸o vetorial dos polinˆmios na vari´vel t, denotado
c
o
a
R[t], n˜o tem base finita. Uma base para este espa¸o ´
a
c e
{1, t, t2 , t3 , ...}.
Como este conjunto ´ infinito, ent˜o R[t] n˜o pode ter base finita (se tivesse
e
a
a
uma base com d elementos, ent˜o qualquer conjunto com mais de d elementos
a
seria L.D., logo n˜o poderia ter uma base infinita).
a
CEDERJ
128](https://image.slidesharecdn.com/algebralineari-ead-131125082355-phpapp01/85/Algebra-linear-I-EAD-128-320.jpg)
![Dimens˜o de um espa¸o vetorial
a
c
´
MODULO 2 - AULA 12
O teorema anterior mostra que, se um espa¸o vetorial V tem base finita,
c
ent˜o todas as bases tem o mesmo n´mero de elementos. Isto motiva a
a
u
seguinte defini¸˜o:
ca
Defini¸˜o
ca
Se V tem uma base finita, ent˜o V ´ chamado espa¸o vetorial de dia
e
c
mens˜o finita e chamamos de dimens˜o de V , denotada dim V , o n´ mero de
a
a
u
vetores de uma base de V . Caso V n˜o tenha uma base finita, dizemos que
a
V ´ um espa¸o vetorial de dimens˜o infinita. A dimens˜o do espa¸o vetorial
e
c
a
a
c
trivial [0] ´ definida como sendo igual a zero.
e
Exemplo 5
dim Rn = n. Basta notar que a base canˆnica do Rn tem n vetores.
o
Exemplo 6
e
c
o
dim P n = n + 1, onde o P n ´ o espa¸o vetorial dos polinˆmios de grau ≤ n.
n
e
Uma base de P ´ o conjunto
{1, t, t2 , . . . , tn },
que tem n + 1 vetores.
Exemplo 7
Determine a dimens˜o do subespa¸o H de R3 geral do pelos vetores
a
c
1
0
v1 = 2 e v2 = 1 .
1
−1
Solu¸˜o:
ca
a a
u
a
Como v1 e v2 n˜o s˜o m´ ltiplos um do outro, ent˜o o conjunto {v1 , v2 }
´ L.I, portanto ´ uma base de H. Logo dim H = 2.
e
e
Teorema do conjunto gerador
Um problema comum ´ o de encontrar uma base para um subespa¸o
e
c
gerado por um certo conjunto de vetores. Se este conjunto ´ L.I., ent˜o ´
e
a e
base do subespa¸o que ele gera, se n˜o for L.I., ent˜o possui “excesso” de
c
a
a
vetores, como mostra o teorema a seguir.
129
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![Soma de subespa¸os
c
´
MODULO 2 - AULA 13
(⇐) Suponha que exista decomposi¸˜o unica.
ca ´
Como todo w ∈ W se escreve como w = u + v, com u ∈ U e v ∈ V ,
ent˜o W = U + V . Resta provar que a soma ´ direta.
a
e
Seja x ∈ U ∩ V . Ent˜o podemos escrever
a
x =
x + 0
∈U
∈V
=
0 + x
∈U
∈V
A unicidade da decomposi¸˜o implica em que x = 0, ou seja,
ca
U ∩ V = {0}.
Exemplo 6
Seja {b1 , . . . , bn } uma base para um espa¸o vetorial. Vimos que todo v ∈ V
c
tem uma unica decomposi¸˜o na forma
´
ca
v = α1 b1 + . . . + αn bn .
c
Cada αi bi pertence ao subespa¸o [bi ] gerado pelo vetor bi . Portanto,
vale que
V = [b1 ] ⊕ [b2 ] ⊕ . . . ⊕ [bn ].
O exemplo anterior leva a quest˜o de como obter uma base de uma
`
a
soma U ⊕ V , tendo a base de U e de V .
Base e dimens˜o da soma de subespa¸os
a
c
Seja W um espa¸o vetorial de dimens˜o finita, e sejam U e V subespa¸os
c
a
c
de W . Vimos que U ∩ V e U + V s˜o subespa¸os de W . A proposi¸˜o a
a
c
ca
seguir relaciona a dimens˜o destes subespa¸os.
a
c
Proposi¸˜o 3
ca
dim(U + V ) + dim(U ∩ V ) = dim U + dim V
Demonstra¸˜o.
ca
Seja B1 = {x1 , ..., xr } uma base de U ∩ V , onde r = dim(U ∩ V ).
Vamos agora completar esta base B1 de forma a criar uma base de U e
uma base de V .
141
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![Soma de subespa¸os
c
´
MODULO 2 - AULA 13
A equa¸˜o anterior ´ uma combina¸˜o linear dos vetores em B3 , que ´
ca
e
ca
e
base de V , portanto L.I.. Segue-se que
δ1 = . . . = δr = γ1 = . . . = γt = 0.
Substituindo γ1 = ... = γt = 0 em (1), obtemos
α1 x1 + . . . + αr xr + β1 u1 + . . . + βs us = 0
e
que ´ uma combina¸˜o linear nos vetores em B1 , que ´ base de U, logo
e
ca
α1 = . . . = αr = β1 = . . . = βs = 0.
Com isto, provamos que todos os coeficientes em (1) s˜o nulos, ou seja,
a
o conjunto B ´ L.I.
e
Conclu´
ımos que B ´ base de U + V . Como B tem r + s + t vetores,
e
ent˜o dim(U + V ) = r + s + t, segue-se que
a
dim(U + V ) + dim(U ∩ V )
= r + s + t + r = (r + s) + (r + t) = dim U + dim V
No caso em que a soma ´ direta, U ∩ V = {0}, logo dim U ∩ V = 0 e
e
dim(U ⊕ V ) = dim U + dim V.
Al´m disso, na demonstra¸˜o do teorema acima, vimos que, no caso de
e
ca
e
e
a
e
soma direta, se B1 ´ base de U e B2 ´ base de V , ent˜o B1 ∪ B2 ´ base de
U ⊕V.
Em geral, se U ∩ V = {0}, ent˜o B1 ∪ B2 ´ um conjunto gerador de
a
e
U + V , mas n˜o ´ L.I.
a e
Exemplo 7
Seja U = {(0, y, z); y, z ∈ R} e V = [(1, 1, 0)]. O subespa¸o U de R3 tem
c
base {(0, 1, 0), (0, 0, 1)}, portanto dim U = 2. Claramente dim V = 1. Vamos
determinar U ∩ V .
Se w ∈ U ∩ V , ent˜o w = α(1, 1, 0) , logo
a
α = 0
(0, y, z) = α.(1, 1, 0) = (α, α, 0) ⇒
α = y
0 = z
143
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![Soma de subespa¸os
c
Exerc´
ıcios
1. Seja U ⊂ R4 o subespa¸o gerado pelo conjunto
c
{(1, 1, 2, 0), (0, 1, 3, 1), (2, −1, −5, −3)}.
Encontre uma base de U e determine dim U.
2. Para os subespa¸os U e V de R3 nos itens abaixo, determine U ∩ V e
c
U +V.
a) U = [(1, 0, 1), (0, 1, 1) e V = [(1, 1, 1)].
b) U = [(1, 0, 1), (0, 1, 1) e V = [(1, 2, 3)].
c) U = {(x, y, z) ∈ R3 | z = 0} e V = [(0, 0, 1)].
d) U = {(x, y, z) ∈ R3 | x + y = 0} e V = [(2, −2, 1)].
3. Em qual dos itens do exerc´ 2 a soma ´ direta?
ıcio
e
4. Se U e V s˜o subespa¸os vetoriais do R4 , dim U = 2 e dim V = 3,
a
c
determine o menor e o maior valor poss´
ıvel para dim U ∩ V e para
dim U + V .
c
5. Seja M2x2 o espa¸o vetorial das matrizes reais de ordem 2x2. Seja U o
0 b
; b, c ∈ R . Determine
subespa¸o de M2x2 dado por U =
c
c 0
um subespa¸o V ⊂ M2x2 tal que M2x2 = U ⊕ V .
c
Respostas dos exerc´
ıcios
1. Base de U ´ B = {(1, 1, 2, 0), (0, 1, 3, 1)}, dim U = 2.
e
2.
a) U ∩ V = {0} e U + V = R3 .
b) V ⊂ U, logo U ∩ V = V e U + V = U.
c) U ∩ V = {0} e U + V = R3 .
d) V ⊂ U, logo U ∩ V = V e U + V = R3 .
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![Espa¸os Vetoriais com Produto Interno
c
Exemplo 1
Vamos mostrar que a rela¸˜o < u, v >= 2x1 x2 + 3y1 y2 , onde u = (x1 , y1)
ca
e v = (x2 , y2 ), ´ um produto interno definido em R2 . Para isso, temos que
e
mostrar a validade das quatro condi¸˜es da defini¸˜o de produto interno:
co
ca
(i) < u, v >= 2x1 x2 + 3y1 y2 = 2x2 x1 + 3y2 y1 =< v, u >.
a
(ii) Seja w = (x3 , y3 ) ∈ R2 . Ent˜o
< u, v + w >= 2x1 (x2 + x3 ) + 3y1 (y2 + y3 ) = 2x1 x2 + 2x1 x3 + 3y1y2 +
3y1 y3 = (2x1 x2 + 3y1 y2 ) + (2x1 x3 + 3y1 y3 ) =< u, v > + < u, w >.
(iii) Seja α ∈ R. Ent˜o
a
< αu, v >= 2αx1 x2 + 3αy1y2 = α(2x1 x2 + 3y1 y2 ) = α < u, v >.
2
(iv) < u, u >= 2x2 + 3y1 ≥ 0. Al´m disso, se < u, u >= 0 ent˜o
e
a
1
2
2
ı,
2x2 + 3y1 = 0, que implica x2 = 0 e y1 = 0. Da´ x1 = 0 e y1 = 0,
1
1
isto ´, u = (0, 0) = vR2 . Finalmente, se u = vR2 = (0, 0), segue que
e
< u, u >= 2.0 + 3.0 = 0.
Exemplo 2
Na aula 12, vocˆ determinou o vetor-coordenadas de um vetor em rela¸˜o a
e
ca
uma certa base. Viu que, fixados a base e o vetor, as coordenadas s˜o unicas.
a ´
Sejam V , um espa¸o vetorial real de dimens˜o n, e B = {u1 , u2 , ..., un }, uma
c
a
base de V .
A rela¸˜o definida em V × V que, a cada par de vetores u e v, de V ,
ca
associa o n´ mero real a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn , onde u]B = (a1 , a2 , ..., an ) e
u
a
v]B = (b1 , b2 , ..., bn ) s˜o os vetores-coordenadas dos vetores u e v, de V , em
rela¸˜o a base B, respectivamente, ´ um produto interno em V .
ca `
e
Importante: Tendo em vista o exemplo anterior, podemos concluir
que TODO espa¸o vetorial admite produto interno. Assim, quando nos rec
ferimos a um espa¸o vetorial munido de produto interno, n˜o significa que
c
a
existem espa¸os que n˜o satisfazem essa propriedade, mas sim que estamos
c
a
querendo enfatizar o fato de que usaremos o produto interno na argumenta¸˜o
ca
ou nas aplica¸˜es que forem o objeto de estudo, naquele instante.
co
Vocˆ j´ estudou o produto ese a
calar na disciplina de Geometria Anal´
ıtica.
CEDERJ
150
Quando a base considerada ´ a canˆnica, o produto interno assim defie
o
nido chama-se produto interno usual. Particularmente, nos espa¸os vetoriais
c
R2 e R3 , o produto interno usual ´ tamb´m conhecido como produto escalar.
e
e](https://image.slidesharecdn.com/algebralineari-ead-131125082355-phpapp01/85/Algebra-linear-I-EAD-150-320.jpg)
![Espa¸os Vetoriais com Produto Interno
c
´
MODULO 2 - AULA 14
Na disciplina de pr´-c´lculo, vocˆ estudou as fun¸˜es trigonom´tricas.
e a
e
co
e
Deve se lembrar, ent˜o que, a cada n´ mero real a no intervalo [−1, 1] cora
u
responde um unico arco θ, 0 ≤ θ ≤ π, tal que cos θ = a, conforme ilustra a
´
figura 3.
θ
ˆ
Fig. 3: Angulo entre dois vetores de R2 .
Podemos, ent˜o, definir o ˆngulo entre os vetores u e v como sendo θ
a
a
tal que
< u, v >
.
cos θ =
||u|| ||v||
Em R2 e R3 , θ ´, de fato, o angulo geom´trico determinado pelos vetores
e
ˆ
e
u e v. A f´rmula fornece o cosseno do ˆngulo. Ao final da aula, h´ uma tabela
o
a
a
com os cossenos dos angulos not´veis no intervalo [0, π].
ˆ
a
Exemplo 10
Vamos determinar o ˆngulos entre os vetores u = (4, −2) e v = (3, 1), de R2 :
a
√
12 − 2
2
10
10
1
10
< u, v >
√
=√
.
= √ =√ =
=√ √ =√
cos θ =
||u|| ||v||
2
16 + 4 9 + 1
20 10
200
10 2
2
Um caso particularmente interessante ´ quando θ = 900 , ou seja, quando
e
os vetores formam um angulo reto, ou, em outras palavras, quando s˜o orˆ
a
< u, v >
0
, concluimos que
togonais. Como cos 90 = 0 =
||u|| ||v||
u e v s˜o ortogonais ⇔< u, v >= 0.
a
Exemplo 11
Em M2 (R), com o produto interno definido no exemplo 3, as matrizes
2 0
ev=
1 5
1.4 + 5.(−2) = 0.
u=
3
5
4 −2
s˜o ortogonais, pois < u, v >= 2.3 + 0.5 +
a
155
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![Espa¸os Vetoriais com Produto Interno
c
´
MODULO 2 - AULA 14
d) ||u + v||2 =< u + v, u + v >=< u, u > + < u, v > + < v, u >
+ < v, v >= ||u||2 + 2 < u, v > +||v||2. Usando a desigualdade de
Cauchy Schwarz, ||u + v||2 ≤ ||u||2 + 2||u|| ||v|| + ||v||2 = (||u|| +
||v||)2. Logo, ||u + v|| ≤ ||u|| + ||v||, ∀u, v ∈ V .
2.
a) −10
b) 25/2
3. w = (2, 4)
4.
a) 5
√
b) 3
c) 6
5.
6.
a) v, t
√
b) ||u|| = 1 ⇒ ||u||2 = 1 ⇒ a2 + 1/4 = 1 ⇒ a = ± 3/2
a) 00
b) 450
√
c) arccos 2 5/5
d) 1350
7.
a) A, C, D
b) ||M|| = 15
a
c) 90o - as matrizes M1 e M2 s˜o ortogonais.
√
√
d) d(M1 , M2 ) = ||M1 − M2 || = 60 = 2 15.
8.
a) Sendo p = a0 + a1 t + a2 t2 e q = b0 + b1 t + b2 t2 , em P2 , o produto
interno usual ´ dado por: < p, q >= a0 b0 + a1 b1 + a2 b2 .
e
√
b) 29
Tabela do cosseno:
θ:
cos θ:
0 (0o )
1
π/6 (30o)
√
3/2
π/4 (45o ) π/3 (60o)
√
2/2
1/2
π/2 90o )
0
Para os angulos do segundo quadrante (compreendidos no intervalo
ˆ
[π/2, π], basta lembrar que cos (π − θ) = − cos θ (ou: cos (180 − θ) =
cos θ). Por exemplo, cos 1200 = −cos (1800 −1200 ) = −cos 600 = −1/2.
159
CEDERJ](https://image.slidesharecdn.com/algebralineari-ead-131125082355-phpapp01/85/Algebra-linear-I-EAD-159-320.jpg)
![Conjuntos ortogonais e ortonormais
Sejam V , um espa¸o euclidiano, S = {v1 , v2 , ..., vn } ⊂ V , ortonormal, e
c
v ∈ V . A proje¸˜o ortogonal de u sobre o subespa¸o gerado por S ´
ca
c
e
o vetor
< v, v1 > v1 + < v, v2 > v2 + ...+ < v, vn > vn .
Exemplo 4
Seja S = {(1, 0, 0), (0, −1, 0)} no espa¸o euclidiano R3 . Vamos projetar o
c
vetor v = (5, 2, −3), ortogonalmente, sobre o plano [S]. Primeiramente,
notamos que os vetores de S s˜o ortogonais e unit´rios. Podemos, ent˜o,
a
a
a
usar a express˜o da proje¸˜o:
a
ca
projv1 v =< v, v1 > v = 5v1 = (5, 0, 0).
projv2 v =< v, v2 > v = −2v2 = (0, 2, 0). Ent˜o proj[S] v = (5, 0, 0) +
a
(0, 2, 0) = (5, 2, 0).
Al´m disso, de forma an´loga a que ocorre quando projetamos sobre a
e
a
`
dire¸˜o de um unico vetor, a diferen¸a entre o vetor projetado e a proje¸˜o
ca
´
c
ca
´ um vetor orgogonal ao subespa¸o de proje¸˜o, como mostramos na
e
c
ca
Proposi¸˜o 2
ca
Sejam V um espa¸o euclidiano, S = {v1 , v2 , ..., vn } ⊂ V , um conjunto ortoc
normal, e v ∈ V . O vetor
u = v− < v, v1 > v1 − < v, v2 > v2 − ...− < v, vn > vn
´ ortogonal a todo vetor de S.
e
Demonstra¸˜o.
ca
Vamos mostrar que u ´ ortogonal a v1 :
e
< u, v1 >=
=< v− < v, v1 > v1 − < v, v2 > v2 − ...− < v, vn > vn , v1 >=
=< v, v1 > − << v, v1 > v1 , v1 > − << v, v2 > v2 , v1 > −...− << v,
vn > vn , v1 >=
=< v, v1 > − < v, v1 > < v1 , v1 > − < v, v2 > < v2 , v1 > −...− < v, vn >
< vn , v1 > =
1
0
0
=< v, v1 > − < v, v1 >= 0.
Procedendo de maneira an´loga, com os demais vetores de S, concluiremos
a
que
u ⊥ v1 , u ⊥ v2 , ..., u ⊥ vn .
CEDERJ
166](https://image.slidesharecdn.com/algebralineari-ead-131125082355-phpapp01/85/Algebra-linear-I-EAD-166-320.jpg)
![Conjuntos ortogonais e ortonormais
´
MODULO 2 - AULA 15
Exemplo 5
No exemplo anterior, o vetor v − proj[S] v = (5, 2, −3) − (5, 2, 0) = (0, 0, −3)
´ ortogonal a (1, 0, 0) e a (0, −1, 0), vetores de S.
e
Proposi¸˜o 3
ca
Sejam V um espa¸o euclidiano, S = {v1 , v2 , ..., vn } ⊂ V , um conjunto ortoc
normal e v ∈ V . O vetor
u = v− < v, v1 > v1 − < v, v2 > v2 − ...− < v, vn > vn
´ ortogonal a todo vetor do subespa¸o de V gerado por S. Ou seja, u ´
e
c
e
ortogonal a todo vetor de V que pode ser escrito como uma combina¸˜o
ca
linear dos vetores de S.
Demonstra¸˜o.
ca
Pela Proposi¸˜o 2, j´ sabemos que u ´ ortogonal a cada vetor de S, ou
ca
a
e
seja,
< u, v1 >=< u, v2 >= ... =< u, vn >= 0.
Vamos calcular o produto interno de u por um vetor gen´rico do subespa¸o
e
c
gerado por S:
Sejam α1 , α2 , ..., αn ∈ R e w = α1 v1 + α2 v2 + ... + αn vn ∈ V . Ent˜o
a
< u, w > =< u, α1 v1 + α2 v2 + ... + αn vn >=
= α1 < u, v1 > +α2 < u, v2 > +... + αn < u, vn > = 0.
0
0
0
Logo, u ´ ortogonal a w.
e
Exemplo 6
Retomando o exemplo anterior, podemos afirmar que o vetor v − proj[S] v =
(5, 2, −3) − (5, 2, 0) = (0, 0, −3) ´ ortogonal ao plano [S].
e
Estamos, agora, em condi¸˜es de responder ` pergunta: uma vez que
co
a
temos que ter bases ortonormais para poder efetuar a proje¸˜o, como obter
ca
bases ortonormais para espa¸os dados? Vamos fazer isso usando o chamado
c
M´todo de ortonormaliza¸˜o de Gram-Schmidt, que nada mais ´ do que a
e
ca
e
aplica¸˜o do resultado demonstrado na proposi¸˜o 3. Vamos a ele:
ca
ca
167
CEDERJ](https://image.slidesharecdn.com/algebralineari-ead-131125082355-phpapp01/85/Algebra-linear-I-EAD-167-320.jpg)
![Complemento Ortogonal
Exemplo 1
c
e
Em R2 , o complemento ortogonal do subespa¸o gerado pelo vetor (3, 0) ´ o
subespa¸o gerado pelo vetor (0, 1). De fato, sendo U = [(3, 0)], um vetor
c
u ∈ U ´ da forma (3α, 0), para algum α ∈ R. Queremos identificar os
e
vetores de R2 que s˜o ortogonais a todo vetor de U. Isto ´, os vetores
a
e
v = (x, y) ∈ R2 tais que < v, u >= 0, ∀u ∈ U. Ou seja, queremos (x, y) tais
que 3αx = 0. Como essa igualdade tem que se verificar para qualquer α real,
conclu´
ımos que x = 0. Logo, todo vetor de U ⊥ ´ da forma (0, y), com y ∈ R.
e
Assim, qualquer vetor dessa forma, n˜o nulo, gera U ⊥ , e podemos escrever
a
⊥
U = [(0, 1)]. Note que U ´ o eixo das abscissas e U ⊥ , o eixo das ordenadas,
e
como indica a figura 1.
Fig. 1: Um subespa¸o de R2 e seu complemento ortogonal.
c
Na aula 13, vocˆ estudou soma e soma direta de subespa¸os.
e
c
Recordando:
• Sendo U e W subespa¸os vetoriais de um mesmo espa¸o vetorial V , a
c
c
soma de U e W ´ o subconjunto de V formado pelos vetores que podem
e
ser escritos como a soma de um vetor de U com um de W , isto ´:
e
U + W = {v ∈ V |v = u + w; u ∈ U e w ∈ W }.
• A soma de dois subespa¸os de V ´ tamb´m um subespa¸o de V .
c
e
e
c
• A soma direta de U e W , representada por U ⊕ W , ´ a soma de U e
e
W no caso em que U ∩ W = {oV }.
• Sendo V de dimens˜o finita, a dimens˜o da soma direta de U e W ´ a
a
a
e
soma das dimens˜es de U e W e a uni˜o de uma base de U com uma
o
a
base de W ´ uma base da soma direta.
e
CEDERJ
174](https://image.slidesharecdn.com/algebralineari-ead-131125082355-phpapp01/85/Algebra-linear-I-EAD-174-320.jpg)
![Complemento Ortogonal
Da´ temos
ı,
(3, 2, 5) − projU (3, 2, 5) = (3, 2, 5) − (− 1 , − 4 , 5 ) = ( 10 , 10 , 10 ).
3
3 3
3 3 3
Ent˜o
a
1 4 5
10 10 10
(3, 2, 5) = (− , − , ) + ( , , ).
3 3 3
3 3 3
∈U
∈U ⊥
b) projU (a, b, c) = proju1 (a, b, c) + proju2 (a, b, c) =
=
=
c) (a, b, c) = (
a−c
√ u1 + −a+2b−c u2 =
√
2
6
2a−b−c −a+2b−c −a−b+2c
,
,
3
3
3
.
2a − b − c −a + 2b − c −a − b + 2c
,
,
)+
3
3
3
∈U
a+b+c a+b+c a+b+c
,
,
).
(
3
3
3
∈U ⊥
Exemplo 5
Em P2 (R), definimos o produto interno
1
f (t) g(t)dt.
< f (t), g(t) >=
0
Vamos obter uma base ortonormal do subespa¸o [3, 1 − t]⊥ .
c
a
Seja p(t) = at2 + bt + c ∈ [3, 1 − t]⊥ . Ent˜o
1
< f (t), p(t) >= 0 3(at2 + bt + c)dt = 0 ⇒ 2a + 3b + 6c = 0 (1).
1
< g(t), p(t) >= 0 (1 − t)(at2 + bt + c)t = 0 ⇒ a + 2b + 6c = 0 (2).
O sistema linear formado pelas equa¸˜es (1) e (2) possui solu¸˜es (a, b, c) tais
co
co
2
2
que a = −b; c = −b/6. Logo, p(t) = 6bt − 6bt + b = b(6t − 6t + 1), b ∈ R.
Ou seja, o vetor 6t2 − 6t + 1 gera o complemento ortogonal do subespa¸o
c
e
[3, 1 − t]. Assim, {6t2 − 6t + 1} ´ uma base de [3, 1 − t]⊥ .
CEDERJ
178](https://image.slidesharecdn.com/algebralineari-ead-131125082355-phpapp01/85/Algebra-linear-I-EAD-178-320.jpg)
![Complemento Ortogonal
´
MODULO 2 - AULA 16
Resumo
Nesta aula estudamos o subespa¸o que ´ o complemento ortogonal de
c
e
um outro. Na verdade, podemos definir o complemento ortogonal de qualquer subconjunto de um espa¸o euclidiano e provar que ´ um subespa¸o, mas
c
e
c
quando partimos de um subsconjunto U que ´, ele pr´prio, um subespa¸o,
e
o
c
o caso fica muito mais interessante porque podemos escrever o espa¸o como
c
soma direta de U e seu complemento ortogonal. Podemos, tamb´m, decome
por um vetor do espa¸o em duas parcelas, sendo cada uma delas a proje¸˜o
c
ca
⊥
ortogonal do vetor em um dos subespa¸os: U e U .
c
Exerc´
ıcios
1. Dado U = {(x, y, z) ∈ R3 ; y − 2z = 0},
a) Escreva o vetor (1, 2, 4), de R3 como uma soma de um vetor de U
e um de U ⊥ .
b) Obtenha o vetor proje¸˜o ortogonal de v = (a, b, c) ∈ R3 sobre U.
ca
2. Seja W o subespa¸o de R4 gerado por u = (1, 2, 3, −1), v = (2, 4, 7, 2)
c
e = (1, 1, 1, 1). Encontre uma base ortonormal para W ⊥ .
3. Considere o seguinte produto interno em R4 :
< (a, b, c, d), (x, y, z, w) >= 2ax + by + cz + dw,
c
para (a, b, c, d), (x, y, z, w) ∈ R4 . Determine uma base do subespa¸o
ortogonal de U = [(1, 2, 0, −1), (2, 0, −1, 1)].
4. Em M2 (R), a rela¸˜o
ca
< A, B >= a11 b11 + a12 b12 + a21 b21 + a22 b22 ,
e
onde A = (a1j ), B = (bij ), i, j = 1, 2, ´ um produto interno. Considere
o seguinte subespa¸o de M2 (R):
c
W =
x y
z w
;x− y + z = 0 .
a) Determine uma base de W .
b) Determine uma base de W ⊥ .
5. Sejam R4 e U = {(x, y, z, w) ∈ R4 ; x + y − z + 2w = 0}. Determine
uma base ortonormal de U de uma de U ⊥ .
179
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Algebra linear I EAD
- 1. Álgebra Linear l Volume 1 - 2ª edição Luiz Manoel Figueiredo Marisa Ortegoza da Cunha
- 2. Fundação Cecierj / Consórcio Cederj Rua Visconde de Niterói, 1364 - Mangueira - Rio de Janeiro, RJ - CEP 20943-001 Tel.: (21) 2299-4565 Fax: (21) 2568-0725 Presidente Carlos Eduardo Bielschowsky Vice-Presidente de Educação Superior a Distância Celso José da Costa Diretor de Material Didático Carlos Eduardo Bielschowsky Coordenação do Curso de Matemática Celso José da Costa Luiz Manoel Figueiredo Material Didático ELABORAÇÃO DE CONTEÚDO COORDENAÇÃO GRÁFICA Luiz Manoel Figueiredo Marisa Ortegoza da Cunha Jorge Moura EDITORA Equipe Cederj PROGRAMAÇÃO VISUAL Tereza Queiroz COORDENAÇÃO DE ILUSTRAÇÃO Eduardo Bordoni COORDENAÇÃO EDITORIAL Jane Castellani ILUSTRAÇÃO Equipe Cederj COORDENAÇÃO DE REVISÃO Ana Tereza de Andrade CAPA Sami Souza REVISÃO Carmen Irene Correia de Oliveira Gláucia Guarany Leonardo Villela PRODUÇÃO GRÁFICA Ana Paula Trece Pires Andréa Dias Fiães Márcia Almeida REVISÃO TIPOGRÁFICA Equipe Cederj Copyright © 2005, Fundação Cecierj / Consórcio Cederj Nenhuma parte deste material poderá ser reproduzida, transmitida e gravada, por qualquer meio eletrônico, mecânico, por fotocópia e outros, sem a prévia autorização, por escrito, da Fundação. 972m Figueiredo, Luiz Manoel. Álgebra linear l. v.1 / Luiz Manoel Figueiredo. – 2.ed. – Rio de Janeiro : Fundação CECIERJ, 2005. 81p.; 21 x 29,7 cm. ISBN: 85-89200-44-2 1. Álgebra linear. 2. Vetores. 3. Matrizes. 4. Sistemas lineares. 5. Determinantes. I. Cunha, Marisa Ortegoza da. II. Título. 2005/1 CDD:512.5 Referências Bibliográficas e catalogação na fonte, de acordo com as normas da ABNT.
- 3. IVERSIDADE FEDERAL DO PARÁ UN UNIVERSIDADE FEDERAL DO PARÁ SECRETARIA ESPECIAL DE EDUCAÇÃO A DISTÂNCIA INSTITUTO DE CIÊNCIAS EXATAS E NATURAIS FACULDADE DE QUÍMICA REITOR Prof. Dr. Carlos Edilson de Almeida Maneschy VICE-REITORA Prof. Dr. Horacio Schneider PRÓ-REITOR DE ENSINO DE GRADUAÇÃO Profa. Dra. Marlene Rodrigues Medeiros Freitas SECRETÁRIA ESPECIAL DE EDUCAÇÃO A DISTÂNCIA Profa. MSc. Selma Dias Leite DIRETOR DO INSTITUTO DE CIÊNCIAS EXATAS E NATURAIS Prof. Dr. Geraldo Narciso DIRETOR DAFACULDADE DE QUÍMICA Prof. Dr. Heriberto R. Bittencourt Este material foi gentilmente cedido pelo Consórcio CEDERJ, para o uso restrito da Licenciatura em Matemática na modalidade a distância sem ônus para a UFPA.
- 5. Álgebra II Volume 1 SUMÁRIO §1 Vetores, matrizes e sistemas lineares _________________________________ 7 Aula 1 Matrizes ____________________________________________________________ 9 Aula 2 Operações com matrizes: transposição, adição e multiplicação por número real ________________________________________________________ 17 Aula 3 Operações com matrizes: multiplicação _____________________________ 29 Aula 4 Operações com matrizes: inversão __________________________________ 39 Aula 5 Determinantes ______________________________________________________ 49 Aula 6 Sistemas lineares ____________________________________________________ 59 Aula 7 Discussão de sistemas lineares _______________________________________ 73 Aula 8 Espaço vetoriais ____________________________________________________ 83 Aula 9 Subespaços vetoriais ________________________________________________ 95 Aula 10 Combinações lineares ______________________________________________ 105 Aula 11 Base e dimensão ___________________________________________________ 115 Aula 12 Dimensão de um espaço vetorial ___________________________________ 123 Aula 13 Soma de subespaços _______________________________________________ 135 Aula 14 Espaços vetoriais com produto interno _______________________________ 149 Aula 15 Conjuntos ortogonais e ortonormais _________________________________ 161 Aula 16 Complemento ortogonal ___________________________________________ 173 Aula 17 Exercícios resolvidos ________________________________________________ 181
- 7. §1. Vetores, matrizes e sistemas lineares O que ´ Algebra Linear? Por que estud´-la? e ´ a ´ A Algebra Linear ´ a area da Matem´tica que estuda todos os aspectos e ´ a relacionados com uma estrutura chamada Espa¸o Vetorial. c Devido as suas caracter´ ` ısticas, essa estrutura permite um tratamento alg´brico bastante simples, admitindo, inclusive, uma abordagem computae ´ cional. A Algebra Linear tem aplica¸˜es em in´ meras areas, tanto da mateco u ´ m´tica quanto de outros campos de conhecimento, como Computa¸˜o Gr´fica, a ca a Gen´tica, Criptografia, Redes El´tricas etc. e e Nas primeiras aulas deste m´dulo estudaremos algumas ferramentas o para o estudo dos Espa¸os Vetoriais: as matrizes, suas opera¸˜es e propriec co dades; aprenderemos a calcular determinantes e, finalmente, aplicaremos esse conhecimento para discutir e resolver sistemas de equa¸˜es lineares. Muitos co dos principais problemas da f´ ısica, engenharia, qu´ ımica e, ´ claro, da mae tem´tica, recaem (ou procuramos fazer com que recaiam) num sistema de a ´ equa¸˜es lineares. A partir da aula 8, estaremos envolvidos com Algebra Lico near propriamente dita e esperamos que vocˆ se aperceba, ao longo do curso, e de que se trata de uma das areas mais l´ dicas da Matem´tica!!. ´ u a Estrutura matem´tica ´ um a e conjunto no qual s˜o definia das opera¸˜es. As proprieco dades dessas opera¸˜es “esco truturam”o conjunto. Talvez vocˆ j´ tenha ouvido falar e a em alguma das principais estruturas matem´ticas, como a grupo, anel e corpo. Vocˆ e estudar´ essas estruturas nas a ´ disciplinas de Algebra. 7 CEDERJ
- 9. Matrizes ´ MODULO 1 - AULA 1 Aula 1 – Matrizes Objetivos Reconhecer matrizes reais; Identificar matrizes especiais e seus principais elementos; Estabelecer a igualdade entre matrizes. Consideremos o conjunto de alunos do CEDERJ, ligados ao p´lo Lugar o ´ Lindo, cursando a disciplina Algebra Linear 1. Digamos que sejam 5 alunos (claro que esperamos que sejam muitos mais!). Ao longo do semestre, eles far˜o 2 avalia¸˜es a distˆncia e 2 presenciais, num total de 4 notas parciais. a co a Para representar esses dados de maneira organizada, podemos fazer uso de uma tabela: aluno AD1 AD2 AP1 1. Ana 4,5 6,2 7,0 2. Beatriz 7,2 6,8 8,0 3. Carlos 8,0 7,5 5,9 4. Daniela 9,2 8,5 7,0 5. Edson 6,8 7,2 6,8 AP2 5,5 10,0 7,2 8,0 7,5 Se quisermos ver as notas obtidas por um determinado aluno, digamos, o Carlos, para calcular sua nota final, basta atentarmos para a linha correspondente (8,0; 7,5; 5,9; 7,2); por outro lado, se estivermos interessados nas notas obtidas pelos alunos na segunda verifica¸˜o a distˆncia, para calcular ca a a m´dia da turma, devemos olhar para a coluna correspondente (6,2; 6,8; e 7,5; 8,5; 7,2). Tamb´m podemos ir diretamente ao local da tabela em que e se encontra, por exemplo, a nota de Carlos na segunda avalia¸˜o a distˆncia ca a (7,5). ´ E esse tipo de tratamento que as matrizes possibilitam (por linhas, por colunas, por elemento) que fazem desses objetos matem´ticos instrumentos a valiosos na organiza¸˜o e manipula¸˜o de dados. ca ca Vamos, ent˜o, a defini¸˜o de matrizes. a ` ca 9 CEDERJ
- 10. Matrizes Álgebra Linear 1 Defini¸˜o ca Uma matriz real A de ordem m × n ´ uma tabela de mn n´ meros reais, e u dispostos em m linhas e n colunas, onde m e n s˜o n´ meros inteiros positivos. a u Os elementos de uma matriz podem ser outras entidades, que n˜o n´meros rea u ais. Podem ser, por exemplo, n´meros complexos, pou linˆmios, outras matrizes etc. o As barras simples s˜o usadas a para representar determinantes, como veremos na aula 5. Uma matriz real de m linhas e n colunas pode ser representada por o Am×n (R). Neste curso, como s´ trabalharemos com matrizes reais, usaremos a nota¸˜o simplificada Am×n , que se lˆ “A m por n”. Tamb´m podemos ca e e e ındice de linha e j ∈ {1, ..., n} ´ e escrever A = (aij ), onde i ∈ {1, ..., m} ´ o ´ o´ ındice de coluna do termo gen´rico da matriz. Representamos o conjunto e de todas as matrizes reais “m por n”por Mm×n (R). Escrevemos os elementos de uma matriz limitados por parˆnteses, colchetes ou barras duplas. e Exemplo 1 1. Uma matriz 3 × 2 : 2 −3 1 0 √ 2 17 5 3 −1 1/2 2. Uma matriz 2 × 2 : −4 3. Uma matriz 3 × 1 : 0 11 De acordo com o n´ mero de linhas e colunas de uma matriz, podemos u destacar os seguintes casos particulares: • m = 1: matriz linha • n = 1: matriz coluna • m = n: matriz quadrada. Neste caso, escrevemos apenas An e dizemos que “A ´ uma matriz quadrada de ordem n”. Representamos o conjunto e das matrizes reais quadradas de ordem n por Mn (R) (ou, simplesmente, por Mn ). Exemplo 2 1. matriz linha 1 × 4: 2 −3 4 1/5 4 2. matriz coluna 3 × 1: 17 0 CEDERJ 10
- 11. Matrizes ´ MODULO 1 - AULA 1 1 −2 5 7 3. matriz quadrada de ordem 2: Os elementos de uma matriz podem ser dados tamb´m por f´rmulas, e o como ilustra o pr´ximo exemplo. o Exemplo 3 Vamos construir a matriz A ∈ M2×4 (R), A = (aij ), tal que aij = i2 + j, se i = j i − 2j, se i = j A matriz procurada ´ do tipo A = e a11 a22 a11 a12 a13 a14 a21 a22 a23 a24 . Seguindo a regra de forma¸˜o dessa matriz, temos: ca 2 =1 +1=2 a12 = 1 − 2(2) = −3 2 =2 +2=6 a13 = 1 − 2(3) = −5 a14 = 1 − 2(4) = −7 . a21 = 2 − 2(1) = 0 a23 = 2 − 2(3) = −4 a24 = 2 − 2(4) = −6 Logo, A = 2 −3 −5 −7 0 6 −4 −6 . Igualdade de matrizes O pr´ximo passo ´ estabelecer um crit´rio que nos permita decidir se o e e duas matrizes s˜o ou n˜o iguais. Temos a seguinte defini¸˜o: a a ca Duas matrizes A, B ∈ Mm×n (R), A = (aij ), B = (bij ), s˜o iguais a quando aij = bij , ∀i ∈ {1, ..., m}, ∀j ∈ {1, ..., n}. Exemplo 4 Vamos determinar a, b, c e d para que as matrizes 4 −9 2a 3b e 1 2c c+d 6 sejam iguais. Pela defini¸˜o de igualdade de matrizes, podemos escrever: ca 2a = 4 3b = −9 2a 3b 4 −9 = ⇒ c+d=1 c+d 6 1 2c 6 = 2c 11 CEDERJ
- 12. Matrizes Álgebra Linear 1 Da´ obtemos a = 2, b = −3, c = 3 e d = −2. ı, Numa matriz quadrada A = (aij ), i, j ∈ {1, ...n}, destacamos os seguintes elementos: • diagonal principal: formada pelos termos aii (isto ´, pelos termos com e ´ ındices de linha e de coluna iguais). • diagonal secund´ria: formada pelos termos aij tais que i + j = n. a Exemplo 5 Seja A= 3 −2 0 1 5 3 −2 7 1/2 −3 π 14 −5 0 −1 6 . A diagonal principal de A ´ formada por: 3, 3, π, 6 e A diagonal secund´ria de A ´ formada por: 1, −2, −3, −5 a e Matrizes quadradas especiais No conjunto das matrizes quadradas de ordem n podemos destacar e alguns tipos especiais. Seja A = (aij ) ∈ Mn (R). Dizemos que A ´ uma matriz • triangular superior, quando aij = 0 se i > j (isto ´, possui todos os e elementos abaixo da diagonal principal nulos). • triangular inferior, quando aij = 0 se i < j (isto ´, possui todos os e elementos acima da diagonal principal nulos). No nosso curso nos referimos aos n´meros reais como u escalares. Essa denomina¸˜o ca ´ ´ espec´ e ıfica da Algebra Linear. CEDERJ 12 e • diagonal, quando aij = 0 se i = j (isto ´, possui todos os elementos fora da diagonal principal nulos). Uma matriz diagonal ´, ao mesmo e tempo, triangular superior e triangular inferior. 0, se i = j , para algum k ∈ R. Isto ´, uma e k, se i = j matriz escalar ´ diagonal e possui todos os elementos da diagonal prine cipal iguais a um certo escalar k. • escalar, quando aij =
- 13. Matrizes ´ MODULO 1 - AULA 1 0, se i = j . Isto ´, a identidade ´ uma e e 1, se i = j matriz escalar e possui todos os elementos da diagonal principal iguais a 1. Representamos a matriz identidade de ordem n por In . • identidade, quando aij = Exemplo 6 matriz classifica¸˜o ca 4 1 2 0 6 3 0 0 9 triangular superior 2 0 0 0 0 3 0 0 0 triangular superior 1 0 0 0 4 0 0 0 0 triangular superior, triangular inferior, diagonal 0 0 −3 0 triangular inferior 0 0 0 0 triangular superior, triangular inferior, diagonal, escalar 5 0 0 5 triangular superior, triangular inferior, diagonal, escalar Exemplo 7 S˜o matrizes identidade: a 1 0 0 1 0 0 0 1 0 1 0 I1 = [1]; I2 = ; I3 = 0 1 0 ; I4 = 0 0 1 0 1 0 0 1 0 0 0 De modo geral, sendo n um n´ mero natural maior que u 0 0 0 1 1, a matriz 13 CEDERJ
- 14. Matrizes Álgebra Linear 1 identidade de ordem n ´ e 1 0 0 . . . 0 1 0 . . . 0 0 1 . . . ... ... ... . . . 0 0 0 . . . 0 0 0 . . . In = 0 0 0 ... 1 0 0 0 0 ... 0 1 Defini¸˜o ca A matriz nula em Mm×n (R) ´ a matriz de ordem m × n que possui todos os e elementos iguais a zero. Exemplo 8 Matriz nula 2 × 3: Matriz nula 5 × 2: 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Defini¸˜o ca e Dada A = (aij ) ∈ Mm×n (R), a oposta de A ´ a matriz B = (bij ) ∈ Mm×n (R) tal que bij = −aij , ∀i ∈ {1, ..., m}, ∀j ∈ {1, ..., n}. Ou seja, os elementos da matriz oposta de A s˜o os elementos opostos aos elementos de A. a Representamos a oposta de A por −A. Exemplo 9 A oposta da matriz A = 3 −1 0 √ 2 3 4 1 0 −8 −6 10 −2 −A = CEDERJ 14 e ´ a matriz −3 1 0 √ −2 − 3 −4 . −1 0 8 6 −10 2
- 15. Matrizes ´ MODULO 1 - AULA 1 Resumo Nesta aula vimos o conceito de matriz e conhecemos seus tipos especiais. Aprendemos a comparar duas matrizes, a identificar a matriz nula e a obter a oposta de uma matriz. Tamb´m vimos algumas matrizes quadradas e que se destacam por suas caracter´ ısticas e que ser˜o especialmente uteis no a ´ desenvolvimento da teoria. Exerc´ ıcios 1. Escreva a matriz A = (aij ) em cada caso: 3i + j, se i = j i − 2j, se i = j 2i, se i < j (b) A ´ quadrada de ordem 4 e aij = e i − j, se i = j 2j, se i > j (a) A ´ do tipo 2 × 3, e aij = e (c) A ´ do tipo 4 × 2, e aij = e 0, se i = j 3, se i = j (d) A ´ quadrada terceira ordem e aij = 3i − j + 2. e 2. Determine x e y tais que (a) 2x + y 2x − y = 11 9 (b) x2 y x y2 = 1 −1 −1 1 15 CEDERJ
- 16. Matrizes Álgebra Linear 1 Respostas dos exerc´ ıcios 1. (a) (b) 4 −3 −5 0 8 −4 0 2 2 2 2 0 4 4 2 4 0 6 2 4 6 0 3 0 0 3 (c) 0 0 0 0 4 1 2 (d) 7 6 5 10 9 8 2. (a) x = 5; y = 1 (b) x = y = −1 Auto-avalia¸˜o ca Vocˆ n˜o deve ter sentido qualquer dificuldade para acompanhar esta e a primeira aula. S˜o apenas defini˜es e exemplos. Se achar conveniente, antes a o de prosseguir, fa¸a uma segunda leitura, com calma, da teoria e dos exemplos. c De qualquer maneira, vocˆ sabe que, sentindo necessidade, pode (e deve!) e entrar em contato com o tutor da disciplina. At´ a pr´xima aula!! e o CEDERJ 16
- 17. Opera¸˜es com matrizes: transposi¸˜o, adi¸˜o e multiplica¸˜o por n´mero real co ca ca ca u ´ MODULO 1 - AULA 2 Aula 2 – Opera¸˜es com matrizes: co transposi¸˜o, adi¸˜o e multiplica¸˜o por ca ca ca n´ mero real u Objetivos Obter a matriz transposta de uma matriz dada; Identificar matrizes sim´tricas e anti-sim´tricas; e e Obter a matriz soma de duas matrizes; Obter o produto de uma matriz por um n´mero real; u Aplicar as propriedades das opera¸˜es nos c´lculos envolvendo matrizes. co a Na aula passada, definimos matrizes e vimos como verificar se duas matrizes s˜o ou n˜o iguais. Nesta aula iniciamos o estudo das opera¸˜es a a co ´ com matrizes. E atrav´s de opera¸˜es que podemos obter outras matrizes, e co a partir de matrizes dadas. A primeira opera¸˜o com matrizes que estudaca remos - a transposi¸˜o - ´ un´ria, isto ´, aplicada a uma unica matriz. A ca e a e ´ seguir, veremos a adi¸˜o, que ´ uma opera¸˜o bin´ria, ou seja, ´ aplicada a ca e ca a e duas matrizes. Finalmente, veremos como multiplicar uma matriz por um n´ mero real. Por envolver um elemento externo ao conjunto das matrizes, u essa opera¸˜o ´ dita ser externa. ca e Transposi¸˜o ca Dada uma matriz A ∈ Mm×n (R), A = (aij ), a transposta de A ´ a e matriz B ∈ Mn×m (R), B = (bji ) tal que bji = aij , ∀i ∈ {1, ..., m}, ∀j ∈ {1, ..., n}. Representamos a matriz transposta de A por AT . Note que para obter a transposta de uma matriz A, basta escrever as linhas de A como sendo as colunas da nova matriz (ou, equivalentemente, escrever as colunas de A como as linhas da nova matriz.) Exemplo 10 3 1 3 −2 5 . A transposta de A ´ a matriz AT = −2 7 . e 1. Seja A = 1 7 0 5 0 17 CEDERJ
- 18. Opera¸˜es com matrizes: transposi¸˜o, adi¸˜o e multiplica¸˜o por n´mero real co ca ca ca u Álgebra Linear 1 2. Se M = −3 4 4 9 , ent˜o M T = a −3 4 4 9 = M. Comparando uma matriz com sua transposta, podemos definir matrizes sim´tricas e anti-sim´tricas, como segue: e e Defini¸˜o ca Uma matriz A ´: e • sim´trica, se AT = A e • anti-sim´trica, se AT = −A e Segue da defini¸˜o acima, que matrizes sim´tricas ou anti-sim´tricas ca e e s˜o, necessariamente, quadradas. a Exemplo 11 1. As matrizes √ 3 3 −2 5 1 , −2 √ 3 1 8 19 3/2 3/2 −7 , e 1 −2 1/5 0 −2 7 9 −1 1/5 9 0 8 0 −1 8 4 s˜o sim´tricas. a e 2. A matriz M, do exemplo 10, ´ sim´trica. e e Note que, numa matriz sim´trica, os elementos em posi¸˜es sim´tricas e co e em rela¸˜o a diagonal principal s˜o iguais. ca ` a Exemplo 12 As matrizes 0 −1 1 0 0 2 −1/2 , −2 0 5 , e 1/2 −5 0 0 −2 1/5 0 2 0 9 −1 −1/5 −9 0 8 0 1 −8 0 s˜o anti-sim´tricas. a e Note que uma matriz anti-sim´trica tem, necessariamente, todos os e elementos da diagonal principal iguais a zero. CEDERJ 18
- 19. Opera¸˜es com matrizes: transposi¸˜o, adi¸˜o e multiplica¸˜o por n´mero real co ca ca ca u ´ MODULO 1 - AULA 2 Adi¸˜o ca Vocˆ se lembra do exemplo que demos, na aula 1, com a rela¸˜o de e ca nomes e notas da turma de Lugar Lindo? Cada aluno tem seu nome associado a um n´ mero (o n´ mero da linha). Assim, sem perder qualquer informa¸˜o u u ca sobre os alunos, podemos representar apenas as notas das avalia¸˜es numa co matriz 5 por 4: 4, 5 6, 2 7, 0 5, 5 7, 2 6, 8 8, 0 10, 0 A = 8, 0 7, 5 5, 9 7, 2 9, 2 8, 5 7, 0 8, 0 6, 8 7, 2 6, 8 7, 5 Vamos supor que as provas tenham sido submetidas a uma revis˜o e a que as seguintes altera¸˜es sejam propostas para as notas: co 0, 5 0, 0 0, 0 0, 2 −0, 2 0, 5 0, 5 0, 0 R = 0, 0 0, 2 0, 6 −0, 1 0, 2 0, 0 0, 5 0, 0 0, 2 0, 0 0, 0 0, 3 A matriz N, com as notas definitivas, ´ a matriz soma das matrizes A e e R, formada pelas somas de cada nota com seu fator de corre¸˜o, isto ´, cada ca e termo de A com seu elemento correspondente em R: 4, 5 + 0, 5 6, 2 + 0, 0 7, 0 + 0, 0 5, 5 + 0, 2 7, 2 + (−0, 2) 6, 8 + 0, 5 8, 0 + 0, 5 10, 0 + 0, 0 N =A+R = 8, 0 + 0, 0 7, 5 + 0, 2 5, 9 + 0, 6 7, 2 + (−0, 1) 9, 2 + 0, 0 8, 5 + 0, 5 7, 0 + 0, 0 8, 0 + 0, 2 6, 8 + 0, 2 7, 2 + 0, 0 6, 8 + 0, 0 7, 5 + 0, 3 5, 0 6, 2 7, 0 5, 7 7, 0 7, 3 8, 5 10, 0 Logo, N = 8, 0 7, 7 6, 5 7, 1 9, 2 9, 0 7, 0 8, 2 7, 0 7, 2 6, 8 7, 8 Defini¸˜o ca Dadas as matrizes A = (aij ), B = (bij ) ∈ Mm×n (R), a matriz soma de A e B ´ a matriz C = (cij ) ∈ Mm×n (R) tal que e cij = aij + bij , ∀i ∈ {1, ..., m}, ∀j ∈ {1, ..., n} 19 CEDERJ
- 20. Opera¸˜es com matrizes: transposi¸˜o, adi¸˜o e multiplica¸˜o por n´mero real co ca ca ca u Álgebra Linear 1 Representamos a matriz soma de A e B por A + B. Em palavras, cada elemento de A + B ´ a soma dos elementos correspondentes das matrizes A e e B. A diferen¸a de A e B, indicada por A − B, ´ a soma de A com a oposta c e de B, isto ´: A − B = A + (−B). e Exemplo 13 −5 4 2 1 1. + 1 −2 0 3 −4 2 2 4 = 3 8 2 −1 3 8 −2 1 1 9 2. −1 4 − 7 2 = −1 4 + −7 −2 = −8 2 7 2 −3 6 7 2 3 −6 10 −4 Multiplica¸˜o por um n´mero real ca u Seja A = 3 1 2 −4 2A = A + A = . Queremos obter 2A: 3 1 2 −4 + 3 1 2 −4 = 2×3 2×1 2 × 2 2 × (−4) . Em palavras, o produto da matriz A pelo n´ mero real 2 ´ a matriz u e obtida multiplicando-se cada elemento de A por 2. Voltemos a nossa tabela de notas dos alunos do CEDERJ. Suponhamos ` que, para facilitar o c´lculo das m´dias, queiramos trabalhar numa escala de a e 0 a 100 (em vez de 0 a 10, como agora). Para isso, cada nota dever´ ser a multiplicada por 10. Teremos, ent˜o, a seguinte matriz: a 50 62 70 57 70 73 85 100 10N = 80 77 65 71 92 90 70 82 70 72 68 78 ´ Vocˆ ver´ que, em Algebra e a Linear, lidamos com dois tipos de objeto matem´tico: a os escalares (que, neste curso, ser˜o os n´meros a u reais) e os vetores. CEDERJ 20 Podemos, ent˜o, definir a multiplica¸˜o de uma matriz por um n´mero a ca u ´ real (ou, como ´ usual dizer no ambito da Algebra Linear, por um escalar). e ˆ
- 21. Opera¸˜es com matrizes: transposi¸˜o, adi¸˜o e multiplica¸˜o por n´mero real co ca ca ca u ´ MODULO 1 - AULA 2 Defini¸˜o ca e Dada A = (aij ) ∈ Mm×n (R) e α ∈ R, a matriz produto de A por α ´ a matriz C = (cij ) ∈ Mm×n (R) tal que cij = α aij , ∀i ∈ {1, ..., m}, ∀j ∈ {1, ...n} Representamos a matriz produto de A por α por α A. Exemplo 14 Dadas A = 1. 2A = 2. 1 B 3 = −5 2 ,B= 1 4 0 6 −3 8 eC= 6 −1 3 5 , temos: −10 4 2 8 0 2 −1 8/3 3. A+2B−3C = −5 2 1 4 + 0 12 −6 16 + −18 3 −9 −15 = −23 17 −14 5 Propriedades das opera¸˜es com matrizes co Vocˆ talvez j´ tenha se questionado quanto ` necessidade ou utilidade e a a de se listar e provar as propriedades de uma dada opera¸˜o. Comutatividade, ca associatividade... aparentemente sempre as mesmas palavras, propriedades sempre v´lidas... No entanto, s˜o as propriedades que nos permitem estena a der uma opera¸˜o que foi definida para duas matrizes, para o caso de somar ca trˆs ou mais. Ela tamb´m flexibilizam e facilitam os c´lculos, de modo que e e a quanto mais as dominamos, menos trabalho “mecˆnico”temos que desenvola ver. Veremos agora as propriedades v´lidas para as opera¸˜es j´ estudadas. a co a Propriedade da transposi¸˜o de matrizes ca T (t1) Para toda matriz A ∈ Mm×n (R), vale que AT = A. A validade dessa propriedade ´ clara, uma vez que escrevemos as linhas e de A como colunas e, a seguir, tornamos a escrever essas colunas como linhas, retornando a configura¸˜o original. Segue abaixo a demonstra¸˜o formal ` ca ca dessa propriedade: Seja A = (aij ) ∈ Mm×n (R). Ent˜o AT = B = (bji ) ∈ Mn×m (R) tal que a bji = aij , ( ou, equivalentemente, bij = aji ), ∀i ∈ {1, ...m}, ∀j ∈ {1, ..., n}. 21 CEDERJ
- 22. Opera¸˜es com matrizes: transposi¸˜o, adi¸˜o e multiplica¸˜o por n´mero real co ca ca ca u Álgebra Linear 1 T Da´ AT = B T = C = (cij ) ∈ Mm×n (R) tal que cij = bji = aij , ∀i ∈ ı, T {1, ...m}, ∀j ∈ {1, ..., n}. Logo, C = B T = AT = A. Propriedades da adi¸˜o de matrizes ca Para demonstrar as propriedades da adi¸˜o de matrizes, usaremos as ca propriedades correspondentes, v´lidas para a adi¸˜o de n´ meros reais. a ca u Sejam A = (aij ), B = (bij ) e C = (cij ) matrizes quaisquer em Mm×n (R). Valem as seguintes propriedades. (a1) Comutativa: A + B = B + A e e De fato, sabemos que A + B = (sij ) ´ tamb´m uma matriz m × n cujo elemento gen´rico ´ dado por: sij = aij + bij , para todo i = 1, ..., m e todo e e j = 1, ..., n. Como a adi¸˜o de n´ meros reais ´ comutativa, podemos escrever ca u e sij = bij +aij , para todo i = 1, ..., m e todo j = 1, ..., n. Isto ´, A+B = B +A. e Em palavras: a ordem como consideramos as parcelas n˜o altera a soma de a duas matrizes. (a2) Associativa: (A + B) + C = A + (B + C) De fato, o termo geral sij de (A+B)+C ´ dado por sij = (a+b)ij +cij = e (aij + bij ) + cij , para todo i = 1, ..., m e todo j = 1, ..., n. Como a adi¸˜o ca de n´ meros reais ´ associativa, podemos escrever sij = aij + (bij + cij ) = u e aij +(b+c)ij , para todo i = 1, ..., m e todo j = 1, ..., n. Ou seja, sij ´ tamb´m o e e termo geral da matriz obtida de A+(B+C). Isto ´, (A+B)+C = A+(B+C). e Em palavras: podemos estender a adi¸˜o de matrizes para o caso de trˆs ca e parcelas, associando duas delas. A partir dessa propriedade, podemos agora somar trˆs ou mais matrizes. e (a3) Existˆncia do elemento neutro: Existe O ∈ Mm×n (R) tal que A+O = A. e De fato, seja O a matriz nula de Mm×n (R), isto ´, O = (oij ), onde e oij = 0, para todo i = 1, ..., m e todo j = 1, ..., n. Sendo sij o termo geral de A + O, temos sij = aij + oij = aij + 0 = aij , para todo i = 1, ..., m e todo j = 1, ..., n. Ou seja, A + O = A. Em palavras: na adi¸˜o de matrizes a matriz nula desempenha o mesmo ca papel que o zero desempenha na adi¸˜o de n´ meros reais. ca u O elemento oposto ´ tamb´m e e chamado elemento sim´trico e ou inverso aditivo. (a4) Da existˆncia do elemento oposto : Existe (−A) ∈ Mm×n (R) tal que e A + (−A) = O. De fato, sabemos que cada elemento de −A ´ o oposto do elemento e correspondente de A. Ent˜o, sendo sij o termo geral de A + (−A), temos a CEDERJ 22
- 23. Opera¸˜es com matrizes: transposi¸˜o, adi¸˜o e multiplica¸˜o por n´mero real co ca ca ca u ´ MODULO 1 - AULA 2 sij = aij + (−aij ) = 0 = oij , para todo i = 1, ..., m e todo j = 1, ..., n. Isto ´, e A + (−A) = O. Em palavras: Cada matriz possui, em correspondˆncia, uma matriz de mesma e ordem tal que a soma das duas ´ a matriz nula dessa ordem. e (a5) Da soma de transpostas: AT + B T = (A + B)T De fato, seja sij o termo geral de AT +B T . Ent˜o, para todo i = 1, ..., m a e e todo j = 1, ..., n, sij = aji +bji = (a+b)ji, que ´ o termo geral de (A+B)T . T T T Ou seja, A + B = (A + B) . Em palavras: A soma das transpostas ´ a transposta da soma. Ou, vendo sob e outro angulo: a transposi¸˜o de matrizes ´ distributiva em rela¸˜o a adi¸˜o. ˆ ca e ca ` ca Propriedades da multiplica¸˜o de uma matriz por um escalar ca Vocˆ ver´ que, tamb´m neste caso, provaremos a validade dessas proprie a e edades usando as propriedades correspondentes da multiplica¸˜o de n´ meros ca u reais. Sejam A = (aij ), B = (bij ) ∈ Mm×n (R), α, β, γ ∈ R. Valem as seguintes propriedades: (mn1) (αβ)A = α(βA) e De fato, seja pij o termo geral de (αβ)A, isto ´, pij = ((αβ)a)ij = (αβ)aij = α(βaij ) = (α(βa))ij , para todo i = 1, ..., m e todo j = 1, ..., n. Ou seja, pij ´ tamb´m o termo geral de α(βA). Logo, (αβ)A = α(βA). e e Exemplo 15 Dada A ∈ Mm×n (R), 12A = 3(4A) = 2(6A). (mn2) (α + β)A = αA + βA e De fato, seja pij o termo geral de (α + β)A, isto ´, pij = ((α + β)a)ij = (α + β)aij = αaij + βaij = (αa)ij + (βa)ij , para todo i = 1, ..., m e todo j = 1, ..., n. Ou seja, pij ´ tamb´m o termo geral de αA + βA. Logo, e e (α + β)A = αA + βA. Exemplo 16 Dada A ∈ Mm×n (R), 12A = 7A + 5A = 8A + 4A. (mn3) α(A + B) = αA + αB a De fato, seja pij o termo geral de α(A+B). Ent˜o, para todo i = 1, ..., m e todo j = 1, ..., n, temos pij = (α(a + b))ij = α(a + b)ij = α(aij + bij ) = 23 CEDERJ
- 24. Opera¸˜es com matrizes: transposi¸˜o, adi¸˜o e multiplica¸˜o por n´mero real co ca ca ca u Álgebra Linear 1 αaij +αbij = (αa)ij +(αb)ij . Ou seja, pij ´ tamb´m o termo geral de αA+αB. e e Logo, α(A + B) = αA + αB. Exemplo 17 Dadas A, B ∈ Mm×n (R), 5(A + B) = 5A + 5B. (mn4) 1A = A De fato, sendo pij o termo geral de 1A, temos pij = (1a)ij = 1aij = aij , para todo i = 1, ..., m e todo j = 1, ..., n. Isto ´, 1A = A. e (mn5) αAT = (αA)T De fato, seja pij o termo geral de αAT . Ent˜o pij = αaji = (αa)ji, ou a seja, pij ´ tamb´m o termo geral de (αA)T . e e Exemplo 18 Dadas A = 2 1 4 0 T eB = , vamos determinar 3 2AT − 1 B . 2 0 −1 −2 6 Para isso, vamos usar as propriedades vistas nesta aula e detalhar cada passo, indicando qual a propriedade utilizada. 1 3 2A − B 2 T T a5 = mn5 = t1 = mn3 = mn1 = = = 3 T T 2A 3 2 AT T 12 6 0 −6 = 24 − T 1 − BT 2 1 3 2A − B T 2 1 T B 3(2A) − 3 2 1 (3.2)A − 3. BT 2 3 6A − B T 2 2 1 3 4 −2 6 − 2 0 0 −1 6 = CEDERJ 1 B 2 6 9 0 −15 − 6 −3 0 9
- 25. Opera¸˜es com matrizes: transposi¸˜o, adi¸˜o e multiplica¸˜o por n´mero real co ca ca ca u ´ MODULO 1 - AULA 2 Observa¸˜o. E claro que vocˆ, ao efetuar opera¸˜es com matrizes, n˜o ca ´ e co a precisar´ explicitar cada propriedade utilizada (a n˜o ser que o enunciado da a a quest˜o assim o exija!) e nem resolver a quest˜o passo-a-passo. O impora a tante ´ constatar que s˜o as propriedades das opera¸˜es que nos possibilitam e a co reescrever a matriz pedida numa forma que nos pare¸a mais “simp´tica”. c a Resumo Nesta aula come¸amos a operar com as matrizes. Vimos como obc ter a transposta de uma matriz e a reconhecer matrizes sim´tricas e antie sim´tricas. A seguir, aprendemos a somar duas matrizes e a multiplicar e uma matriz por um escalar. Finalizamos com o estudo das propriedades das opera¸˜es vistas. A aula ficou um pouco longa, mas ´ importante conhecer co e as propriedades v´lidas para cada opera¸˜o estudada. a ca Exerc´ ıcios 1. Obtenha a transposta da matriz A ∈ M2×4 (R), A = (aij ), tal que 2i + j, se i = j aij = i2 − j, se i = j 2 4 2a − b 2. Determine a e b para que a matriz a + b 3 e 0 seja sim´trica. −1 0 5 3. Mostre que a soma de duas matrizes sim´tricas ´ uma matriz sim´trica. e e e 2x a + b a − 2b 4. Determine a, b, c, x, y, z para que a matriz −6 y 2 2c seja 5 8 z−1 anti-sim´trica. e 2 1 0 1 5. Sendo A = 0 −1 e B = 7 3 , determine A + B. 3 2 −4 5 6. Determine a, b, e c para que a 3 2a + c 0 −2 b −3 −1 1 4 3 = 2 0 5 3 4 1 . 25 CEDERJ
- 26. Opera¸˜es com matrizes: transposi¸˜o, adi¸˜o e multiplica¸˜o por n´mero real co ca ca ca u Álgebra Linear 1 3 −5 , determine a matriz B tal que A+ B ´ a matriz e −4 2 nula de M2 (R). 7. Dada A = 5 8. Considere as matrizes A = −1 , 2 1 B = 2 , 3 e C = 0 −2 1 . Determine a matriz X em cada caso: (a) X = 2A − 3B (b) X + A = B − C T − 2X (c) X + B T = 3AT + 1 C 2 9 4 2 6 12 11 e B = matrizes X e Y tais que 2X + Y X − 2Y 9. Sendo A = −8 7 −9 −12 −19 −2 , determine as = A = B 10. Sendo A, B ∈ Mm×n (R), use as propriedades vistas nesta aula para T T simplificar a express˜o 3 2AT − B + 5 1 B T − AT + 3 B . a 5 5 Auto-avalia¸˜o ca Vocˆ deve se sentir ` vontade para operar com matrizes nas formas vise a tas nesta aula: transpor, somar e multiplicar por um escalar. S˜o opera¸˜es a co de realiza¸˜o simples, que seguem a nossa intui¸˜o. Al´m disso, ´ importante ca ca e e que vocˆ reconhe¸a a utilidade das propriedades no sentido de nos dar mobie c lidade na hora de operarmos com matrizes. Propriedades de opera¸˜es n˜o co a s˜o para serem decoradas, mas apreendidas, assimiladas, utilizadas ao pˆr a a o teoria em pr´tica! a Se vocˆ sentiu qualquer dificuldade ao acompanhar a aula ou ao resolver e os exerc´ ıcios propostos, pe¸a aux´ ao tutor da teoria. O importante ´ que c ılio e caminhemos juntos nesta jornada! At´ a pr´xima aula!! e o CEDERJ 26
- 27. Opera¸˜es com matrizes: transposi¸˜o, adi¸˜o e multiplica¸˜o por n´mero real co ca ca ca u ´ MODULO 1 - AULA 2 Respostas dos exerc´ ıcios 1. 3 −1 −2 −3 3 5 1 0 2. a = 1; b = 3 4. a = 7 ; b = 3 11 ; 3 c = −4; x = 0; y = 0; z = 1 2 2 5. 7 2 −1 7 6. a = 3; b = −1; c = 2 7. −3 5 4 −2 7 −4 8. (a) −8 (b) 1 (c) −5 0 9. X = 2 3 −1 0 1 4 ; Y = 14 −6 7 2 5 −2 4 6 10 3 10. A + B 27 CEDERJ
- 29. Opera¸˜es com matrizes: multiplica¸˜o co ca ´ MODULO 1 - AULA 3 Aula 3 – Opera¸˜es com matrizes: co multiplica¸˜o ca Objetivos Reconhecer quando ´ poss´ multiplicar duas matrizes; e ıvel Obter a matriz produto de duas matrizes; Aplicar as propriedades da multipli¸˜o de matrizes; ca Identificar matrizes invers´ ıveis. Se vocˆ j´ foi “apresentado” a multiplica¸˜o de matrizes, pode ter se e a ` ca perguntado por que a defini¸˜o foge tanto daquilo que nos pareceria mais ca f´cil e “natural”: simplesmente multiplicar os termos correspondentes das a duas matrizes (que, para isso, deveriam ser de mesma ordem). Poderia ser assim? Poderia! Ent˜o, por que n˜o ´? a a e Em Matem´tica, cada defini¸˜o ´ feita de modo a possibilitar o desena ca e ´ volvimento da teoria de forma cont´ ınua e coerente. E por essa raz˜o que a 0 definimos, por exemplo, 0! = 1 e a = 1, (a = 0). N˜o ir´ a ıamos muito longe, no estudo das matrizes, caso a multiplica¸˜o ca fosse definida “nos moldes” da adi¸˜o. Vocˆ ver´, nesta aula, o significado ca e a dessa opera¸˜o, no modo como ´ definida. Mais tarde, quando estudarca e mos transforma¸˜es lineares (no m´dulo 2), ficar´ ainda mais evidente a co o a importˆncia de multiplicarmos matrizes da maneira como veremos a seguir. a O caso 00 ´ mais delicado do e que parece. Se vocˆ tem e interesse nesse problema, vai gostar de ler o artigo de Elon Lages Lima, na Revista do Professor de Matem´tica a (RPM), n. 7. Venha conosco! Vamos voltar aos nossos alunos de Lugar Lindo. J´ ´ tempo de calcular ae suas notas finais! A ultima matriz obtida (na aula 2) fornecia as notas numa escala de 0 ´ a 100: 50 62 70 57 70 73 85 100 N = 80 77 65 71 92 90 70 82 70 72 68 78 Lembrando: as duas primeiras colunas indicam as notas das avalia¸˜es co 29 CEDERJ
- 30. Opera¸˜es com matrizes: multiplica¸˜o co ca Álgebra Linear 1 a ` distˆncia e as duas ultimas, as notas das avalia¸˜es presenciais dos alunos a ´ co Ana, Beatriz, Carlos, Daniela e Edson, nessa ordem. Vamos supor que as avalia¸˜es a distˆncia tenham, cada uma, peso 1, co ` a 1 num total de 10. Isto ´, cada uma colabora com 10 (ou 10%) da nota final. e Para completar, cada avalia¸˜o presencial ter´ peso 4, ou seja, repreca a 4 sentar´ 10 (ou 40%) da nota final. a Ent˜o, a nota final de cada aluno ser´ dada por: a a NF = 10 40 40 10 AD1 + AD2 + AP 1 + AP 2 100 100 100 100 Em vez de escrever uma express˜o como essa para cada um dos 5 alunos, a podemos construir uma matriz-coluna P contendo os pesos das notas, na ordem como aparecem no c´lculo de NF : a 10/100 10/100 P = 40/100 40/100 e efetuar a seguinte opera¸˜o: ca 50 62 70 57 10/100 70 73 85 100 10/100 N .P = 80 77 65 71 . 40/100 92 90 70 82 40/100 70 72 68 78 = = 10 10 40 40 .50 + 100 .62 + 100 .70 + 100 .57 100 10 10 40 40 .70 + 100 .73 + 100 .85 + 100 .100 100 10 10 40 40 .80 + 100 .77 + 100 .65 + 100 .71 100 10 10 40 40 .92 + 100 .90 + 100 .70 + 100 .82 100 10 10 40 40 .70 + 100 .72 + 100 .68 + 100 .78 100 = 62 88 70 79 73 O que fizemos: tomamos duas matrizes tais que o n´mero de termos u em cada linha da primeira ´ igual ao n´mero de termos de cada coluna da e u segunda. Ou seja, o n´mero de colunas da primeira coincide com o n´mero u u de linhas da segunda (4, no nosso exemplo). Dessa forma, podemos multiplicar os pares de elementos, “varrendo”, simultaneamente, uma linha da 1a. matriz e uma coluna da 2a. . Depois, somamos os produtos obtidos. CEDERJ 30
- 31. Opera¸˜es com matrizes: multiplica¸˜o co ca ´ MODULO 1 - AULA 3 Note que, ao considerarmos a i-´sima linha (da 1a. matriz) e a j-´´sima e e a. coluna (da 2 ), geramos o elemento na posi¸˜o ij da matriz produto. ca Formalmente, temos a seguinte defini¸˜o: ca Multiplica¸˜o de matrizes ca Sejam A = (aik ) ∈ Mm×p (R) e B = (bkj ) ∈ Mp×n (R). A matriz produto de A por B ´ a matriz AB = (cij ) ∈ Mm×n (R) tal que e p cij = aik .bkj , i = 1, ..., m; j = 1, ..., n k=1 1 3 10 2 3 2 −1 e B = −1 5 0 e 5 . Como A ´ do tipo 4 0 7 2 6 4 −2 e 2 × 3 e B ´ do tipo 3 × 4, existe a matriz AB e ´ do tipo 2 × 4: e 1 3 10 2 3 2 −1 AB = 5 = −1 5 0 4 0 7 2 6 4 −2 Exemplo 19 Sejam A = = 3 − 2 − 2 9 + 10 − 6 30 + 0 − 4 6 + 10 + 2 4 + 0 + 14 12 + 0 + 42 40 + 0 + 28 8 + 0 − 14 = −1 13 26 18 18 54 68 −6 Observe que, neste caso, n˜o ´ poss´ efetuar BA. a e ıvel A seguir, veremos alguns exemplos e, a partir deles, tiraremos algumas conclus˜es interessantes a respeito da multiplica¸˜o de matrizes. o ca Exemplo 20 Sejam A = AB = e BA = 2 4 3 −1 2 4 3 −1 3 2 5 6 eB= 3 2 . Ent˜o a 5 6 3 2 5 6 = 6 + 20 4 + 24 9−5 6−6 2 4 3 −1 = 6 + 6 12 − 2 10 + 18 20 − 6 = = 26 28 4 0 12 10 . 28 14 Note que o produto de duas matrizes quadradas de mesma ordem n existe e ´ tamb´m uma matriz quadrada de ordem n. Assim, a multiplica¸˜o e e ca pˆde ser efetuada nos dois casos, isto ´, nas duas ordens poss´ o e ıveis, mas as matrizes AB e BA s˜o diferentes. a 31 CEDERJ
- 32. Opera¸˜es com matrizes: multiplica¸˜o co ca Álgebra Linear 1 Exemplo 21 Sejam A = AB = 1 2 3 4 e B= 1 4 6 7 . Temos que: 1 2 3 4 1 4 6 7 = 1 + 12 4 + 14 3 + 24 12 + 28 = 13 18 27 40 1 4 6 7 1 2 3 4 = 1 + 12 2 + 16 6 + 21 12 + 28 = 13 18 27 40 e BA = Neste caso, AB = BA. Quando isso ocorre, dizemos que as matrizes A e B comutam. Exemplo 22 4 3 2 1 e B = −19 . Consideremos as matrizes A = −4 6 5 26 0 0 Efetuando AB, obtemos a matriz . Note que, diferentemente do que ocorre com os n´ meros reais, quando u multiplicamos matrizes, o produto pode ser a matriz nula, sem que qualquer dos fatores seja a matriz nula. Exemplo 23 Vamos calcular AB, sendo A = Temos que AB = Matrizes invers´ ıveis tamb´m e s˜o chamadas de invert´ a ıveis ou de n˜o-singulares. a 1 2 3 4 −2 + 3 1 − 1 −6 + 6 3 − 2 = eB= 1 0 0 1 −2 1 3/2 −1/2 . = I2 . Quando isso ocorre, isto ´, quando o produto de duas matrizes A e e B quadradas, ´ a identidade (obviamente, de mesma ordem das matrizes), e dizemos que A ´ invers´vel e que B ´ a sua inversa. Uma matriz invers´ e ı e ıvel sempre comuta com sua inversa. Vocˆ pode verificar isso, calculando BA. Na e pr´xima aula, estudaremos um m´todo bastante eficiente para determinar, o e caso exista, a matriz inversa de uma matriz dada. Propriedades da multiplica¸˜o de matrizes ca i (AB)C = A(BC), ∀A ∈ Mm×n (R), B ∈ Mn×p (R), C ∈ Mp×q (R). Isto ´, a multiplica¸˜o de matrizes ´ associativa. e ca e ındices De fato, sejam A = (aij ), B = (bjk ) e C = (ckl ). O termo de ´ n a ik da matriz AB ´ dado pela express˜o j=1 aij bjk . Ent˜o o termo e a CEDERJ 32
- 33. Opera¸˜es com matrizes: multiplica¸˜o co ca ´ MODULO 1 - AULA 3 n de ´ ındices il da matriz (AB)C ´ dado por p e k=1 j=1 aij bjk ckl = n p e ındices il da matriz A(BC), j=1 aij ( k=1 bjk ckl ), que ´ o termo de ´ p e ındices jl da matriz BC. Logo, (AB)C = pois k=1 bjk ckl ´ o termo de ´ A(BC). ii A(B + C) = AB + AC, ∀A ∈ Mm×n (R), B, C ∈ Mn×p (R). Isto ´, a multiplica¸˜o de matrizes ´ distributiva em rela¸˜o a adi¸˜o e ca e ca ` ca de matrizes. De fato, sejam A = (aij ), B = (bjk ) e C = (cjk ). O termo de ´ ındices jk de B + C ´ dado por (bjk + cjk ). Ent˜o o de ´ e a ındices ik da matriz A(B + n n C) ´ j=1 aij (bjk + cjk ) = j=1 [(aij bjk ) + (aij cjk )] = n (aij bjk ) + e j=1 n (aij cjk ), que ´ o termo de ´ e ındices ik da matriz dada por AB +AC. j=1 Isto ´, A(B + C) = AB + AC. e De forma an´loga, prova-se que (A + B)C = AC + BC. a iii λ(AB) = (λA)B = A(λB), ∀λ ∈ R, ∀A ∈ Mm×n (R), ∀B ∈ Mn×p (R). De fato, sejam A = (aij ) e B = (bjk ). O termo de ´ ındices ik de λ(AB) n n ´ dado por λ e e = j=1 λ(aij bjk ) = n (λaij )bjk , que ´ j=1 aij bjk j=1 o termo de ´ ındices ik de (λA)B. Isto ´, λ(AB) = (λA)B. De forma e an´loga, prova-se que λ(AB) = A(λB). Logo, λ(AB) = (λA)B = a A(λB). iv Dada A ∈ Mm×n (R), Im A = AIn = A. 1, se i = j . Ent˜o a 0, se i = j o termo de ´ ındices ij de Im A ´ dado por n δik akj = δi1 a1j + δi2 a2j + e k=1 ... + δii aij + ... + δin anj = 0.a1j + 0.a2j + ... + 1.aij + ... + 0anj = aij , que ´ o termo de ´ e ındices ij de A. Logo, Im A = A. Analogamente, prova-se e que AIn = A. Isto ´, Im A = AIn = A. De fato, sejam A = (aij ) e Im = δij , onde δij = A fun¸˜o δij assim definida ´ ca e chamada delta de Kronecker nos ´ ındices i e j. v Dadas A ∈ Mm×n (R), B ∈ Mn×p (R), (AB)T = B T AT . De fato, sejam A = (aij ) e B = (bjk ). O termo de ´ ındices ik de n e e ındices ki da AB ´ dado por j=1 aij bjk , que ´, tamb´m, o termo de ´ e 33 CEDERJ
- 34. Opera¸˜es com matrizes: multiplica¸˜o co ca Álgebra Linear 1 matriz (AB)T . Sendo B T = (bkj ) e AT = (aji), onde bkj = bjk e aji = aij , ∀i = 1, ..., m; j = 1, ..., n, podemos escrever n aij bjk = j=1 n T T e ındices ki da matriz B A . Logo, j=1 bkj aji , que ´ o termo de ´ T T T (AB) = B A . Potˆncias de matrizes e Quando multiplicamos um n´mero real por ele mesmo, efetuamos uma u potencia¸˜o. Se a ´ um n´ mero real, indicamos por an o produto a×a×...×a, ca e u onde consideramos n fatores iguais a a. Analogamente, quando lidamos com matrizes, definimos a potˆncia de e expoente n (ou a n-´sima potˆncia) de uma matriz quadrada A como sendo e e o produto A × A × ... × A, onde h´ n fatores iguais a A. a Exemplo 24 5 −4 Dada A = 3 1 A2 = A × A = A3 = A2 × A = , temos 5 −4 3 1 13 −24 18 −11 5 −4 3 1 = 5 −4 3 1 13 −24 18 −11 = e −7 −76 57 −83 Quando calculamos sucessivas potˆncias de uma matriz, podem ocorrer e os seguintes casos especiais: • An = A, para algum n natural. Nesse caso, dizemos que a matriz A ´ peri´dica. Se p ´ o menor natural e o e para o qual Ap = A, dizemos que A ´ peri´dica de per´odo p. Particue o ı larmente, se p = 2, a matriz A ´ chamada idempotente. e Lˆ-se nilpotente. A palavra e nihil significa nada, em latim. • An = O, para algum n natural. Nesse caso, dizemos que a matriz A ´ nihilpotente. Se p ´ o menor e e p natural para o qual A = O, a matriz A ´ dita ser nihilpotente de e ´ ındice p. Exemplo 25 Efetuando a multiplica¸˜o de A por ela mesma, vocˆ poder´ constatar que a ca e a matriz A, em cada caso, ´ idempotente: e CEDERJ 34
- 35. Opera¸˜es com matrizes: multiplica¸˜o co ca A= 1/2 1/2 1/2 1/2 A= 0 5 0 1 ´ MODULO 1 - AULA 3 . Exemplo 26 Seja A = 5 −1 25 −5 . Calculando A2 , temos A×A = 5 −1 25 −5 5 −1 25 −5 = 0 0 . Ou seja, A ´ nihilpotente de ´ e ındice 2. 0 0 Resumo Nesta aula vimos como multiplicar duas matrizes. Trata-se de uma opera¸˜o que se distingue das que vimos anteriormente, tanto pela maneira ca pouco intuitiva pela qual ´ definida, quanto pelo fato de n˜o ser comutae a tiva. Ela representa um papel muito importante no desenvolvimento de toda ´ a Algebra Linear, permitindo, por exemplo, uma representa¸˜o simples da ca composi¸˜o de fun¸˜es especiais, que estudaremos no m´dulo 2. Al´m disso, ca co o e fomos apresentados as matrizes invers´ ` ıveis e vimos que estas sempre comutam com suas matrizes inversas. Exerc´ ıcios 1. Calcule AB, em cada caso abaixo: (a) A = 1 −2 4 5 0 1 2 , B= 6 10 2 0 4 −6 , B= −1 4 −2 3 3 (c) A = −1 , B = 6 5 −3 2 (b) A = 35 CEDERJ
- 36. Opera¸˜es com matrizes: multiplica¸˜o co ca Álgebra Linear 1 2. Determine C= 7 6 −8 1 2 4 2 AB T − 2C, dadas A = 2 5 , B = 2 1 , 0 −3 −1 7 9 1 4 2 . −10 3 3. Verifique, em caso, se B ´ a matriz inversa de A: e 2 3 2/3 −1/3 a) A = e B= 1 6 −1/9 2/9 b) A = 1 5 −3 2 6 −5 −1 1 e B= 4. Resolva a equa¸˜o matricial ca 3 1 2 −5 5. Determine a e b para que as matrizes A = a b c d = 2 3 −9 5 5 15 −8 −7 eB = . a −1 3 b comutem. 6. Determine todas as matrizes que comutam com A, em cada caso: 1 2 a) A = 4 5 b) A = 0 1 3 1 7. Dadas as matrizes A = 1 −3 2 5 e B= 1 4 0 2 , calcule: a) A2 b) B 3 c) A2 B 3 0 8. As matrizes A = 0 0 Determine o ´ ındice de CEDERJ 36 1 0 0 1 e B = 0 0 cada uma. 3 −9 1 −3 s˜o nihilpotentes. a
- 37. Opera¸˜es com matrizes: multiplica¸˜o co ca ´ MODULO 1 - AULA 3 Auto-avalia¸˜o ca ´ E muito importante que vocˆ se sinta bem ` vontade diante de duas mae a trizes a multiplicar. Assimilada a defini¸˜o, repita os exemplos e os exerc´ ca ıcios que tenham deixado alguma d´ vida. Caso haja alguma pendˆncia, n˜o hesite u e a ´ essencial que caminhemos juntos!! At´ em contactar o tutor da disciplina. E e a pr´xima aula. o Respostas dos exerc´ ıcios 1. a) AB = 30 70 14 −24 −7 12 b)AB = 18 15 −9 c)AB = −6 −5 3 . 12 10 −6 −6 −14 11 2. 6 1 29 10 17 −27 a 3. a) sim (pois AB = I2 ); b) n˜o 4. 1 4 2 3 5. a = 1; b = 0 6. a) x z/2 z x−z 7. a) −5 −18 12 19 , x, z ∈ R b) b) 1 12 0 4 x y 3y x + y c) , x, y ∈ R. 1 28 0 8 8. a) 3; b) 2 37 CEDERJ
- 39. Opera¸˜es com matrizes: invers˜o co a ´ MODULO 1 - AULA 4 Aula 4 – Opera¸˜es com matrizes: invers˜o co a Objetivos Obter a matriz inversa (caso exista), pela defini¸˜o; ca Aplicar opera¸˜es elementares `s linhas de uma matriz; co a Obter a matriz inversa (caso exista), por opera¸˜es elementares; co Reconhecer matrizes ortogonais. Na aula 3 vimos que, dada uma matriz A ∈ Mn (R), se existe uma matriz B ∈ Mn (R), tal que AB = In , a matriz A ´ dita invers´vel e a matriz e ı −1 ıvel B ´ a sua inversa, e podemos escrever B = A . Uma matriz invers´ e sempre comuta com sua inversa; logo, se AB = In ent˜o BA = In e A ´ a a e inversa de B. Dada uma matriz quadrada A, n˜o sabemos se ela ´ ou n˜o invers´ a e a ıvel at´ procurar determinar sua inversa e isso n˜o ser poss´ e a ıvel. Para descobrir se uma matriz ´ ou n˜o invers´ e, em caso afirmativo, determinar sua inversa, e a ıvel s´ contamos, at´ o momento, com a defini¸˜o. Assim, dada uma matriz A de o e ca ordem n, escrevemos uma matriz tamb´m de ordem n, cujos elementos s˜o e a inc´gnitas a determinar, de modo que o produto de ambas seja a identidade o de ordem n. Vamos a um exemplo: Exemplo 27 Em cada caso, vamos determinar, caso exista, a matriz inversa de A: 1. A = 2 5 1 3 . Seja B = x y z t a matriz inversa de inversa de A, ent˜o a AB = I2 ⇒ ⇒ 2 5 1 3 x y z t 2x + 5z 2y + 5t x + 3z y + 3t 1 0 0 1 = = 1 0 0 1 Essa igualdade gera um sistema de 4 equa¸˜es e 4 inc´gnitas: co o 2x + 5z = 1 2y + 5t = 0 x + 3z = 0 y + 3t = 1 39 CEDERJ
- 40. Opera¸˜es com matrizes: invers˜o co a Álgebra Linear 1 Note que esse sistema admite dois subsistemas de 2 equa¸˜es e 2 inc´gnitas: co o 2x + 5z = 1 x + 3z = 0 2y + 5t = 0 y + 3t = 1 e Resolvendo cada um deles, obtemos x = 3, y = −5, z = −1, t = 2. 3 −5 Logo, a matriz A ´ invers´ e sua inversa ´ A−1 = e ıvel e −1 2 2. A = A= 6 3 . Procedendo com no item anterior, escrevemos: 8 4 6 3 8 4 x y z t = 1 0 0 1 ⇒ 6x + 3z 6y + 3t 8x + 4z 8y + 4t = 1 0 . 0 1 Obtemos ent˜o os sistemas a 6x + 3z = 1 8x + 4z = 0 e 6y + 3t = 1 8y + 4t = 1 Ao resolver esses sistemas, por´m, vemos que n˜o admitem solu¸˜o e a ca (tente resolvˆ-los, por qualquer m´todo!). Conclu´ e e ımos, ent˜o, que a a matriz A n˜o ´ invers´ a e ıvel. Vocˆ viu que, ao tentar inverter uma matriz de ordem 2, recaimos em e dois sistemas, cada um de duas equa¸˜es e duas inc´gnitas. Se a matriz co o a ser invertida for de ordem 3, ent˜o o problema recair´ em trˆs sistemas, a a e cada um com trˆs equa¸˜es e trˆs inc´gnitas. J´ d´ pra perceber o trabalho e co e o a a que ter´ ıamos para inverter uma matriz de ordem superior (nem precisamos pensar numa ordem muito grande: para inverter uma matriz 5 × 5, ter´ ıamos que resolver 5 sistemas, cada um de 5 equa¸˜es e 5 inc´gnitas!). co o Temos, ent˜o, que determinar uma outra maneira de abordar o proa blema. Isso ser´ feito com o uso de opera¸˜es que ser˜o realizadas com as a co a linhas da matriz a ser invertida. Essas opera¸˜s tamb´m poderiam ser deco e finidas, de forma an´loga, sobre as colunas da matriz. Neste curso, como a s´ usaremos opera¸˜es elementares aplicadas as linhas, n´s nos referiremos a o co ` o elas, simplesmente, como opera¸˜es elementares (e n˜o opera¸˜es elementares co a co sobre as linhas da matriz). Vamos a caracteriza¸˜o dessas opera¸˜es. ` ca co Opera¸˜es elementares co Dada A ∈ Mm×n (R), chamam-se opera¸oes elementares as seguintes c˜ a¸˜es: co CEDERJ 40
- 41. Opera¸˜es com matrizes: invers˜o co a ´ MODULO 1 - AULA 4 1. Permutar duas linhas de A. Indicamos a troca das linhas Li e Lj por Li ↔ Lj . 2. Multiplicar uma linha de A por um n´ mero real n˜o nulo. u a u Indicamos que multiplicamos a linha Li de A pelo n´ mero real λ escrevendo Li ← λLi . 3. Somamos a uma linha de A uma outra linha, multiplicada por um n´ mero real. u Indicamos que somamos ` linha Li a linha Lj multiplicada pelo n´ mero a u real λ por: Li ← Li + λLj . Exemplo 28 −3 2 5 Vamos aplicar algumas opera¸˜es elementares `s linhas da matriz A = 0 1 co a 6 : 8 4 −2 8 4 −2 −3 2 5 L1 ↔ L3 ⇒ 0 1 1. 0 1 6 6 −3 2 5 8 4 −2 −3 2 5 −3 2 5 2. 0 1 6 L2 ← −3L2 ⇒ 0 −3 −18 8 4 −2 8 4 −2 −3 2 5 −3 2 5 3. 0 1 2 6 L2 ← L2 + 2L3 ⇒ 16 9 8 4 −2 8 4 −2 ue Consideremos o conjunto Mm×n (R). Se, ao aplicar uma seq¨ˆncia de opera¸˜es elementares a uma matriz A, obtemos a matriz B, dizemos que B co ´ equivalente a A e indicamos por B ∼ A. Fica definida, assim, uma rela¸˜o e ca no conjunto Mm×n (R), que ´: e 1. reflexiva: A ∼ A 2. sim´trica: se A ∼ B ent˜o B ∼ A e a 3. transitiva: se A ∼ B e B ∼ C ent˜o A ∼ C a Isto ´, a rela¸˜o ∼ ´ uma rela¸˜o de equivalˆncia no conjunto Mm×n (R). e ca e ca e Assim, se A ∼ B ou se B ∼ A podemos dizer, simplesmente, que A e B s˜o a equivalentes. 41 CEDERJ
- 42. Opera¸˜es com matrizes: invers˜o co a Álgebra Linear 1 Lembremos que nosso objetivo ´ determinar um m´todo para encontrar e e a inversa de uma matriz, caso ela exista, que seja mais r´pido e simples do a que o uso da defini¸˜o. Para isso, precisamos do seguinte resultado: ca Teorema 1 Seja A ∈ Mn (R). Ent˜o A ´ invers´ a e ıvel se, e somente se, A ∼ In . Se A ´ e invers´ ıvel, a mesma sucess˜o de opera¸˜es elementares que transformam A a co em In , transformam In na inversa de A. Vocˆ poder´ encontrar a e a demonstra¸˜o desse teorema ca ´ no livro Algebra Linear e Aplica¸oes, de Carlos c˜ Callioli, Hygino Domingues e Roberto Costa, da Atual Editora, (Apˆndice do e Cap´ ıtulo 1). Este m´todo permite determinar, durante sua aplica¸˜o, se a matriz ´ e ca e ou n˜o invers´ a ıvel. A id´ia ´ a seguinte: e e 1. Escrevemos, lado-a-lado, a matriz que queremos inverter e a matriz identidade de mesma ordem, segundo o esquema: A I 2. Por meio de alguma opera¸˜o elementar, obtemos o n´mero 1 na posi¸˜o ca u ca 11. 3. Usando a linha 1 como linha-pivˆ, obtemos zeros nas outras posi¸˜es o co da coluna 1 (para isso, fazemos uso da terceira opera¸˜o elementar). ca 4. Por meio de uma opera¸˜o elementar, obtemos o n´mero 1 na posi¸˜o ca u ca 22. 5. Usando a linha 2 como linha-pivˆ, obtemos zeros nas outras posi¸˜es o co da coluna 2 (para isso, fazemos uso da terceira opera¸˜o elementar). ca 6. Passamos para a terceira coluna e assim por diante. 7. Se, em alguma etapa do procedimento, uma linha toda se anula, podemos concluir que a matriz em quest˜o n˜o ´ invers´ - nesse caso, a a e ıvel nenhuma opera¸˜o elementar igualaria essa linha a uma linha da matriz ca identidade! 8. Se chegarmos ` matriz identidade, ent˜o a matriz a direita, no esquema, a a ` ser´ a matriz inversa procurada. a Veja os dois exemplos a seguir: CEDERJ 42
- 43. Opera¸˜es com matrizes: invers˜o co a ´ MODULO 1 - AULA 4 Exemplo 29 3 1 2 1. A = −1 0 a 3 . Escrevemos na forma esquem´tica: 4 2 −5 3 1 2 | 1 0 0 −1 0 3 | 0 1 0 L2 ← −L2 4 2 −5 | 0 0 1 3 1 2 | 1 0 0 L1 ↔ L2 1 0 −3 | 0 −1 0 4 2 −5 | 0 0 1 1 0 −3 | 0 −1 0 3 1 2 | 1 0 0 L2 ← L2 − 3L1 4 2 −5 | 0 0 1 L3 ← L3 − 4L1 1 0 −3 | 0 −1 0 0 1 11 | 1 3 0 0 2 7 | 0 4 1 L3 ← L3 − 2L2 1 0 −3 | 0 −1 0 0 1 11 | 1 3 0 1 0 0 −15 | −2 −2 1 L3 ← − 15 L3 1 0 −3 | 0 −1 0 L1 ← L1 + 3L3 0 1 11 | 1 3 0 L2 ← L2 − 11L3 0 0 1 | 2/15 2/15 −1/15 1 0 0 | 6/15 −9/15 −3/15 0 1 0 | −7/15 23/15 11/15 0 0 1 | 2/15 2/15 −1/15 6 −9 −3 1 Logo, a matriz A ´ invers´ e ıvel e A−1 = 15 −7 23 11 . Vocˆ e 2 2 −1 poder´ verificar que essa ´, realmente, a inversa de A, efetuando a a e multiplica¸˜o dela por A e constatando que o produto ´ I3 . ca e 2 4 −1 2. A = 0 −3 a 2 . Escrevendo na forma esquem´tica: 4 11 −4 2 4 −1 | 1 0 0 L1 ← 1 L1 2 0 −3 2 | 0 1 0 4 11 −4 | 0 0 1 43 CEDERJ
- 44. Opera¸˜es com matrizes: invers˜o co a Álgebra Linear 1 1 2 −1/2 | 1/2 0 0 0 −3 2 | 0 1 0 4 11 −4 | 0 0 1 L3 ← L3 − 4L1 1 2 −1/2 | 1/2 0 0 0 −3 2 | 0 1 0 L2 ← − 1 L2 3 0 3 −2 | −2 0 1 1 2 −1/2 | 1/2 0 0 L1 ← L1 − 2L2 0 1 −2/3 | 0 −1/3 0 0 3 −2 | −2 0 1 L3 ← L3 − 3L2 1 2 −1/2 | 1/2 0 0 0 1 −2/3 | 0 −1/3 0 0 0 0 | −2 1 1 Como a terceira linha se anulou, podemos parar o processo e concluir que a matriz A n˜o ´ invers´ a e ıvel. Propriedades da invers˜o de matrizes a 1. Se A ∈ Mn (R) ´ invers´ e ıvel, ent˜o (A−1 )−1 = A a De fato, como A−1 A = In , temos que A ´ a inversa de A−1 . e 2. Se A, B ∈ Mn (R) s˜o invers´ a ıveis, ent˜o AB ´ invers´ a e ıvel e (AB)−1 = B −1 A−1 . De fato, temos (AB)(B −1 A−1 ) = A(BB −1 )A−1 = AIn A−1 = AA−1 = In . Logo, B −1 A−1 ´ a inversa de AB. e 3. Se A ∈ Mn (R) ´ invers´ e ıvel, ent˜o (AT )−1 = (A−1 )T . a De fato, como AT (A−1 )T = (A−1 A)T = (In )T = In , temos que (A−1 )T ´ a inversa de AT . e Exemplo 30 Supondo as matrizes A e B invers´ ıveis, vamos obter a matriz X nas equa¸˜es co abaixo: 1. AX = B Multiplicando os dois membros da igualdade, a esquerda, por A−1 , ` temos: A−1 (AX) = A−1 B CEDERJ 44
- 45. Opera¸˜es com matrizes: invers˜o co a ´ MODULO 1 - AULA 4 ou: (A−1 A)X = A−1 B, IX = A−1 B Logo, X = A−1 B. 2. (AX)T = B Temos: (AX)T = B ⇒ [(AX)T ]T = B T ⇒ AX = B T ⇒ A−1 (AX) = A−1 B T ⇒ (A−1 A)X = A−1 B T ⇒ IX = A−1 B T ⇒ X = A−1 B T . Para finalizar esta aula, vamos definir um tipo especial de matriz quadrada invers´ ıvel, que ´ aquela cuja inversa coincide com sua transposta. e Matrizes ortogonais −1 A Dizemos que uma matriz A ∈ Mn (R), invers´ ıvel, ´ ortogonal, quando e T =A . Para verificar se uma matriz A ´ ortogonal, multiplicamos A por AT e e vemos se o produto ´ a identidade. e Exemplo 31 √ 3/2 1/2 √ ´ ortogonal. De fato, multiplicando essa matriz e A matriz 1/2 − 3/2 pela sua transposta, temos: √ √ 1/2 − 3/2 1 0 3/2 1/2 √ √ = 1/2 3/2 1/2 0 1 − 3/2 Veremos mais tarde que as matrizes ortogonais representam um papel importante na representa¸˜o de fun¸˜es especiais, chamadas operadores ca co ortogonais. Chegaremos l´!!!! a Resumo O ponto central desta aula ´ inverter matrizes, quando isso ´ poss´ e e ıvel. Como a defini¸˜o, embora simples, n˜o fornece um m´todo pr´tico para ca a e a a invers˜o de matrizes, definimos as opera¸˜es elementares, que permitem a co “passar”, gradativamente, da matriz inicial, a ser invertida, para outras, numa sucess˜o que nos leva a matriz identidade. Trata-se de um m´todo a ` e 45 CEDERJ
- 46. Opera¸˜es com matrizes: invers˜o co a Álgebra Linear 1 r´pido e eficiente, que resolve tanto o problema de decidir se a inversa existe a ou n˜o, como de obtˆ-la, no caso de existir. Esse ´ o m´todo implementado a e e e pelos “pacotes”computacionais - aqueles programas de computador que nos d˜o, em quest˜o de segundos, a inversa de uma matriz. a a Exerc´ ıcios 1. Em cada caso, verifique se a matriz B ´ a inversa de A. e (a) A = 3 4 2 3 e 3 −4 −2 3 B= 7 −3 −28 (b) A = −2 1 8 0 0 1 1 −3 1 4 (c) A = 2. Dadas A = 3 1 5 2 e eB = e B= 1 3 4 B= 2 7 0 0 0 1 4 3 −1 1 4 7 , determine: A−1 , B −1 e (AB)−1 . 1 2 3. Supondo as matrizes A, B e C invers´ ıveis, determine X em cada equa¸˜o. ca (a) AXB = C (b) AB = CX (c) (AX)−1 B = BC (d) [(AX)−1 B]T = C 4. Determine, caso exista, a inversa da matriz A, em cada caso: (a) A = 3 −2 1 4 1 −2 3 (b) A = 10 6 10 4 5 2 2 0 0 (c) A = 4 −1 0 2 3 −1 CEDERJ 46
- 47. Opera¸˜es com matrizes: invers˜o co a (d) A = 1 2 3 4 0 1 2 3 0 0 1 2 0 0 0 1 ´ MODULO 1 - AULA 4 1 1 1 5. Que condi¸˜es λ ∈ R deve satisfazer para que a matriz 2 1 2 co 1 2 λ seja invers´ ıvel? Auto-avalia¸˜o ca Vocˆ dever´ treinar bastante a aplica¸˜o do m´todo estudado. Fa¸a e a ca e c todos os exerc´ ıcios e, se poss´ ıvel, resolva outros mais - vocˆ mesmo(a) poder´ e a ´ f´cil, ao final criar matrizes a inverter e descobrir se s˜o ou n˜o invers´ a a ıveis. E a do processo, verificar se a matriz obtida ´, de fato, a inversa procurada (isto e ´, se n˜o houve erros nas contas efetuadas): o produto dela pela matriz dada e a tem que ser a identidade. Caso haja alguma d´ vida, em rela¸˜o a teoria ou u ca ` aos exerc´ ıcios, entre em contato com o tutor da disciplina. 47 CEDERJ
- 48. Opera¸˜es com matrizes: invers˜o co a Álgebra Linear 1 Respostas dos exerc´ ıcios 1. (a) sim (b) sim (c) n˜o a 2. A−1 = 2 −1 −5 3 ; B −1 = 2 −7 −1 4 3. (a) X = A−1 CB −1 (b) X = C −1 AB (c) X = A−1 BC −1 B −1 (d) X = A−1 B(C T )−1 4. (a) A−1 = 2/7 1/7 −1/14 3/14 (b) N˜o existe a inversa de A a 1/2 0 0 (c) A−1 = 2 −1 0 7 −3 −1 1 0 0 0 −2 1 0 0 (d) A−1 = 1 −2 1 0 0 1 −2 1 5. λ = 1 CEDERJ 48 ; (AB)−1 = 39 −23 −22 13 .
- 49. Determinantes ´ MODULO 1 - AULA 5 Aula 5 – Determinantes Objetivo Pr´-requisitos: aulas 1 a 4. e Calcular determinantes pelo m´todo da triangulariza¸˜o. e ca Determinante ´ um n´ mero associado a uma matriz quadrada. Como e u estamos lidando, neste curso, apenas com matrizes reais, os determinantes que calcularemos ser˜o todos n´ meros reais. Os determinantes tˆm in´ meras a u e u aplica¸˜es, na Matem´tica e em outras ´reas. Veremos, por exemplo, que o co a a determinante fornece uma informa¸˜o segura a respeito da inversibilidade ou ca n˜o de uma matriz. A ˆnfase desta aula est´ na aplica¸˜o de um m´todo a e a ca e r´pido para calcular determinantes, fazendo uso de algumas das suas proa priedades e de opera¸˜es elementares, j´ estudadas na aula 4. Antes, por´m, co a e de nos convencermos de quanto o m´todo que estudaremos ´ mais eficiente e e do que o uso direto da defini¸˜o, vamos recordar a defini¸˜o de determinante, ca ca devida a Laplace. Determinante Dada uma matriz A = (aij ) ∈ Mn (R), representamos o determinante de A por det A ou escrevendo os elementos de A limitados por barras simples: a11 a21 . . . a12 a22 . . . ... ... ... ... ... a1n a2n . . . Se A = an−1,1 an−1,2 ... an−1,n an1 an2 ... ann representamos o determinante de A por: a12 ... a1n a11 a22 ... a2n a21 . ... . . ou . ... . . det . ... . . an−1,1 an−1,2 ... an−1,n an1 an2 ... ann a11 a21 . . . , a12 a22 . . . ... ... ... ... ... a1n a2n . . . an−1,1 an−1,2 ... an−1,n an1 an2 ... ann . 49 CEDERJ
- 50. Determinantes Álgebra Linear 1 A defini¸˜o de determinante ´ dada de maneira recorrente, em rela¸˜o ca e ca a ` ordem da matriz. Assim, definimos o determinante de ordem 1, a seguir, o de ordem 2 e, a partir da ordem 3, reca´ ımos em c´lculos de determinantes a de ordens menores. Vamos ver como isso ´ feito: e Seja A = (aij ) ∈ Mn (R). n=1 Neste caso, A = [a11 ] e det A = a11 . Note que o determinante de uma matriz de ordem 2 ´ a e diferen¸a entre o produto dos c termos da diagonal principal e o produto dos termos da diagonal secund´ria. Esses a produtos se chamam, respectivamente, termo principal e termo secund´rio da matriz. a n=2 Neste caso, A = a11 a12 a21 a22 e seu determinante ´ dado por: e det A = a11 a22 − a12 a21 Exemplo 32 Vamos calcular os determinantes das matrizes abaixo: 1. A = 3 4 6 8 2. A = 2 5 −3 4 3. A = sen α −cos α cos α sen α 4. A = 6 4 3 1 n=3 ⇒ det A = 3.8 − 4.6 = 24 − 24 = 0 ⇒ det A = 8 − (−15) = 23 ⇒ det A = sen2 α + cos2 α = 1 ⇒ det A = 6 − 12 = −6 a11 a12 a13 Seja A = a21 a22 a23 . Neste caso, escolhemos uma linha (ou a31 a32 a33 uma coluna) para desenvolver o determinante. Desenvolvendo o determinante pela 1a. linha, obtemos: det A = a11 .(−1)1+1 . CEDERJ 50 a22 a23 a21 a23 a21 a22 +a12 .(−1)1+2 . +a13 .(−1)1+3 . . a32 a33 a31 a33 a31 a32
- 51. Determinantes ´ MODULO 1 - AULA 5 Exemplo 33 2 5 −3 det 0 4 5 3 1 −2 = 2(−1)1+1 4 5 0 5 0 4 + 5(−1)1+2 + (−3)(−1)1+3 1 −2 3 −2 3 1 = 2(−8 − 5) − 5(0 − 15) − 3(0 − 12) = 85 . Observa¸˜o: Existe uma regra pr´tica para o c´lculo do determinante de ca a a ordem 3, conhecida como Regra de Sarrus. Ela afirma que: a11 a12 a13 a21 a22 a23 a31 a32 a33 Lˆ-se “Sarr´ e ı”. = = (a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32 ) − (a13 a22 a31 + a11 a23 a32 + a12 a21 a33 ). Desenvolvendo os produtos indicados na defini¸˜o de determinante de ca ordem 3, vocˆ poder´ ver que as express˜es coincidem. e a o Exemplo 34 Vamos calcular, novamente, o determinante do exemplo anterior, agora usando a Regra de Sarrus: 2 5 −3 0 4 5 = [2.4.(−2)+(5.5.3)+(−3.0.1)]−[(−3.4.3)+(2.5.1)+(5.0.(−2))] = 3 1 −2 = (−16 + 75) − (−36 + 10) = 85. n=4 Seja A = a11 a21 a31 a41 a12 a22 a32 a42 a13 a23 a33 a43 a14 a24 a34 a44 . Desenvolvendo o determinante pela 1a. linha, obtemos: 51 CEDERJ
- 52. Determinantes Álgebra Linear 1 det A = a11 .(−1)1+1 . det A−1,−1 + a12 .(−1)1+2 . det A−1,−2 + a13 .(−1)1+3 . det A−1,−3 + a14 .(−1)1+4 . det A−1,−4 , onde A−i,−j representa a matriz obtida a partir de A, com a retirada da i-´sima linha e da j-´sima coluna. Observe que reca´ e e ımos no c´lculo de 4 a determinantes, cada um de ordem 3. Um determinante de ordem 10 exige a realiza¸˜o de ca 9.234.099 opera¸˜es! co Para n = 5, a defini¸˜o ´ an´loga: iremos recair no c´lculo de 5 deca e a a terminantes, cada um de ordem 4. Logo, teremos que calcular 5 × 4 = 20 determinantes de ordem 3. Como vocˆ pode ver, os c´lculos envolvidos na e a obten¸˜o de determinantes crescem rapidamente, a medida que a ordem do ca ` determinante aumenta. Temos, ent˜o, que encontar um m´todo alternativo para calcular detera e minantes: a defini¸˜o n˜o fornece uma sa´ r´pida para isso. Antes, por´m, ca a ıda a e de estudarmos um m´todo mais eficiente para aplicar, usando as propriee dades dos determinantes e, mais uma vez, opera¸˜es elementares, damos a co defini¸˜o do determinante de ordem n, desenvolvido pela i-´sima linha: ca e a11 a21 . . . a12 a22 . . . ... ... ... ... ... a1n a2n . . . det an−1,1 an−1,2 ... an−1,n an1 an2 ... ann = n aij (−1)i+j . det A−i,−j j=1 Propriedades dos determinantes Na medida do poss´ ıvel, daremos uma id´ia da demonstra¸˜o dessas proe ca priedades. Para verificar a validade de cada uma delas, precisar´ ıamos definir determinantes pelo uso de permuta¸˜es, o que alongaria demais a nossa aula. co Caso vocˆ tenha interesse em conhecer essa abordagem, ir´ encontr´-la em e a a ´ Algebra Linear e Aplica¸˜es, de Carlos Callioli, Hygino Domingues e Roberto co Costa. D1 O determinante de uma matriz ´ unico. Isto ´, n˜o importa por qual e ´ e a linha ou coluna o determinante seja desenvolvido, o resultado final ´ sempre e o mesmo. CEDERJ 52
- 53. Determinantes ´ MODULO 1 - AULA 5 D2 Dada A ∈ Mn (R), det A = det AT Em palavras: o determinante da transposta ´ igual ao determinante da e matriz. De fato, a express˜o do determinante de A, desenvolvido pela i-´sima a e linha, coincidir´, termo a termo, com a express˜o de det AT , desenvolvido a a pela i-´sima coluna. e D3 Se A ∈ Mn (R) possui uma linha (ou uma coluna) nula, ent˜o det A = 0. a De fato, basta desenvolver det A por essa linha (ou coluna) nula. D4 Se escrevemos cada elemento de uma linha (ou coluna) de A ∈ Mn (R) como soma de 2 parcelas, ent˜o det A ´ a soma de dois determinantes de a e ordem n, cada um considerando como elemento daquela linha (ou coluna) uma das parcelas, e repetindo as demais linhas (ou colunas). D5 O determinante de uma matriz triangular ´ o seu termo principal. e D6 Se multiplicamos uma linha (ou coluna) de A ∈ Mn (R) por um n´ mero u real λ, o determinante de A fica multiplicado por λ. Lembrando: o termo principal de uma matriz quadrada ´ o produto dos elementos de e sua diagonal principal. D7 Se permutamos duas linhas (ou colunas) de A ∈ Mn (R), ent˜o o detera minante de A fica multiplicado por −1. D8 Se A ∈ Mn (R) tem duas linhas (ou colunas) iguais ent˜o det A = 0. a D9 Se A ∈ Mn (R) possui uma linha (ou coluna) que ´ soma de m´ ltiplos de e u outras linhas (ou colunas), ent˜o det A = 0. a D10 Se somamos a uma linha (ou coluna) de A ∈ Mn (R) um m´ ltiplo de u outra linha (ou coluna), o determinante de A n˜o se altera. a D11 Se A, B ∈ Mn (R), ent˜o det(AB) = det A. det B. a D12 Se A ∈ Mn (R) ´ invers´ e ıvel, ent˜o det A−1 = (det A)−1 . a De fato, se A ´ invers´ e ıvel, existe A−1 tal que A.A−1 = I. Ent˜o det(A.A−1 ) = det I. a Pela propriedade D11, det A . det A−1 = det I, e pela propriedade D5, 1 temos que det I = 1. Logo, det A−1 = = (det A)−1 . det A Uma conclus˜o importante pode ser tirada a partir da propriedade D12: a uma matriz ´ invers´ se, e somente se, seu determinante ´ diferente de zero. e ıvel e Destaquemos esse resultado: Seja A ∈ Mn (R). A ´ invers´ e ıvel ⇔ det A = 0 53 CEDERJ
- 54. Determinantes Álgebra Linear 1 D13 Se A ∈ Mn (R) ´ ortogonal, ent˜o det A−1 = 1 ou − 1. e a De fato, se A ´ ortogonal, A−1 = AT . Pela propriedade D2, det A = e T −1 a det A = det A . Ent˜o, pela propriedade D12, det A. det A−1 = 1 ⇒ det A. det AT = 1 ⇒ det A. det A = 1 ⇒ (det A)2 = 1 ⇒ det A = ±1. C´lculo de determinantes por triangulariza¸˜o a ca Observe o que diz a propriedade D5. Calcular o determinante de uma matriz triangular ´, praticamente, imediato. Dado um determinante, a id´ia, e e ent˜o, ´ aplicar opera¸˜es elementares sobre suas linhas, de modo a triangulaa e co riz´-lo. Para isso, temos que observar os efeitos que cada opera¸˜o elementar a ca pode ou n˜o causar no valor do determinante procurado. Vejamos: a 1. Permutar duas linhas. Pela propriedade D7, essa opera¸˜o troca o sinal do determinante. ca 2. Multiplicar uma linha por um n´mero real λ n˜o nulo. u a A propriedade D6 nos diz que essa opera¸˜o multiplica o determinante ca por λ. 3. Somar a uma linha um m´ltiplo de outra. u Pela propriedade D10, essa opera¸˜o n˜o altera o determinante. ca a Diante disso, para triangularizar um determinante, basta que fiquemos atentos para “compensar”poss´ ıveis altera¸˜es provocadas pelas opera¸˜es eleco co mentares utilizadas. Vamos a um exemplo. Exemplo 35 Calcular, por triangulariza¸˜o, det ca 2 5 1 0 −1 4 6 −2 5 1 3 −3 3 2 1 0 L1 ↔L4 1 3 −3 0 0 −1 4 2 =− 0 −20 23 1 0 −1 7 3 CEDERJ 54 2 5 1 0 −1 4 6 −2 5 1 3 −3 1 3 −3 0 0 −1 4 2 =− 6 −2 5 1 2 5 1 3 L3 ←L3 −20L2 L4 ←L4 −L2 3 2 1 0 . L3 ←L3 −6L1 = L4 ←L4 −2L1 1 3 −3 0 0 −1 4 2 =− 0 0 −57 −39 0 0 3 1 L3 ←−1/57L3 =
- 55. Determinantes ´ MODULO 1 - AULA 5 1 3 −3 0 0 −1 4 2 = −(−57) = −(−57) 0 0 1 39/57 0 0 3 1 L4 ←L4 −3L3 = −(−57).1.(−1).1.(−20/19) = 60. 1 3 −3 0 0 −1 4 2 0 0 1 39/57 0 0 0 −20/19 = Observa¸oes. c˜ 1. N˜o h´ uma unica maneira de se triangularizar um determinante: as a a ´ opera¸˜es elementares escolhidas podem diferir, mas o resultado ´ unico. co e´ 2. O m´todo de triangulariza¸˜o ´ algor´ e ca e ıtmico, ou seja, ´ constitu´ de e ıdo um n´ mero finito de passos simples: a cada coluna, da primeira a u ` pen´ ltima, devemos obter zeros nas posi¸˜es abaixo da diagonal prinu co cipal. Calcule o determinante do pr´ximo exemplo e compare com a nossa o resolu¸˜o: dificilmente vocˆ optar´ pela mesma seq¨ˆncia de opera¸˜es eleca e a ue co mentares, mas (se todos tivermos acertado!) o resultado ser´ o mesmo. a Exemplo 36 Vamos calcular 2 −4 8 5 4 6 −3 0 2 2 −4 8 5 4 6 −3 0 2 1 L1 ← 2 L1 1 −2 4 = 2 0 14 −14 0 −6 14 1 −2 4 = 2.14 0 1 −1 0 0 8 por triangulariza¸˜o: ca 1 −2 4 =2 5 4 6 −3 0 2 1 L2 ← 14 L2 L2 ←L2 −5L1 = L3 ←L3 +3L1 1 −2 4 = 2.14 0 1 −1 0 −6 14 = L3 ←L3 +6L2 = 2.14.1.1.8 = 224. Exemplo 37 Vamos aplicar as propriedades estudadas nesta aula para dar os determinane ıvel tes de AT , A−1 e 3A, sabendo que A ´ uma matriz quadrada invers´ de ordem 2 e que det A = D. 1. det AT = D, pois o determinante da matriz transposta ´ igual ao dee terminante da matriz dada. 55 CEDERJ
- 56. Determinantes Álgebra Linear 1 1 e 2. det A−1 = , pois o determinante da matriz inversa ´ o inverso do D determinante da matriz dada. 3. det 3A = 32 D = 9D, pois A possui 2 linhas e cada linha multiplicada por 3 implica multiplicar o determinante por 3. Exemplo 38 Determine x tal que 2x x + 2 −4 x = 14 Temos 2x.x−(−4)(x+2) = 14 ⇒ 2x2 +4x−6 = 0 ⇒ x = 1 ou x = −3. Exemplo 39 Determine x para que a matriz A = x 1 20 − x x seja invers´ ıvel. Sabemos que A ´ invers´ e ıvel se, e somente se, det A = 0. Queremos, 2 2 ent˜o, x − (20 − x) = 0 ⇒ x + x − 20 = 0 ⇒ x = 4 e x = −5. a Resumo Nesta aula recordamos a defini¸˜o de determinante e vimos que n˜o ca a se trata de um m´todo pr´tico para calcular determinantes de ordens ale a tas. Vimos as propriedades dos determinantes e, com o uso de quatro delas, pudemos facilitar o c´lculo de determinantes, aplicando opera¸˜es elementaa co res e “transformando”o determinante original num triangular. Tal m´todo, e chamado triangulariza¸˜o, permite que determinantes de ordens altas sejam ca obtidos sem que tenhamos que recair numa seq¨ˆncia enorme de determinanue tes de ordens menores a serem calculados. Veja que esta aula n˜o apresentou a nenhuma grande novidade em termos de teoria: foi uma aula mais pr´tica, a que apresentou uma t´cnica util de c´lculo. e ´ a Exerc´ ıcios 1. Calcule, por triangulariza¸˜o, os seguintes determinantes: ca 3 −2 4 a) −1 0 2 5 6 2 CEDERJ 56 2 −3 1 7 −2 3 0 4 b) −1 5 4 −3 2 4 −5 0 10 −2 −6 c) 2 1 6 5 4 2
- 57. Determinantes ´ MODULO 1 - AULA 5 2. Dada A ∈ Mn (R), tal que det A = D, determine: a) det AT b) det A−1 c) det 2A a b c 3. Seja det A = d e f g h i determinantes: a b c b) a) −d −e −f g h i a d g d) b e h c f i 4. Calcule x para que = 10. Calcule, usando as propriedades dos a b c g h i d e f 2a 2b 2c e) g h i d e f x + 2 2 −x 4 0 5 6 2x x a b c c) d/2 e/2 f /2 g h i a b c f) g + d h + e i + f d e f = 14 5. Sejam A, B ∈ Mn (R) tais que det A = 4 e det B = 5. Determine: a) det AB b) det 3A c) det(AB)−1 d) det(−A) e) det A−1 B 6. Determine x para que a matriz A = x x+2 1 x seja invers´ ıvel. 57 CEDERJ
- 58. Determinantes Álgebra Linear 1 Auto-avalia¸˜o ca Vocˆ deve estar bem treinado para calcular determinantes pelo m´todo e e da triangulariza¸˜o. Veja que se trata de um c´lculo “ingrato”: n˜o h´ como ca a a a verificar se estamos certos, a n˜o ser refazendo e comparando os resultados. a Por isso, embora se trate de uma t´cnica simples, algor´ e ıtmica, exige aten¸˜o. ca Caso vocˆ tenha sentido d´ vidas, procure o tutor da disciplina. e u Respostas dos exerc´ ıcios 1. a) − 84 b)1.099 c) − 266 2. a)D b)1/D c)2n .D 3. a) − 10 b) − 10 c)5 d)10 e) − 20 f )10 4. x = 1 ou x = − 23 9 5. Sejam A, B ∈ Mn (R) tais que det A = 4 e det B = 5. Determine: a) det AB = det A. det B = 4 × 5 = 20 b) det 3A = 34 . det A = 3n × 4 = 4.3n c) det(AB)−1 = [det(AB)]−1 = 20−1 = 1/20 a ımpar) d) det(−A) = (−1)n × 4 (ser´ 4, se n for par e -4, se n for ´ e) det A−1 B = det A−1 . det B = 1/4 × 5 = 5/4 6. x = −1 e x = 2 CEDERJ 58
- 59. Sistemas Lineares ´ MODULO 1 - AULA 6 Aula 6 – Sistemas Lineares Objetivo Resolver e classificar sistemas lineares, usando o m´todo do escalonamento. e ´ Grande parte dos problemas estudados em Algebra Linear recaem na Pr´-requisitos: aulas 1 a 4. e resolu¸˜o ou discuss˜o de sistemas de equa¸˜es lineares. O mesmo aconca a co tece com muitos problemas das demais areas da Matem´tica, da F´ ´ a ısica e da Engenharia. Vocˆ, com certeza, j´ tomou conhecimento de diferentes e a t´cnicas de resolu¸˜o desses sistemas - substitui¸˜o, adi¸˜o, compara¸˜o, ene ca ca ca ca tre outras. Nesta aula e na pr´xima estudaremos um m´todo que permite o e um tratamento eficiente de sistemas de equa¸˜es lineares, seja para obter co seu conjunto-solu¸˜o, seja para classific´-lo ou mesmo para impor condi¸˜es ca a co quanto a existˆncia ou quantidade de solu¸˜es. ` e co Equa¸˜es lineares co Uma equa¸˜o linear ´ uma equa¸˜o do tipo ca e ca a1 x1 + a2 x2 + ... + an xn = b Isto ´, trata-se de uma equa¸˜o na qual cada termo tem grau, no e ca m´ximo, igual a 1. Os elementos de uma equa¸˜o linear s˜o: a ca a • vari´veis (ou inc´gnitas): x1 , ..., xn a o • coeficientes: a1 , ..., an ∈ R Uma equa¸˜o ´ uma ca e senten¸a matem´tica aberta, c a isto ´, com vari´veis, onde e a duas express˜es s˜o ligadas o a pelo sinal “=”. Ex: 2x − 1 = 0; x2 − 2x = 6 etc. O grau de um termo - ou monˆmio - ´ a soma dos o e expoentes das vari´veis. a Ex: xy tem grau 2; x2 y 3 tem grau 5; 16 tem grau zero. • termo independente: b ∈ R Exemplo 40 S˜o equa¸˜es lineares: a co • 3x1 − 2x2 + 17 = 0 • 2x − 3y + 4z = 1 • 4a − 5b + 4c − d = 10 59 CEDERJ
- 60. Sistemas Lineares Álgebra Linear 1 • x=2 S˜o equa¸˜es n˜o-lineares: a co a • x2 − 5x + 6 = 0 • 3xy − x + 4 = 0 √ • 2 x − 3y = 1 • 3 −9 =0 x Uma solu¸˜o de uma equa¸˜o com n vari´veis ´ uma n-upla ordenada de ca ca a e n´ meros reais os quais, quando substitu´ u ıdos no lugar das vari´veis respectivas a na equa¸˜o, fornecem uma senten¸a matem´tica verdadeira. ca c a Resolver uma equa¸˜o ´ encontrar o conjunto de todas as suas solu¸˜es, ca e co chamado conjunto-solu¸˜o da equa¸˜o. ca ca Exemplo 41 1. O par ordenado (3, 2) ´ uma solu¸˜o da equa¸˜o (n˜o linear) x2 −4y = 1, e ca ca a 2 pois 3 − 4(2) = 9 − 8 = 1. 2. O conjunto-solu¸˜o da equa¸˜o linear 3x − 1 = 5 ´ {2}. ca ca e 3. A equa¸˜o linear x + y = 10 possui infinitas solu¸˜es. Os pares ordeca co nados (2, 8), (−3, 13), (0, 10), (1/5, 49/5) s˜o apenas algumas delas. a Sistemas de equa¸˜es lineares co Um sistema de equa¸˜es lineares (ou, simplesmente, um sistema linear) co ´ um conjunto de equa¸˜es lineares que devem ser resolvidas simultaneae co mente. Isto ´, uma solu¸˜o do sistema ´ solu¸˜o de cada equa¸˜o linear que e ca e ca ca o comp˜e. Resolver um sistema de equa¸˜es lineares ´ determinar o conjunto o co e formado por todas as suas solu¸˜es, chamado conjunto-solu¸˜o do sistema. co ca Um sistema linear, com m equa¸˜es e n inc´gnitas, tem a seguinte co o forma: a11 x1 + a12 x2 + ... + a1n xn = b1 a21 x1 + a22 x2 + ... + a2n xn = b2 . . . am1 x1 + am2 x2 + ... + amn xn = bm CEDERJ 60
- 61. Sistemas Lineares Exemplo 42 S˜o sistemas de equa¸˜es lineares: a co x + 2y − 3z = 1 −2x + 5y − z = 5 2x − y = 3 3x − 6y = 10 4x + 5y = 0 4x − y + 2z = −1 2a − 3b = 1 a+b =5 5a − 2b = 8 ´ MODULO 1 - AULA 6 x1 − 2x2 + 5x3 = 0 2x1 + x2 = 2 Classifica¸˜o de um sistema linear quanto ` solu¸˜o ca a ca Um sistema linear pode ter ou n˜o solu¸˜o. Se tem solu¸˜o, pode ter a ca ca uma s´ ou mais de uma. Podemos, ent˜o, classificar um sistema linear, o a quanto a existˆncia e quantidade de solu¸˜es, em trˆs tipos: ` e co e • Compat´ ıvel (ou poss´ ıvel) e determinado: quando possui uma unica ´ solu¸˜o. ca • Compat´ e indeterminado: quando possui mais de uma solu¸˜o. ıvel ca • Incompat´ (ou imposs´ ıvel ıvel): quando n˜o possui solu¸˜o. a ca Podemos pensar num sistema de equa¸˜es lineares como sendo um conco junto de perguntas a responder (qual o valor de cada inc´gnita?). Cada o equa¸˜o fornece uma informa¸˜o, uma “dica”a respeito dessas inc´gnitas. Se ca ca o tivermos informa¸˜es coerentes e em quantidade suficiente, encontraremos co uma solu¸˜o, que ser´ unica. Se essas informa¸˜es forem coerentes entre si, ca a´ co mas em quantidade insuficiente, n˜o conseguiremos determinar, uma-a-uma, a cada solu¸˜o, mas poderemos caracterizar o conjunto delas. Finalmente, se ca as informa¸˜es n˜o forem coerentes entre si, ou seja, se forem incompat´ co a ıveis, o sistema n˜o ter´ solu¸˜o. a a ca Exemplo 43 Sem ter que aplicar regras de resolu¸˜o, podemos ver que ca 1. O sistema Resolver um sistema ´ um e pouco como brincar de detetive... x+y =3 possui uma unica solu¸˜o: o par (2, 1); ´ ca x−y = 1 x+y =3 possui mais de uma solu¸˜o; ca 2x + 2y = 6 os pares (1, 2), (0, 3), (3, 0), (2, 1), (3/2, 3/2) s˜o algumas delas; a 2. O sistema x+y =3 n˜o possui solu¸˜o (A soma de dois n´ meros a ca u x+y =4 reais ´ unica!). e´ 3. O sistema 61 CEDERJ
- 62. Sistemas Lineares Álgebra Linear 1 Sistemas lineares homogˆneos e Dizemos que um sistema linear ´ homogˆneo quando os termos indee e pendentes de todas as equa¸˜es que o comp˜em s˜o iguais a zero. co o a Exemplo 44 S˜o sistemas lineares homogˆneos: a e 2x − 3y = 0 x + 5y = 0 3x1 − x2 + 7x3 = 0 x1 − 2x2 + 3x3 = 0 2x − 5y = 0 x + 5y = 0 −x + 4y = 0 Observe que um sistema linear homogˆneo em n inc´gnitas sempre e o admite a solu¸˜o ca (0, 0, ..., 0) n A solu¸˜o trivial tamb´m ´ ca e e conhecida como solu¸˜o nula ca ou ainda solu¸˜o impr´pria. ca o elementos, chamada solu¸˜o trivial. Logo, um sistema linear homogˆneo ´ sempre comca e e pat´ ıvel. Quando ´ determinado, possui somente a solu¸˜o trivial. Quando e ca ´ indeterminado, possui outras solu¸˜es, al´m da trivial, chamadas (obviae co e mente!) solu¸˜es n˜o-triviais. co a J´ ´ hora de resolvermos sistemas lineares. Dissemos, no in´ a e ıcio da aula, que far´ ıamos isso usando um m´todo eficiente. Esse m´todo lida com e e matrizes asociadas ao sistema a ser tratado. Vamos, ent˜o, caracterizar essas a matrizes. Matrizes associadas a um sistema linear Dado um sistema linear com m equa¸˜es e n inc´gnitas: co o a11 x1 + a12 x2 + ... + a1n xn = b1 a21 x1 + a22 x2 + ... + a2n xn = b2 . . . am1 x1 + am2 x2 + ... + amn xn = bm destacamos as seguintes matrizes: CEDERJ 62
- 63. Sistemas Lineares • matriz (m × n) dos coeficientes: a11 a12 a21 a22 . . . . . . am1 am2 ... a1n ... a2n . . . . . . ... amn ´ MODULO 1 - AULA 6 • matriz (ou vetor) (m × 1) dos termos independentes: b1 b2 . . . bm • matriz aumentada (ou ampliada) a11 a12 a21 a22 . . . . . . (m × (n + 1)) do sistema: ... a1n b1 ... a2n b2 . . . . . . . . . am1 am2 ... amn bm 2x − 3y + 4z = 18 Exemplo 45 possui O sistema linear x + y − 2z = −5 −x + 3z = 4 matriz de coeficientes: 2 −3 4 1 −2 1 −1 0 3 matriz de termos independentes: 18 −5 4 matriz aumentada: 2 −3 4 18 1 −2 −5 1 −1 0 3 4 Resolu¸˜o de sistemas lineares por escalonamento ca Observe o sistema linear a seguir: 2x +y −z = 3 +3y +z = −1 2z = 4 Note que, para resolvˆ-lo, basta: e 63 CEDERJ
- 64. Sistemas Lineares Álgebra Linear 1 • determinar o valor de z na terceira equa¸˜o ca • substituir o valor de z na segunda equa¸˜o e obter y ca • substituir y e z na primeira equa¸˜o e obter x ca num processo chamado m´todo das substitui¸˜es regressivas. e co A resolu¸˜o do sistema ficou bastante facilitada. Vejamos a matriz ca aumentada desse sistema: 2 1 −1 3 1 −1 0 3 0 0 2 4 Observe que, a partir da segunda linha, o n´mero de zeros iniciais semu pre aumenta. Quando isso acontece, dizemos que a matriz est´ escalonada. a Sistemas com matrizes associadas na forma escalonada podem ser resolvidos pelo m´todo das substitui¸˜es regressivas, como vimos acima. O problema, e co ent˜o, ´: a e Dado um sistema linear, como transformar sua matriz associada em uma escalonada? E como fazer isso sem alterar seu conjunto-solu¸˜o? ca Dizemos que dois sistemas lineares s˜o equivalentes quando possuem o a mesmo conjunto-solu¸˜o. Nosso objetivo, portanto, ´ migrar de um sistema ca e para outro que lhe seja equivalente, e de resolu¸˜o mais simples. ca N´s j´ estudamos, na aula 4, as opera¸˜es elementares que podemos o a co efetuar sobre as linhas de uma matriz. Vamos recordar quais s˜o elas: a 1. Permutar duas linhas. Nota¸˜o: Li ↔ Lj ca 2. Multiplicar uma linha por um n´mero real n˜o nulo. u a Nota¸˜o: Li ← λLi ca Neste caso, dizemos que Lj ´ e a linha pivˆ. o Vocˆ pode encontrar essas e passagens, em detalhes, no ´ livro Algebra Linear e Aplica¸os, de Collioli, c˜ Domingues e Costa, da Atual Editora. CEDERJ 64 3. Somar a uma linha um m´ltiplo de uma outra. u Nota¸˜o: Li ← Li + λLj ca Pode-se mostrar que: Seja S um sistema linear com matriz aumentada A. Se aplicamos `s a linhas de A opera¸oes elementares, obtemos uma matriz A , tal que o sistema c˜ e linear S , de matriz aumentada A , ´ equivalente a S.
- 65. Sistemas Lineares ´ MODULO 1 - AULA 6 A id´ia, ent˜o ´: dado um sistema S de matriz aumentada A, aplicar e a e opera¸˜es elementares `s linhas de A, obtendo uma matriz escalonada A , e co a resolver o sistema associado S , conforme mostra o esquema a seguir: Sistema linear S equivalentes ↔ Sistema linear S ↓ matriz A ↑ opera¸˜es elementares co ↔ matriz escalonada A Vamos ver uma s´rie de exemplos para vocˆ se familiarizar com o e e m´todo. Em vez de, simplesmente, ler o exemplo, efetue cada opera¸˜o e ca elementar indicada, para depois comparar com a matriz apresentada na seq¨ˆncia: ue Exemplo 46 Vamos resolver, por escalonamento, o sistema linear x +2y +5z = 28 S: 2x +3y −z = −1 4y +z = 13 Vamos escrever a matriz aumentada desse 1 2 5 28 A = 2 3 −1 −1 0 4 1 13 sistema: Vamos obter “zeros”na primeira coluna, da segunda linha em diante. Para isso, aplicaremos a terceira opera¸˜o elementar, usando a primeira linha ca como pivˆ. Note que, neste caso, como o elemento da terceira linha j´ ´ zero, o ae precisamos apenas obter zero na segunda linha. Para isso, vamos multiplicar a primeira linha por −2 e somar o resultado com a segunda linha: 1 2 5 28 1 2 5 28 0 −1 −11 −57 2 3 −1 −1 L2 ← L2 − 2L1 ⇒ 0 4 1 13 0 4 1 13 Passemos, agora, para a segunda coluna (n˜o usaremos mais a primeira a linha - ela est´ “pronta”). Queremos obter zero abaixo da segunda linha. a Para isso, multiplicamos a segunda linha por 4 e somamos a terceira: ` 1 2 5 28 1 2 5 28 0 −1 −11 −57 0 −1 −11 −57 0 0 −43 −215 0 4 1 13 L3 ← L3 + 4L2 ⇒ 65 CEDERJ
- 66. Sistemas Lineares Álgebra Linear 1 Pronto: a matriz est´ escalonada. Vamos, agora, escrever o sistema S , a associado ela: a x +2y +5z = 28 S : −y −11z = −57 −43z = −215 Da terceira equa¸˜o, obtemos z = (−215)/(−43) = 5. ca Substituindo na segunda, obtemos y = 2. Finalmente, substituindo os valores j´ obtidos na primeira equa¸˜o, a ca temos x = −1. a e e ca Como S e S s˜o sistemas lineares equivalentes, essa tamb´m ´ a solu¸˜o do sistema S dado. Logo, o conjunto-solu¸˜o procurado ´ {(−1, 2, 5)}. Al´m ca e e disso, podemos classificar o sistema S: ele ´ compat´ e determinado. e ıvel Exemplo 47 Vamos resolver o sistema linear: 2x +y +5z x +3y +4z S: 5y −z −x +2y +3z Sua matriz aumentada ´: e 2 1 0 −1 =1 = −7 = −15 = −8 1 5 1 3 4 −7 5 −1 −15 2 3 −8 Vocˆ deve ter notado que, quando o elemento na linha pivˆ, na coluna e o em que estamos trabalhando, ´ 1 (ou -1), os c´lculos ficam facilitados. Ent˜o, e a a vamos aproveitar o fato de ter 1 na primeira posi¸˜o da segunda linha, e ca permutar as linhas 1 e 2: 2 1 0 −1 1 5 1 3 4 −7 5 −1 −15 2 3 −8 L1 ↔ L2 ⇒ 1 2 0 −1 3 4 −7 1 5 1 5 −1 −15 2 3 −8 Vamos obter zeros na primeira coluna, abaixo da primeira linha, usando a primeira linha como pivˆ: o CEDERJ 66
- 67. Sistemas Lineares ´ MODULO 1 - AULA 6 3 4 −7 1 3 4 −7 1 5 1 L2 ← L2 − 2L1 ⇒ 0 −5 −3 15 0 5 −1 −15 5 −1 −15 L4 ← L4 + L1 2 3 −8 0 5 7 −15 Passemos para a segunda coluna. Para obter 1 na posi¸˜o pivˆ, dividica o mos toda a segunda linha por -5: 1 3 4 −7 1 3 4 −7 0 −5 −3 15 L2 ← −1/5L2 ⇒ 0 1 3/5 −3 0 5 −1 −15 0 5 −1 −15 0 5 7 −15 0 5 7 −15 Agora, usando a linha 2 como liha pivˆ, vamos obter zeros na segunda o coluna, abaixo da segunda linha: 1 3 4 −7 1 3 4 −7 0 1 3/5 −3 0 1 3/5 −3 ⇒ 0 5 −1 −15 L3 ← L3 − 5L2 0 0 −4 0 1 2 0 −1 L4 ← L4 − 5L2 0 0 4 0 0 5 7 −15 Para finalizar o escalonamento, precisamos obter trˆs zeros inicias na e quarta linha, ou seja, obter um zero na posi¸˜o i = 4, j = 3. Nas passagens ca acima, usamos a segunda opera¸˜o elementar par obter 1 na posi¸˜o pivˆ e, ca ca o com isso, ter os c´lculos facilitados na obten¸˜o dos zeros. Devemos, por´m, a ca e estar atentos a posss´ ` ıveis vantagens que um sistema em particular pode oferecer. Neste exemplo, se simplesmente somarmos a linha 3 a linha 4, j´ obtere` a 1 3 4 −7 1 3 4 −7 0 1 3/5 −3 0 1 3/5 −3 ⇒ mos o zero procurado: 0 0 −4 0 0 −4 0 0 0 0 0 0 0 0 4 0 L4 ← L4 + L3 A matriz est´ escalonada. Vamos escrever o sistema associado: a x +3y +4z = −7 S : y +3z/5 = −3 −4z = 0 Resolvendo por substitui¸˜es regressivas, obtemos: z = 0, y = −3, x = co 2. Logo, o sistema S ´ compat´ e determinado e seu conjunto-solu¸˜o ´ e ıvel ca e {(2, −3, 0)}. Exemplo 48 3a +2b +c +2d = 3 Vamos resolver o sistema linear S : a −3c +2d = −1 −a +5b +4c =4 Acompanhe a seq¨ˆncia de opera¸˜es elementares que aplicremos para ue co 67 CEDERJ
- 68. Sistemas Lineares Álgebra Linear 1 escalonar a matriz aumentada de S: 1 0 −3 2 −1 3 2 1 2 3 L1 ↔ L3 1 2 3 L2 ← L2 − 3L1 ⇒ 3 2 1 0 −3 2 −1 ⇒ −1 5 4 0 4 L3 ← L3 + L1 −1 5 4 0 4 1 0 −3 2 −1 1 0 −3 2 −1 ⇒ L2 ← 1/2L2 ⇒ ⇒ 0 2 10 −4 5 −2 3 6 0 1 L3 ← L3 − 5L2 0 5 1 2 3 0 5 1 2 3 a 1 0 −3 2 −1 −3c +2d = −1 ⇒ 0 1 5 −2 3 ⇒S : b +5c −2d = 3 0 0 −24 12 −12 −24c +12d = 12 Na terceira equa¸˜o, vamos escrever d em fun¸˜o de c : d = −1 + 2c. ca ca Substituindo na segunda equa¸˜o, obtemos b = 1−c. E na primeira equa¸˜o: ca ca a = 1 − c. Temos, neste caso, um sistema compat´ ıvel, por´m indeterminado: e ele possui infinitas solu¸˜es. co Fazendo c = k, seu conjunto-solu¸˜o ´ {(1−k, 1−k, k, −1+2k); k ∈ R}. ca e Exemplo 49 2x +y −3z = 3 Vamos resolver o sistema S : x −y +z = 1 3x +3y −7z = 2 1 −1 1 1 L1 ↔ L2 2 1 −3 3 1 −3 3 L2 ← L2 − 2L1 ⇒ 1 1 ⇒ 2 1 −1 L3 ← L3 − 3L1 3 3 −7 2 3 3 −7 2 1 −1 1 1 1 −1 1 1 ⇒ 0 3 −5 1 3 −5 1 0 0 0 0 −3 0 6 −10 −1 L3 ← L3 − 2L2 Observe que, ao escrever o sistema associado a essa matriz, a terceira equa¸˜o ser´: 0x+0y+0z = −3, ou seja, 0 = −3, o que ´ falso, para quaisquer ca a e valores de x, y e z. Logo, o sistema S ´ imposs´ e seu conjunto-solu¸˜o ´ e ıvel ca e ∅. Exemplo 50 a −b +c = 0 Vamos resolver o sistema linear homogˆneo S : e a +b =0 2b −c = 0 1 −1 1 0 1 −1 1 0 1 0 0 L2 ← L2 − L1 0 2 −1 0 1 0 2 −1 0 0 2 −1 0 L3 ← L3 − L2 CEDERJ 68
- 69. Sistemas Lineares 1 −1 1 0 2 −1 0 ⇒ S : 0 0 0 0 0 ´ MODULO 1 - AULA 6 a −b +c = 0 2b −c = 0 ˆ ´ O sistema ´ compat´ (TODO SISTEMA HOMOGENEO E COMe ıvel PAT´ IVEL!!) e indeterminado. Resolvendo a segunda equa¸˜o para c, substica tuindo na primeira, e fazendo b = k, vocˆ poder´ conferir que o conjuntoe a solu¸˜o ´ {(−k, k, 2k)k ∈ R}. ca e Resumo Nesta aula estudamos o m´todo de escalonamento para resolver e clase sificar sistemas lineares. Trata-se de um m´todo seguro, que “revela”a estrue tura do sistema, explicitando as redundˆncias ou incongruˆncias das equa¸˜es. a e co Ap´s o escalonamento, as equa¸˜es que n˜o acrescentam informa¸˜o ao siso co a ca tema, tˆm seus termos todos anulados e auqelas que s˜o incompat´ e a ıveis com as demais se transformam numa senten¸a matem´tica falsa (algo como 0 = a, c a com a diferente de zero). Continuaremos a usar esse m´todo, na pr´xima e o aula, para discutir sistemas lineares, isto ´, para impor ou identificar condi¸˜es e co sobre seu conjunto-solu¸˜o. ca 69 CEDERJ
- 70. Sistemas Lineares Álgebra Linear 1 Exerc´ ıcios 1. (Prov˜o - MEC - 2001) a x +y −z = 1 O n´ mero de solu¸˜es do sistema de equa¸˜es u co co 2x +2y −2z = 2 5x +5y −5z = 7 ´ (A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3 (E) infinito e 2. Classifique e resolva os seguintes sistemas lineares: =1 3x −y 2x −y = −7 2y −5z = −11 b) a) −3x +4y = 13 z −t = −1 x +2y = −1 x +y +z +t = 10 c) 2a −b −c = −4 a +b −2c = 1 x −y 2x +3y e) x +2y 5x −4y =3 = 16 =9 = 17 3x −y +z = 0 g) x +y −2z = 0 5x −3y +4z = 0 2x +y −z = −6 d) x −y +3z = 21 3x +2z = 15 x −y 2x +3y f) x +2y 5x −4y =3 = 16 =8 = 17 a +2b = 0 h) 3a −b = 0 5a +3b = 0 Auto-avalia¸˜o ca N˜o se preocupe se vocˆ ainda hesita sobre qual opera¸˜o linear usar, a e ca no processo de escalonamento. A familiariza¸˜o vem com a pr´tica. Se ca a necess´rio, refa¸a os exemplos e exerc´ a c ıcios. Se sentir d´ vidas, procure a u tutoria. Os sistemas lineares aparecer˜o ao longo de todo o curso e ´ bom a e que vocˆ esteja ´gil no processo de escalonamento, para n˜o perder muito e a a tempo com eles!! CEDERJ 70
- 71. Sistemas Lineares ´ MODULO 1 - AULA 6 Respostas dos exerc´ ıcios 1. (A) 0 (Ao escalonar, conclu´ ımos que o sistema ´ incompat´ e ıvel) 2. a) Sistema compat´ determinado. Conjunto-solu¸˜o = {(−3, 1)} ıvel ca b) Sistema compat´ determinado. Conjunto-solu¸˜o = {(1, 2, 3, 4)} ıvel ca c) Sistema compat´ indeterminado. ıvel Conjunto-solu¸˜o = {(−1 + k, 2 + k, k); k ∈ R} ca d) Sistema compat´ indeterminado. ıvel Conjunto-solu¸˜o = {(5 − 2k/3, −16 + 7k/3, k); k ∈ R} ca e) Sistema compat´ determinado. Conjunto-solu¸˜o = {(5, 2)} ıvel ca f) Sistema incompat´ ıvel. Conjunto-solu¸˜o = ∅ ca g) Sistema compat´ indeterminado. ıvel Conjunto-solu¸˜o = {(k/4, 7k/4, k); k ∈ R}. ca h) Sistema compat´ determinado. Conjunto-solu¸˜o = {(0, 0)} ıvel ca 71 CEDERJ
- 73. Discuss˜o de Sistemas Lineares a ´ MODULO 1 - AULA 7 Aula 7 – Discuss˜o de Sistemas Lineares a Objetivo Discutir sistemas lineares, usando o m´todo do escalonamento. e Pr´-requisito: aula 6. e Discutir um sistema ´ analisar sob quais condi¸˜es ele admite solu¸˜es e co co e, quando estas existem, quantas s˜o. Na aula passada vimos que, ao final do a processo de escalonamento da matriz associada a um sistema linear, excluindo as equa¸˜es do tipo 0 = 0, chegamos a uma entre trˆs situa¸˜es poss´ co e co ıveis: 1. Existe alguma equa¸˜o do tipo 0 = a, com a = 0. Isto ´, uma equa¸˜o ca e ca imposs´ de ser satisfeita. ıvel Nesse caso, o sistema ´ incompat´ e, portanto, seu conjunto solu¸˜o e ıvel ca ´ vazio. e 2. N˜o h´ equa¸˜es imposs´ a a co ıveis mas obtemos uma quantidade de equa¸˜es co menor do que o n´ mero de inc´gnitas. u o Nesse caso, o sistema ´ compat´ e ıvel e indeterminado e seu conjuntosolu¸˜o admite infinitas solu¸˜es. ca co 3. N˜o h´ equa¸˜es imposs´ a a co ıveis e obtemos uma quantidade de equa¸˜es co igual ao de inc´gnitas. o Nesse caso, o sistema ´ compat´ e ıvel e determinado e seu conjuntosolu¸˜o ´ unit´rio. ca e a Nesta aula, iremos analisar sistemas lineares segundo os valores assumidos por parˆmetros presentes nas equa¸˜es, assim como impor valores a a co esses parˆmetros para que uma desejada situa¸˜o ocorra. a ca Pode-se provar que um sistema linear que possui mais de uma solu¸˜o possui, ca de fato, infinitas solu¸˜es. co Note que o mesmo pode n˜o a ocorrer com um sistema n˜o a linear. Por exemplo, o ( x−y = 0 sistema x2 = 4 possui exatamente duas solu¸˜es, a saber, os pares co ordenados (2, 2) e (−2, −2). A seguir, para formalizar os procedimentos explorados ao longo dos exerc´ ıcios, definiremos a caracter´ ıstica de uma matriz e apresentaremos o Teorema de Rouch´-Capelli. e Finalmente, veremos a Regra de Cramer, que se aplica a sistemas lineares com quantidade de equa¸˜es igual a de inc´gnitas. co ` o Acompanhe os exemplos a seguir. Exemplo 51 x+y+z = 6 Vamos discutir o o sistema x + 2y − z = −4 , segundo os valores do x + 3z = a 73 CEDERJ
- 74. Discuss˜o de Sistemas Lineares a Álgebra Linear 1 parˆmetro a. a Escalonando sua matriz aumentada, obtemos: 1 1 1 | 6 1 1 1 | 6 1 1 1 | 6 1 −2 | −10 ∼ 0 1 −2 | −10 1 2 −1 | −4 ∼ 0 1 0 3 | a 0 −1 2 | a−6 0 0 0 | a − 16 x+y+z = 6 Assim, o sistema dado ´ equivalente ao sistema e y − 2z = −10 , 0 = a − 16 cuja terceira equa¸˜o s´ ser´ satisfeita se o segundo membro tamb´m for igual ca o a e a zero. Logo, temos: • a = 16 ⇒ sistema incompat´ ıvel. • a = 16 ⇒ sistema compat´ e indeterminado, pois possui trˆs inc´gnitas ıvel e o e apenas duas equa¸˜es. co Exemplo 52 Vamos discutir o sistema Temos: 1 a | 2 a 2a | 4 x + ay = 2 . ax + 2ay = 4 ∼ 1 a | 2 2 0 2a − a | 4 − 2a . Vamos determinar os valores de a para os quais o primeiro lado da segunda equa¸˜o se anula: ca a a 2a − a2 = 0 ⇒ a(2 − a) = 0 ⇒ a = 0 ou a = 2. Ent˜o h´ as seguintes possibilidades: • a = 0 ⇒ o sistema fica • a = 2 ⇒ o sistema fica x = 2 ⇒ incompat´ ıvel. 0 = 4 x + 2y = 2 ⇒ compat´ e indeterminado. ıvel 0 = 0 x + ay = 2 , com b = 2a − a2 = by = c 0 e c = 4 − 2a ⇒ compat´ e indeterminado. ıvel • a = 0 e a = 2 ⇒ o sistema fica CEDERJ 74
- 75. Discuss˜o de Sistemas Lineares a ´ MODULO 1 - AULA 7 Exemplo 53 x+y+z = 0 Vamos analisar o sistema x + 2y + kz = 2 , segundo os valores do kx + 2y + z = −2 parˆmetro k: a 1 1 1 | 0 1 1 1 | 0 2 ∼ 0 1 k−1 | 2 ∼ 1 2 k | k 2 1 | −2 0 2 − k 1 − k | −2 1 1 1 | 0 ∼ 0 1 k−1 | 2 ∼ 0 2 − k (1 − k) − (k − 1)(2 − k) | −2 − 2(2 − k) 1 1 1 | 0 ∼ 0 1 k−1 | 2 . 0 0 (k − 1)(k − 3) | 2(k − 3) Da´ temos (k−1)(k−3) = 0 ⇒ k = 1 ou k = 3. H´, ent˜o, as seguintes ı, a a possibilidades: x+y+z = 0 • k=1⇒ ıvel. y = 2 ⇒ sistema incompat´ 0 = −4 x+y+z = 0 • k=3⇒ ıvel y + 2z = 2 ⇒ sistema compat´ e indeterminado. 0 = 0 x+y+z = 0 • k=1ek=3⇒ −y + az = 2 , com a = k − 1, b = c b = (k − 1)(k − 3) = 0 e c = 2(k − 3) ⇒ sistema compat´ e determiıvel nado. Exemplo 54 x−y+z = a Vamos determinar para que valores de a e b o sistema 2x − y + 3z = 2 x + y + bz = 0 admite infinitas solu¸˜es. Temos: co 1 −1 1 | a 1 −1 1 | a 1 −1 1 | a 1 | 2 − 2a ∼ 0 1 1 | 2 − 2a . 2 −1 3 | 2 ∼ 0 1 1 1 b | 0 0 2 b−1 | −a 0 0 b − 3 | 3a − 4 Para que o sistema admita infinitas solu¸˜es (isto ´, seja compat´ e co e ıvel indeterminado), devemos ter b − 3 = 0 e 3a − 4 = 0. Isto ´, b = 3 e a = 4/3. e 75 CEDERJ
- 76. Discuss˜o de Sistemas Lineares a Álgebra Linear 1 Exemplo 55 3x − 2y = a Que condi¸˜es a, b e c devem satisfazer para que o sistema co 4x + y = b x = c admita solu¸˜o? ca 3 −2 | a 1 0 | c 1 0 | c Solu¸˜o: 4 ca 1 | b ∼ 4 1 | b ∼ 0 1 | b − 4c ∼ 1 0 | c 3 −2 | a 0 −2 | a − 3c 1 0 | c b − 4c 0 1 | . 0 0 | (a − 3c) + 2(b − 4c) Logo, o sistema ter´ solu¸˜o apenas se (a − 3c) + 2(b − 4c) = 0, isto ´, a ca e se a + 2b − 11c = 0. Exemplo 56 Vamos discutir o sistema homogˆneo e k. Temos: 1 2 | 0 3 k | 0 ∼ x + 2y = 0 , segundo o parˆmetro a 3x + ky = 0 1 2 | 0 0 k−6 | 0 . Ent˜o: a • k = 6 ⇒ sistema compat´ e indeterminado. ıvel • k = 6 ⇒ sistema compat´ e indeterminado. ıvel Vamos, agora, formalizar o procedimento que vimos adotando para resolver e discutir sistemas lineares. Para isso, precisamos da seguinte defini¸˜o: ca Caracter´ ıstica de uma matriz Na aula 4 vimos que, ao passar de uma matriz para outra, por meio de uma seq¨ˆncia de opera¸˜es elementares, definimos uma rela¸˜o de equivaue co ca lˆncia no conjunto dessas matrizes. Assim, se podemos obter a matriz B, a e partir da matriz A, pela aplica¸˜o de uma seq¨ˆncia de opera¸˜es elementaca ue co res, dizemos que A e B s˜o matrizes equivalentes. Nos exemplos anteriores a usamos esse fato e indicamos que A e B s˜o equivalentes escrevendo A ∼ B a (ou B ∼ A). Seja A uma matriz qualquer e A uma matriz escalonada, equivalente a A. Chamamos de caracter´stica de A, e indicamos por c(A), ao n´ mero de ı u linhas n˜o nulas de A . a CEDERJ 76
- 77. Discuss˜o de Sistemas Lineares a Exemplo 57 1. Seja A = 1 5 2 3 2 5 2. Se A = 2 3 6 13 1 3. Sendo A = 2 5 . Ent˜o A = a 1 5 0 −7 ´ MODULO 1 - AULA 7 e c(A) = 2. −1 2 5 a 0 , ent˜o A = 0 −2 −2 0 0 1 1 1 1 2 2 2 , temos A = 0 5 5 5 0 −1 1 e c(A) = 2. 0 1 1 1 0 0 0 e c(A) = 1. 0 0 0 O racioc´ que usamos para resolver ou classificar os sistemas lineares ınio se constitui num resultado conhecido como Teorema de Rouch´-Capelli. N´s e o o enunciamos a seguir. Teorema 2 (Teorema de Rouch´-Capelli) e Seja um sistema linear S de representa¸˜o matricial AX = b, com A ∈ Mm×n . ca Indiquemos por A|b a matriz aumentada de S. Ent˜o S ser´ compat´ se, a a ıvel e somente se, c(A) = c(A|b). Quando for compat´ ıvel, ser´ determinado se a c(A) = n e indetermindado, se c(A) < n. Quando um sistema linear S : AX = b possui n´ mero de equa¸˜es u co igual ao n´mero de inc´gnitas, a matriz A ´ quadrada e podemos calcular u o e seu determinante, que vamos representar por D. Neste caso, vale o seguinte teorema: Teorema 3 (Teorema de Cramer) Seja S um sistema linear com n´ mero de equa¸˜es igual ao de inc´gnitas. u co o Se D = 0 ent˜o o sistema ´ compat´ e determinado e sua unica solu¸˜o a e ıvel ´ ca (α1 , α2 , ..., αn ) ´ dada por e αi = Di , i = 1, ..., n, D As demonstra¸˜es dos co teoremas de Rouch´-Capelli e e de Cramer podem ser encontradas, por exemplo, em Fundamentos de Matem´tica Elementar, vol. a 4, dos autores Gelson Iezzi e Samuel Hazzan, editado pela Atual. onde Di ´ o determinante da matriz que se obt´m, a partir de A, substituindoe e se a i-´sima coluna pela coluna dos termos independentes do sistema. e Quando D = 0 (isto ´, e chamado sistema de Cramer. Exemplo 58 x + 2y − 3z Seja o sistema 2x − y + z 3x − z quando a matriz A ´ invers´ e ıvel), o sistema ´ e = −15 = 10 . = 1 77 CEDERJ
- 78. Discuss˜o de Sistemas Lineares a Álgebra Linear 1 1 2 −3 Temos D = 2 −1 ca ´ 1 = 2 = 0. Logo, o sistema tem solu¸˜o unica. 3 0 −1 Vamos determinar essa solu¸˜o. ca −15 2 −3 D1 = 10 −1 1 =4 1 0 −1 D2 = 1 −15 −3 2 10 1 3 1 −1 = −2 D3 = 1 2 −15 2 −1 10 3 0 1 = 10. Logo, x= D1 4 = = 2, D 2 y= D2 −2 = = −1, D 2 z= D3 10 = =5 D 2 Portanto, a unica solu¸˜o do sistema ´ (2, −1, 5). ´ ca e Do teorema de Cramer, podemos concluir que: • D = 0 ⇒ sistema compat´ determinado. ıvel • D = 0 ⇒ sistema incompat´ ou compat´ indeterminado. ıvel ıvel J´ vimos que um sistema linear homogˆneo sempre admite solu¸˜o, isto a e ca ´, ´ sempre compat´ e e ıvel. No caso particular de S ser homogˆneo, podemos e concluir, ent˜o, que: a • D = 0 ⇒ sistema compat´ determinado. ıvel • D = 0 ⇒ sistema compat´ indeterminado. ıvel Exemplo 59 Vamos discutir o sistema ax + 2ay = 0 , usando o teorema de Cramer. 4x + ay = 12 a 2 = 0, o sistema tem solu¸˜o unica. Assim, ca ´ 4 a os valores de a para os quais D = 0 tornam o sistema indeterminado ou imposs´ ıvel. Esses valores s˜o: a 2 D = 0 ⇒ a − 8a = 0 ⇒ a(a − 8) = 0 ⇒ a = 0 ou a = 8. Sabemos que se D = CEDERJ 78
- 79. Discuss˜o de Sistemas Lineares a ´ MODULO 1 - AULA 7 0 = 0 ⇒ x = 3 e y pode assumir 4x = 12 qualquer valor real. Logo, o sistema admite infinitas solu¸˜es. co • Se a = 0, o sistema fica: • Se a = 8, o sistema fica: o sistema 8x + 16y = 0 . Escalonando, obtemos 4x + 8y = 12 4x + 8y = 12 , que ´ incompat´ e ıvel. 0 = −24 Resumindo, temos: • a = 0 e a = 8 ⇒ sistema compat´ e determinado. ıvel • a = 0 ⇒ sistema compat´ indeterminado. ıvel • a = 8 ⇒ sistema incompat´ ıvel. Exemplo 60 Vamos determinar o valor de k para o qual o sistema x−y−z = 0 ca o 2x + ky + z = 0 admite solu¸˜o pr´pria. x − 2y − 2z = 0 Trata-se de um sistema homogˆneo, de matriz de coeficientes quadrada. e Pelo teorema de Cramer, para que existam solu¸˜es n˜o-triviais (ou seja, para co a que o sistema seja indeterminado), o determinante dessa matriz deve ser igual a zero. Isto ´, e 1 −1 −1 2 k 1 = 0 ⇒ k = 1. 1 −2 −2 Resumo Esta foi uma aula pr´tica: discutimos sistemas lineares usando os rea sultados dos teoremas de Rouch´-Capelli e de Cramer. Note que a regra de e Cramer s´ se aplica a sistemas lineares cuja matriz dos coeficientes ´ quao e drada e invers´ ıvel. (Vocˆ se lembra? Uma matriz quadrada ´ invers´ se, e e e ıvel somente se, seu determinante ´ diferente de zero.) Com esta aula, encerramos e a parte introdut´ria do curso. Vocˆ aplicar´ os conceitos e t´cnicas vistos at´ o e a e e aqui ao longo das pr´ximas aulas. A partir da aula 8, vocˆ estar´ em contato o e a ´ com os conceitos da Algebra Linear, propriamende dita. Seja bem-vindo!!! 79 CEDERJ
- 80. Discuss˜o de Sistemas Lineares a Álgebra Linear 1 Exerc´ ıcios 1. (Prov˜o - MEC - 1998) a O sistema (A) a = −3 ax + 3y = a n˜o tem solu¸˜o se e s´ se a ca o 3x + ay = −a (B) a = 3 2. Discuta o sistema (C) a = 0 (D) a = −3 (E) a = 3 x + ky = 2 , segundo os valores de k. kx + y = 2 x + y + mz = 2 ca 3. Para que valores de m o sistema 3x + 4y + 2z = m admite solu¸˜o? 2x + 3y + z = 1 3x − 7y x+y 4. Determine os valores de a e b que tornam o sistema x + 2y 5x + 3y compat´ e determinado. Em seguida, resolva o sistema. ıvel 5. Determine os valores de a e b que tornam o sistema = a = b = a+b−1 = 5a + 2b 6x + ay = 12 4x + 4y = b indeterminado. mx + y − z = 4 6. Discuta o sistema x + my + z = 0 x−y = 2 x + ky + 2z = 0 7. Para que valores de k o sistema −2x + my − 4z = 0 admite x − 3y − kz = 0 solu¸˜es n˜o triviais (ou seja, ´ indeterminado)? co a e −4x + 3y = 2 ca 8. Determine k, para que o sistema 5x − 4y = 0 admita solu¸˜o. 2x − y = k 9. Encontre os valores de p ∈ R tais que o sistema homogˆneo e 2x − 5y + 2z = 0 co ca x+y+z = 0 tenha solu¸˜es distintas da solu¸˜o trivial. 2x + pz = 0 CEDERJ 80
- 81. Discuss˜o de Sistemas Lineares a ´ MODULO 1 - AULA 7 10. Que condi¸˜es a e b devem satisfazer para que o sistema abaixo seja de co Cramer? ax + by = 0 2 2 a x+b y = 0 Auto-avalia¸˜o ca Embora a teoria usada resolver e discutir sistemas lineares seja simples e pouca extensa, cada sistema ´ um sistema! Quanto mais exerc´ e ıcios vocˆ e puder resolver, melhor ser´, no sentido de deix´-lo mais seguro e r´pido nesse a a a ´ tipo de opera¸˜o. Se poss´ ca ıvel, consulte outros livros de Algebra Linear para obter mais op¸˜es de exerc´ co ıcios. E n˜o deixe de trazer suas d´ vidas para o a u tutor da disciplina. Respostas dos exerc´ ıcios 1. (E) a = 3 2. k = 1 e k = −1 ⇒ sistema compat´ e determinado; ıvel k = 1 ⇒ sistema compat´ e indeterminado; ıvel k = −1 ⇒ sistema incompat´ ıvel. 3. Para m = 1. Neste caso, o sistema ´ compat´ e determinado. e ıvel 4. a = 2, b = 4; {(3, 1)} 5. a = 6 e b = 8 6. m = −1 ⇒ sistema compat´ e determinado; ıvel m = −1 ⇒ sistema incompat´ ıvel. 7. k = −2 ou k = 0 8. k = −6 9. p = 2 10. ab = 0 e a = b 81 CEDERJ
- 83. Espa¸os Vetoriais c ´ MODULO 2 - AULA 8 Aula 8 – Espa¸os Vetoriais c Objetivos Definir espa¸os vetoriais, e estudar alguns dos principais exemplos dessa esc trutura. Identificar propriedades dos espa¸os vetoriais. c Introdu¸˜o ca Imagine um conjunto V onde seja poss´ somar elementos e multipliıvel car os elementos por n´ meros reais, e que o resultado dessas opera¸˜es esteja u co no conjunto V . Imagine ainda que essas opera¸˜es tˆm ”boas”propriedades, co e aquelas que estamos acostumados a usar quando somamos e quando multiplicamos por n´meros reais: u • podemos somar os elementos trocando a ordem, ou agrupando-os como quisermos, sem que o resultado seja alterado; • existe um elemento que quando somado a outro resulta sempre nesse outro; • feita uma soma, ´ poss´ desfazˆ-la com uma subtra¸˜o, e todo elee ıvel e ca mento de V pode ser subtra´ de outro; ıdo • multiplicar por um n˜o faz efeito; a • multiplicar seguidamente por v´rios reais ´ o mesmo que multiplicar a e pelo produto deles; • multiplicar o resultado de uma soma por um n´mero real ´ o mesmo u e que multiplicar cada parcela e depois somar; • multiplicar por um elemento de V uma soma de reais ´ o mesmo que e multiplicar cada real pelo elemento em quest˜o e depois somar os rea sultados. Existem v´rios conjuntos onde a adi¸˜o e a multiplica¸˜o por n´ meros a ca ca u reais que fazemos usualmente gozam dessas propriedades. Os conjuntos R, a R2 e R3 s˜o exemplos. Os conjuntos de matrizes de mesma ordem (M2×3 (R), M3×4 (R) etc.) tamb´m s˜o exemplos (veja aula 3). Na verdade, h´ muie a a tos exemplos de conjuntos com essa mesma estrutura. Chamamos a esses conjuntos, munidos dessas opera¸˜es com as propriedades acima de espa¸os co c vetoriais. 83 CEDERJ
- 84. Espa¸os Vetoriais c A vantagem de se estudar os espa¸os vetoriais de forma mais abstrata, c como faremos a partir de agora, ´ que estaremos estudando propriedades e e leis que s˜o v´lidas em qualquer espa¸o vetorial, em particular nos exemplos a a c que acabamos de destacar. Ou seja, veremos o que existe de comum entre conjuntos de matrizes, R, R2 , R3 e v´rios outros espa¸os vetoriais. a c Defini¸˜o de espa¸o vetorial ca c Considere um conjunto V no qual est˜o definidas duas opera¸˜es: uma a co adi¸˜o, que a cada par de elementos u e v de V associa um elemento u + v ca de V , chamado soma de u e v, e uma multiplica¸˜o por escalar, que a cada ca n´ mero real α e a cada elemento v de V associa um elemento αv de V , u chamado produto de α por v. Dizemos que o conjunto V munido dessas opera¸˜es ´ um espa¸o vetorial real (ou um espa¸o vetorial sobre R, ou ainda, co e c c um R-espa¸o vetorial) se s˜o satisfeitas as seguintes condi¸˜es, para todos os c a co elementos de V , aqui designados pelas letras u, v e w, e todos os n´ meros u reais, aqui designados pelas letras α e β: • u + v = v + u (comutatividade); • u + (v + w) = (u + v) + w (associatividade); • existe um elemento em V , que designaremos por e, que satisfaz v+e = v para qualquer v em V (existˆncia de elemento neutro para a adi¸˜o); e ca • para cada v ∈ V , existe um elemento de V , que designaremos por −v, que satisfaz v + (−v) = e (existˆncia de inverso aditivo, tamb´m e e chamado de sim´trico ou oposto); e • α(βv) = (αβ)v (associatividade); • (α + β)v = αv + βv (distributividade); • α(u + v) = αu + αv (distributividade); • 1 · v = v (multiplica¸˜o por 1). ca De acordo com essa defini¸˜o, podemos concluir que n˜o s˜o espa¸os ca a a c vetoriais o conjunto N dos n´ meros naturais, e o conjunto Z dos n´ meros u u inteiros, para come¸ar. Em nenhum dos dois, por exemplo, a opera¸˜o mulc ca tiplica¸˜o por escalar est´ bem definida: ao multiplicar um n´ mero inteiro ca a u √ n˜o nulo por 2, que ´ um n´ mero real, a resposta certamente n˜o ser´ um a e u a a n´ mero inteiro. u CEDERJ 84
- 85. Espa¸os Vetoriais c ´ MODULO 2 - AULA 8 Isso nos diz que alguns dos conjuntos que conhecemos n˜o s˜o espa¸os a a c vetoriais. Para nos certificarmos que um determinado conjunto ´ de fato um e espa¸o vetorial, ´ necess´rio verificar se as opera¸˜es est˜o bem definidas, e c e a co a se valem todas as condi¸˜es da defini¸˜o! Qualquer uma que n˜o se verifique co ca a indica que o conjunto em quest˜o n˜o ´ um espa¸o vetorial. a a e c Exemplos de espa¸os vetoriais c Para verificar se um conjunto ´ ou n˜o um exemplo de espa¸o vetorial, e a c partimos do princ´ ıpio que no conjunto dos n´ meros reais a adi¸˜o e a mulu ca tiplica¸˜o tˆm todas as propriedades dadas na defini¸˜o de espa¸o vetorial ca e ca c (na verdade, estaremos usando o fato de que R ´ um Corpo, que ´ uma outra e e estrutura estudada nos cursos de algebra). S˜o v´rios os exemplos de espa¸os ´ a a c vetoriais. Listamos alguns deles a seguir. 1. R2 e R3 Provaremos que R2 ´ espa¸o vetorial, sendo que a prova para R3 ´ e c e an´loga. Aqui as opera¸˜es consideradas s˜o as usuais, ou seja, aquelas a co a que estamos acostumados a fazer: se (x1 , x2 ) e (y2 , y2 ) s˜o elementos a 2 e u de R , e α ´ um n´ mero real, (x1 , x2 ) + (y1, y2 ) = (x1 + y1 , x2 + y2 ) e α(x1 , x2 ) = (αx1 , αx2 ). Considere u = (x1 , x2 ), v = (y1 , y2 ) e w = (z1 , z2 ), todos em R2 , α e β n´ meros reais. Ent˜o temos: u a • u + v = (x1 + y1 , x2 + y2 ) = (y1 + x1 , y2 + x2 ) = u + v; • u + (v + w) = (x1 + (y1 + z1 ), x2 + (y2 + z2 )) = ((x1 + y1 ) + z1 , (x2 + y2 ) + z2 ) = (u + v) + w; • o par e = (0, 0) satisfaz u + e = (x1 + 0, x2 + 0) = (x1 , x2 ) = u; • tomando −u = (−x1 , −x2 ), temos u + (−u) = (x1 − x1 , x2 − x2 ) = (0, 0) = e; • α(βu) = α(βx1 , βx2 ) = (αβx1 , αβx2 ) = (αβ)u; • (α + β)u = ((α + β)x1 , (α + β)x2 ) = (αx1 + βx1 , αx2 + βx2 ) = αu + βu; • α(u + v) = α(x1 + y1 , x2 + y2 ) = (α(x1 + y1 ), α(x2 + y2 )) = (αx1 + αy1, αx2 + αy2) = αu + αv; • 1u = (1x1 , 1x2 ) = (x1 , x2 ) = u. 85 CEDERJ
- 86. Espa¸os Vetoriais c 2. Rn , com n natural n˜o nulo qualquer a O conjunto Rn ´ formado pelas n-uplas (lˆ-se ”ˆnuplas”) de n´ meros e e e u reais: Rn = {(x1 , x2 , . . . , xn ) : x1 , x2 , . . . , xn ∈ R} . Em Rn , as opera¸˜es usuais s˜o definidas da seguinte maneira: consico a derando u = (x1 , x2 , . . . , xn ) e v = (y1 , y2 , . . . , yn ) elementos de Rn , e α em R, temos u + v = (x1 + y1 , x2 + y2 , . . . , xn + yn ) e αu = (αx1 , αx2 , . . . , αxn ). A prova de que Rn ´ um espa¸o vetorial ´ an´loga e c e a a a `s provas para R2 e R3 , que s˜o casos particulares onde se considera n = 2 e n = 3. 3. Mn×m (R) J´ vimos na aula 3 que o conjunto Mn×m (R) com as opera¸˜es definidas a co na aula 2, satisfazem a todas as condi¸˜es dadas na defini¸˜o de espa¸o co ca c vetorial real. 4. C Aqui apenas recordaremos as opera¸˜es de soma e produto por escaco lar no conjunto dos n´meros complexos (conceitos vistos no curso de u Pr´-C´lculo), deixando a prova como exerc´ e a ıcio. Considere os n´meros u complexos z1 = a1 + b1 i e z2 = a2 + b2 i, e o n´ mero real α. Temos u ent˜o z1 + z2 = (a1 + a2 ) + (b1 + b2 )i e αz1 = αa + αb1 i. a O grau do polinˆmio nulo n˜o o a est´ definido. a 5. Polinˆmios de grau ≤ n (n natural n˜o nulo), com coeficientes reais, a o a uma vari´vel, acrescidos do polinˆmio nulo a o ´ Os polinˆmios s˜o muito estudados em diversos ramos da Algebra. Os o a conjuntos de polinˆmios de grau ≤ n (acrescidos do polinˆmio nulo), o o para os diversos valores de n, tˆm estrutura muito rica (no sentido da e quantidade de opera¸˜es e propriedades que s˜o v´lidas nesses conjunco a a tos), e o fato de serem espa¸os vetoriais ´ apenas uma de suas caracc e ter´ ısticas. Vamos fazer a prova para o conjunto dos polinˆmios de grau o ≤ 2, sendo que a prova para o caso geral ´ inteiramente an´loga. e a Usaremos a nota¸˜o P2 (t, R) para indicar o conjunto dos polinˆmios de ca o grau ≤ 2 a uma vari´vel t, com coeficientes reais, acrescido do polinˆmio a o nulo. Nesse caso, P2 (t, R) = {at2 + bt + c : a, b, c ∈ R}. CEDERJ 86
- 87. Espa¸os Vetoriais c ´ MODULO 2 - AULA 8 A express˜o “grau ≤ 2” ´ traduzida matematicamente pelo fato de que a e a pode ser qualquer n´ mero real, inclusive zero: caso a seja 0, e b = 0, u o polinˆmio em quest˜o tem grau 1. Para o polinˆmio nulo, temos o a o a = b = c = 0. Lembre-se de que um polinˆmio ´ um objeto abstrato, ao trabalhar o e 2 com uma express˜o do tipo 2t + t + 1 n˜o estamos interessados em a a “encontrar t”(nem seria poss´ ıvel, pois n˜o se trata de uma equa¸˜o). a ca No nosso curso estaremos interessados em somar tais express˜es, ou o multiplic´-las por escalares, obtendo outras do mesmo tipo. Para isso, a sejam p1 = a1 t2 + b1 t + c1 e p2 = a2 t2 + b2 t + c2 elementos de P2 (t, R), e α ∈ R. Ent˜o a p1 + p2 = (a1 + a2 )t2 + (b1 + b2 )t + (c1 + c2 ), αp1 = αa1 t2 + αb1 + αc1 . Vamos as propriedades das opera¸˜es: ` co • p1 + p2 = (a1 + a2 )t2 + (b1 + b2 )t + (c1 + c2 ) = (a2 + a1 )t2 + (b2 + b1 )t + (c2 + c1 ) = p2 + p1 ; • p1 +(p2 +p3 ) = (a1 +(a2 +a3 ))t2 +(b1 +(b2 +b3 ))t+(c1 +(c2 +c3 )) = ((a1 + a2 ) + a3 )t2 + ((b1 + b2 ) + b3 )t+ ((c1 + c2 ) + c3) = (p1 + p2 ) + p3 ; • o polinˆmio 0 = 0t2 + 0t + 0 satisfaz p1 + 0 = (a1 + 0)t2 + (b1 + o 0)t + (c1 + 0) = a1 t2 + b1 t + c1 ; • tomando −p1 = (−a1 )t2 + (−b1 )t + (−c1 ), temos p1 + (−p1 ) = (a1 − a1 )t2 + (b1 − b1 )t + (c1 − c1 ) = 0t2 + 0t + 0 = 0; • α(βp1) = α(βa1 t2 +βb1 t+βc1 ) = αβa1 t2 +αβb1 t+αβc1 = (αβ)p1 ; • (α + β)p1 = (α + β)a1t2 + (α + β)b1t + (α + β)c1 = αa1 t2 + βa1 t2 + αb1 t + βb1 t + αc1 + βc1 = αp1 + βp1 ; • α(p1 + p2 ) = α(a1 + a2 )t2 + α(b1 + b2 )t + α(c1 + c2 ) = αa1 t2 + αa2 t2 + αb1 t + αb2 t + αc1 + αc2 = αp1 + αp2 ; • 1p1 = 1a1 t2 + 1b1 t + 1c1 = a1 t2 + b1 t + c1 = p1 . O conjunto dos polinˆmios de grau exatamente 2 n˜o ´ um espa¸o veo a e c torial. De fato, a soma n˜o est´ bem definida nesse conjunto: somando a a t2 + t + 1 e −t2 + 2t − 3, que tˆm grau 2, obtemos o polinˆmio 3t − 2, e o que tem grau 1. 87 CEDERJ
- 88. Espa¸os Vetoriais c 6. Polinˆmios de qualquer grau, com coeficientes reais, a uma vari´vel o a Considerando o conjunto de todos os polinˆmios a uma vari´vel, com o a coeficientes reais, as opera¸˜es soma e produto por escalar usuais co (an´logas as que definimos para P2 (t, R)) est˜o bem definidas e saa ` a tisfazem a todas as propriedades que caracterizam os espa¸os vetoriais, c tratando-se, portanto, de um exemplo de espa¸o vetorial. c Observa¸˜es: Os elementos de um espa¸o vetorial s˜o chamados co c a vetores. O elemento neutro da soma ´ chamado vetor nulo, e denotado por e 0 ou 0. Note que, segundo essa conven¸˜o, vetores podem ser polinˆmios, ca o matrizes, etc, e o s´ ımbolo 0 ser´ usado tamb´m para matrizes nulas, n-uplas a e de zeros, etc. Veremos ao longo deste m´dulo que muitos dos conceitos aplic´veis aos o a “antigos” vetores (como m´dulo, angulo, etc) tamb´m fazem sentido para os o ˆ e vetores da forma que estamos definindo agora. Propriedades dos espa¸os vetoriais c Vamos considerar um espa¸o vetorial V , e usar as letras u, v e w para c designar elementos desse espa¸o. Usaremos as letras gregas (α, β, λ, etc) para c designar n´ meros reais. Para facilitar as referˆncias futuras as propriedades, u e ` vamos numer´-las. a 1. Existe um unico vetor nulo em V , que ´ o elemento neutro da adi¸˜o. ´ e ca Em todos os exemplos que listamos na ultima aula, ´ bastante claro que ´ e existe apenas um elemento neutro em cada espa¸o, mas existem v´rios c a outros espa¸os vetoriais que n˜o vimos ainda. Vamos ent˜o provar c a a que a existˆncia de um unico elemento neutro ´ um fato que decorre e ´ e apenas da defini¸˜o de espa¸o vetorial (e, portanto, vale em qualquer ca c um). Vamos ent˜o provar essa propriedade, e todas as outras, usando a a defini¸˜o e as propriedades que j´ tenhamos provado. ca a J´ sabemos da defini¸˜o que existe um elemento neutro no espa¸o V . a ca c Suponhamos que 0 e 0 sejam elementos neutros de V , e vamos mostrar que 0 = 0 . e De fato, temos que ter 0 + 0 = 0 , pois 0 ´ elemento neutro, mas tamb´m temos 0 + 0 = 0, pois 0 tamb´m ´ elemento neutro. Logo e e e tem-se 0 = 0 . CEDERJ 88
- 89. Espa¸os Vetoriais c ´ MODULO 2 - AULA 8 2. Para cada v ∈ V , existe um unico sim´trico −v ∈ V . ´ e De novo, suponhamos que algum v de V admitisse dois sim´tricos, −v e e −v . Nesse caso, ter´ ıamos v + (−v) = v + (−v ), pois os dois lados da igualdade resultam no vetor nulo. Somando (−v) aos dois membros, obtemos (−v) + (v + (−v)) = (−v) + (v + (−v )). Pela associatividade da soma, podemos escrever ((−v) + v) + (−v) = ((−v) + v) + (−v ). Usando o fato de que −v ´ sim´trico de v, e 0 ´ o elemento neutro da e e e soma, obtemos 0 + (−v) = 0 + (−v ) −v = −v . 3. Se u + w = v + w ent˜o u = v. a Somando −w aos dois membros da equa¸˜o u + w = v + w, obtemos ca (u + w) + (−w) = (v + w) + (−w). Pela associatividade da soma e pelo fato de que −w ´ o sim´trico de w e e e 0 ´ o neutro da soma, obtemos e u + (w + (−w)) = v + (w + (−w)) u+0=v+0 u = v. 4. −(−v) = v (ou seja, o sim´trico do vetor −v ´ o vetor v). e e Como o sim´trico de um vetor qualquer de V ´ unico (propriedade 2), e e´ e como v + (−v) = 0, ent˜o o sim´trico de −v s´ pode ser v. a e o 89 CEDERJ
- 90. Espa¸os Vetoriais c 5. Fixados u e v em V , existe uma unica solu¸˜o para a equa¸˜o u+x = v. ´ ca ca Somando −u aos dois membros da equa¸˜o u + x = v, obtemos ca (−u) + (u + x) = (−u) + v ((−u) + u) + x = (−u) + v 0 + x = (−u) + v x = (−u) + v, ou seja, a equa¸˜o u + x = v tem pelo menos uma solu¸˜o, que ´ ca ca e (−u) + v. Supondo que x e x sejam solu¸˜es da referida equa¸˜o, ou co ca seja, que u + x = v e u + x = v, teremos u+x= u+x, e, pela propriedade 3, x=x. 6. Se v ∈ V satisfaz v + v = v, ent˜o v = 0 (s´ o elemento neutro satisfaz a o a essa equa¸˜o). ca Note que, se v + v = v, ent˜o v ´ solu¸˜o da equa¸˜o v + x = v. Como a e ca ca 0 tamb´m ´ solu¸˜o, visto que v + 0 = v, pela propriedade anterior, e e ca tem-se v = 0. 7. 0v = 0 Basta verificar que, pela propriedade distributiva, 0v + 0v = (0 + 0)v = 0v. Pela propriedade anterior, 0v = 0. 8. α0 = 0, qualquer que seja o real α considerado. De novo usando a propriedade distributiva da adi¸˜o, e o fato de que ca 0 + 0 = 0, temos α0 = α(0 + 0) = α0 + α0. Pela propriedade 6, α0 = 0 9. Se αv = 0 ent˜o α = 0 ou v = 0 a Note que essa propriedade nos diz que a equa¸˜es das propriedades 7 co e 8 representam as unicas formas de obter o vetor nulo como produto ´ CEDERJ 90
- 91. Espa¸os Vetoriais c ´ MODULO 2 - AULA 8 de escalar por vetor. Para prov´-la, vamos supor que αv = 0 e α = 0 a (o caso α = 0 j´ nos d´ a conclus˜o desejada). Nesse caso, podemos a a a multiplicar os dois membros da igualdade αv = 0 por α−1 , obtendo α−1 (αv) = α−1 0. Usando a propriedade associativa da multiplica¸˜o por escalar, e a proca priedade 8, obtemos (α−1 α)v = 0 1v = 0 v=0 onde a ultima passagem utiliza a propriedade da multiplica¸˜o por 1 ´ ca dos espa¸os vetoriais. c 10. (−1)v = −v Como 1v = v, podemos escrever (−1)v + v = (−1)v + 1v = (−1 + 1)v = 0v = 0, considerando a propriedade distributiva e a propriedade 7. Da´ conı, clu´ ımos que (−1)v ´ o sim´trico de v, ou seja, (−1)v = −v. e e 11. (−α)v = −(αv) = α(−v) Na prova dessa propriedade, deixaremos como exerc´ a identifica¸˜o ıcio ca das propriedades utilizadas em cada passagem. Siga o racioc´ ınio das provas das propriedades anteriores. (−α)v + αv = (−α + α)v = 0v = 0, portanto (−α)v = −(αv). α(−v) + αv = α(−v + v) = α0 = 0, portanto α(−v) = −(αv). Com essas propriedades que demonstramos, podemos concluir que grande a a parte das contas que fazemos com vetores de R2 e R3 s˜o v´lidas em qualquer espa¸o vetorial. c A partir de agora, escreveremos u − v no lugar de u + (−v), u + v + w no lugar de u + (v + w) ou (u + v) + w e αβv no lugar de α(βv) ou (αβ)v. 91 CEDERJ
- 92. Espa¸os Vetoriais c Exerc´ ıcios 1. Verdadeiro ou falso? Justifique! a- O conjunto Q dos n´ meros racionais ´ um espa¸o vetorial real. u e c co e b- O conjunto Q2 = {(a, b) : a, b ∈ Q}, com as opera¸˜es usuais, ´ um espa¸o vetorial real. c c- O conjunto unit´rio {0}, com as opera¸˜es usuais, ´ um espa¸o a co e c vetorial real. co a e c d- R+ = {x ∈ R : x > 0} com as opera¸˜es usuais n˜o ´ espa¸o vetorial real. e- O conjunto dos n´ meros complexos com parte real n˜o negativa ´ u a e um espa¸o vetorial real. c co e c 2. Mostre que R3 com as opera¸˜es usuais ´ um espa¸o vetorial real (siga 2 os passos da demonstra¸˜o para R feita no exemplo 1). ca 3. Mostre que C2 = {(z1 , z2 ) : z1 , z2 ∈ C} ´ um espa¸o vetorial real, com e c as opera¸˜es definidas abaixo: co Adi¸˜o: (z1 , z2 ) + (z1 , z2 ) = (z1 + z1 , z2 + z2 ) ca Multiplica¸˜o por escalar: α(z1 , z2 ) = (αz1 , αz2 ) ca onde (z1 , z2 ) e (z1 , z2 ) s˜o elementos de C2 e α ∈ R. a 4. Mostre que, no conjunto A = {0, 1}, as opera¸˜es definidas abaixo saco tisfazem a todas as condi¸˜es da defini¸˜o de espa¸o vetorial real, exceto co ca c a ` lei associativa para a multiplica¸˜o por escalar e as leis distributivas. ca ` Adi¸˜o: 0 ⊕ 0 = 0, 0 ⊕ 1 = 1, 1 ⊕ 0 = 1 e 1 ⊕ 1 = 0 ca Multiplica¸˜o por escalar: α x = x se α > 0 e α x = 0 se α ≤ 0, ca onde α ∈ R e x ∈ A. 5. Tamb´m definem-se espa¸os vetoriais sobre o conjunto dos n´ meros e c u racionais (o corpo dos racionais), apenas fazendo com que a opera¸˜o ca multiplica¸˜o por escalar considere apenas escalares racionais, e manca tendo o restante da defini¸˜o inalterado. Mostre que o conjunto Q2 ´ ca e um espa¸o vetorial sobre os racionais. c CEDERJ 92
- 93. Espa¸os Vetoriais c ´ MODULO 2 - AULA 8 Auto-avalia¸˜o ca O conte´ do desta aula envolve conceitos muito abstratos. Para obter u alguma seguran¸a nesses conceitos, talvez seja necess´rio reler v´rias vezes c a a algumas partes. N˜o se preocupe se vocˆ n˜o conseguiu fazer alguns dos a e a exerc´ ıcios de imediato, retorne a esta aula depois de estudar a pr´xima, o que trata dos Subespa¸os Vetoriais, e vocˆ estar´ mais familiarizado com os c e a conceitos aqui apresentados. Respostas dos exerc´ ıcios 1. a- Falso. b- Falso. c- Verdadeiro. d- Verdadeiro. e- Falso. 93 CEDERJ
- 95. Subespa¸os vetoriais c ´ MODULO 2 - AULA 9 Aula 9 – Subespa¸os vetoriais c Objetivos Pr´-requisito: Aula 8. e Caracterizar subespacos vetoriais; Identificar subespa¸os vetoriais, demonstrando que atende as condi¸˜es de c ` co subespa¸o. c Introdu¸˜o ca Nesta aula veremos um tipo muito importante de subconjuntos de espa¸os vetoriais: os subespa¸os vetoriais. Nem todo subconjunto S de um c c espa¸o vetorial V ´ um seu subespa¸o: ´ necess´rio que o subconjunto em c e c e a quest˜o tenha a mesma estrutura de V , como estabelece a defini¸˜o a seguir. a ca Defini¸˜o ca Considere um espa¸o vetorial V . Um subconjunto S de V ´ dito um c e subespa¸o vetorial de V se S for um espa¸o vetorial com respeito `s mesmas c c a opera¸˜es que tornam V um espa¸o vetorial. co c Como primeira conseq¨ˆncia dessa defini¸˜o, um subespa¸o vetorial S ue ca c deve ser n˜o vazio, j´ que uma das condi¸˜es que devem ser satisfeitas para a a co que S seja um subespa¸o vetorial de V ´ a existˆncia em S de um elemento c e e neutro para a adi¸˜o de vetores: com isso, obrigatoriamente 0 ∈ S. ca De acordo tamb´m com a defini¸˜o acima, para verificar se um dado e ca subconjunto S de um espa¸o vetorial V ´ um subespa¸o vetorial de V , devec e c se checar se as opera¸˜es de adi¸˜o e multiplica¸˜o por escalar est˜o bem co ca ca a definidas em S, e se elas satisfazem a todas as condi¸˜es dadas na defini¸˜o co ca de espa¸o vetorial. c Se observarmos melhor, no entanto, veremos que n˜o ´ necess´rio vea e a rificar cada uma das condi¸˜es: uma vez que a adi¸˜o em S esteja bem co ca definida (ou seja, que a soma de dois elementos quaisquer de S seja tamb´m e um elemento de S), ela n˜o deixar´ de ser comutativa (por exemplo) apenas a a porque estamos considerando elementos de S, pois a adi¸˜o em V tem essa ca propriedade. O mesmo se verifica para a multiplica¸˜o por escalar. ca 95 CEDERJ
- 96. Subespa¸os vetoriais c A seguir, ent˜o, listamos trˆs condi¸˜es que, se satisfeitas, garantem a e co que um subconjunto S de um espa¸o vetorial V ´ um subespa¸o vetorial c e c de V : • S = ∅. • Dados u e v quaisquer em S, a soma u + v est´ em S. a • Dados u ∈ S e α ∈ R, o produto αu est´ em S. a Uma vez que S ⊂ V satisfa¸a tais requisitos, todas as outras propriec dades listadas na defini¸˜o de espa¸o vetorial ser˜o automaticamente “herca c a dadas” pelo conjunto S. Exemplos 1. Dado um espa¸o vetorial V qualquer, os conjuntos {0} (conjunto cujo c unico elemento ´ o vetor nulo) e V s˜o subespa¸os vetoriais de V . ´ e a c De fato, ´ claro que {0} = ∅. Al´m disso, dados dois elementos de e e {0}, a soma deles pertence a {0} (o unico elemento que existe para ´ considerarmos ´ 0!) e o produto de um n´ mero real qualquer por um e u elemento de {0} resulta no vetor nulo, pertencendo, portanto, a {0}. Para verificar que V ´ subspa¸o vetorial de V , basta aplicar diretamente e c a defini¸˜o de subespa¸o vetorial, e observar que V ⊂ V e ´ obviamente ca c e um espa¸o vetorial com respeito `s mesmas opera¸˜es. c a co Por serem os subespa¸os mais simples do espa¸o vetorial V , {0} e V c c s˜o chamados subespa¸os triviais de V . a c 2. Seja S = {(x, 2x) : x ∈ R}. O conjunto S ´ um subespa¸o vetorial de e c R2 . Nota: Na se¸˜o seguinte, veremos quais s˜o todos os subespa¸os de R2 . ca a c Neste momento, estudaremos este exemplo particular, para nos familiarizarmos com o procedimento de verifica¸˜o de que um dado conjunto ca ´ um subespa¸o vetorial. Ao nos confrontarmos com um “candidato” e c S a subespa¸o, temos que nos fazer trˆs perguntas: c e i- S = ∅? ii- Se u ∈ S e v ∈ S ent˜o u + v ∈ S (a adi¸˜o est´ bem definida a ca a em S)? iii- Se α ∈ R e u ∈ S ent˜o αu ∈ S (a multiplica¸˜o por escalar est´ a ca a bem definida em S)? CEDERJ 96
- 97. Subespa¸os vetoriais c ´ MODULO 2 - AULA 9 Vamos ent˜o responder a essas perguntas para o caso de S = {(x, 2x) : a x ∈ R}: i- S = ∅, porque (0, 0) ∈ S, por exemplo. Basta considerar x = 0. ii- Se u ∈ S e v ∈ S, digamos que u = (x, 2x) e v = (y, 2y) com x, y ∈ R (precisamos usar letras diferentes para designar elementos diferentes!), ent˜o u + v = (x + y, 2x + 2y) = (x + y, 2(x + y)). a Logo, u + v ∈ S, pois ´ um par ordenado de n´ meros reais onde a e u segunda coordenada ´ o dobro da primeira, que ´ precisamente a e e regra que define os elementos de S neste exemplo. iii- Se α ∈ R e u = (x, 2x) ∈ S ent˜o αu = α(x, 2x) = (αx, α2x) ∈ S, a pois α2x = 2αx ´ o dobro de αx. e Como a resposta as trˆs perguntas formuladas foi positiva, podemos ` e concluir que S ´ um subespa¸o vetorial de R2 . e c Observe que, para responder a primeira pergunta, exibimos um ele` mento de S, concluindo que S = ∅. Escolhemos exibir o vetor nulo de o R2 , embora qualquer outro elemento servisse para esse prop´sito. Tal escolha n˜o foi por acaso: se o vetor nulo n˜o fosse um elemento de S, a a ent˜o S n˜o seria um subespa¸o vetorial (pois n˜o seria ele mesmo um a a c a espa¸o vetorial). Sempre que tivermos a nossa frente um candidato a c ` subespa¸o vetorial, podemos verificar se o vetor nulo do espa¸o vetorial c c que o cont´m pertence ao candidato, para responder ` primeira das e a perguntas. Caso a resposta seja afirmativa, passamos a verificar as outras duas perguntas e, se a resposta for negativa, j´ podemos concluir a que o candidato n˜o ´ um subespa¸o vetorial, sem nenhum trabalho a e c adicional. 3. Seja V = R2 e S = {(x, x + 1) : x ∈ R}. Observe que (0, 0) ∈ S. Logo, / S n˜o ´ um subespa¸o vetorial de V . a e c 4. Seja V um espa¸o vetorial e w um elemento de V . Ent˜o o conjunto c a S = {λw : λ ∈ R} ´ um subespa¸o vetorial de V . e c Nota: Neste exemplo, os elementos de S s˜o caracterizados por serem a todos produto de um n´ mero real qualquer por um elemento fixo de V . u No caso desse elemento ser o vetor nulo, temos um subespa¸o trivial. c i- S = ∅, pois 0 = 0w ∈ S; ii- se u ∈ S e v ∈ S, digamos, u = λ1 w e v = λ2 w com λ1 , λ2 ∈ R, ent˜o u + v = λ1 w + λ2 w = (λ1 + λ2 )w ∈ S; a a iii- se α ∈ R e u = λ1 w ∈ S ent˜o αu = α(λ1 )w = (αλ1 )w ∈ S 97 CEDERJ
- 98. Subespa¸os vetoriais c 5. O conjunto solu¸˜o do sistema ca x + 2y − 4z + 3t = 0 x + 4y − 2z + 3t = 0 x + 2y − 2z + 2t = 0 ´ o subconjunto de R4 dado por {(−2y − 2z, y, z, 2z); y, z ∈ R}. Vocˆ e e pode verificar que esse conjunto satisfaz as trˆs condi¸˜es de subespa¸o. ` e co c 6. O conjunto-solu¸˜o de um sistema linear homogˆneo de m equa¸˜es e ca e co n n inc´gnitas ´ um subespa¸o vetorial de R . o e c O exemplo anterior ´ um caso particular deste. Considere o sistema e escrito na forma matricial, AX = 0 (1) e o onde A ∈ Mm×n (R), X ´ o vetor-coluna (de n linhas) das inc´gnitas m do sistema, e 0 ´ o vetor nulo de R representado como coluna. Vae mos verificar que o conjunto S de todos os vetores X de Rn que, se representados por vetores-coluna, satisfazem ` equa¸˜o matricial (1), a ca n formam um subespa¸o vetorial de R : c i- S = ∅? Como sabemos, um sistema homogˆneo qualquer tem sempre a e solu¸˜o trivial, portanto (0, 0, . . . , 0) ∈ Rn ´ um elemento de S ca e (podemos tamb´m verificar que A0 = 0, tomando o cuidado de e notar que o s´ ımbolo 0 representa uma coluna de n zeros do lado direito da equa¸˜o, e uma coluna de m zeros do lado esquerdo da ca equa¸˜o). ca ii- Se U ∈ S e V ∈ S ent˜o U + V ∈ S (a adi¸˜o est´ bem definida a ca a em S)? Sejam U e V duas solu¸˜es do sistema (1), ou seja, vetores-coluna co n de R qe satisfazem `quela equa¸˜o matricial. Ent˜o temos a ca a A(U + V ) = AU + AV = 0 + 0 = 0 onde a primeira igualdade vem da propriedade distributiva da adi¸˜o de matrizes, e a segunda do fato de que, como U e V s˜o ca a solu¸˜es do sistema (1), AU = 0 e AV = 0. Vemos, portanto, que co U + V satisfaz a equa¸˜o matricial (1), representando, portanto, ` ca uma solu¸˜o do sistema. ca CEDERJ 98
- 99. Subespa¸os vetoriais c ´ MODULO 2 - AULA 9 iii- Se α ∈ R e U ∈ S ent˜o αU ∈ S (a multiplica¸˜o por escalar est´ a ca a bem definida em S)? Novamente, considere U um vetor coluna de Rn que satisfaz ` a equa¸˜o (1). Seja α ∈ R. Ent˜o temos ca a A(αU) = αAU = α0 = 0. A primeira igualdade utiliza a propriedade mn1, de multiplica¸˜o ca de matrizes por n´ meros reais, vista na Aula 2. u Acabamos de verificar, usando representa¸˜es matriciais, que a soma co de duas solu¸˜es de um sistema linear homogˆneo tamb´m ´ solu¸˜o co e e e ca desse sistema e que qualquer m´ ltiplo real de uma solu¸˜o tamb´m o u ca e ´. Logo, o conjunto-solu¸˜o de um sistema linear homogˆneo com n e ca e n inc´gnitas ´ um subespa¸o vetorial de R . o e c 7. O conjunto S= a 0 c d ;a+ c = d ´ subespa¸o vetorial de M2×2 (R). e c 8. O conjunto S = {a + bx + cx2 ; a, b, c ∈ R e a = b + c} ´ subespa¸o e c vetorial de V = P2 . Observe que R e R2 s˜o espa¸os vetoriais, e R n˜o ´ um subespa¸o a c a e c a a a vetorial de R2 . Isso porque R n˜o est´ contido em R2 , assim como R2 n˜o 3 est´ contido em R . A confus˜o costuma acontecer, em parte, porque a reprea a 2 ca senta¸˜o geom´trica de R (plano cartesiano) parece incluir a representa¸˜o ca e geom´trica de R (reta). Na verdade, por´m, R ´ um conjunto de n´ meros, e e e u 2 enquanto R ´ um conjunto de pares ordenados de n´ meros, e esses dois e u e objetos s˜o completamente distintos. Veremos mais tarde que R2 cont´m a apenas “c´pias” de R, assim como R3 cont´m “c´pias” tanto de R como de o e o 2 R . Lembrando: P2 ´ o cone junto de todos os polinˆmios o a vari´vel e coeficientes reais, a de grau menor ou igual a 2, acrescido do polinˆmio ideno ticamente nulo. Os subespa¸os vetoriais de R2 c Ja conhecemos alguns dos subespa¸os de R2 : c a c • {(0, 0)} e R2 , que s˜o os subespa¸os triviais; • {αw : α ∈ R}, onde w ∈ R ´ um elemento de R2 . e 99 CEDERJ
- 100. Subespa¸os vetoriais c A cada vetor do plano com origem no ponto (0, 0) e extremidade no ponto (x, y) fazemos corresponder o ponto (x, y) de R2 , e vice-versa. Esses subespa¸os foram vistos nos exemplos anteriores. Note que, varic ando w no segundo item, existem infinitos exemplos de subespa¸os. Veremos c nesta se¸˜o que esses s˜o os unicos subespa¸os de R2 : s˜o em n´ mero infica a ´ c a u nito, mas s˜o todos de algum dos tipos acima. Para isso, vamos considerar a o plano cartesiano, que ´ a representa¸˜o geom´trica do conjunto R2 . Cada e ca e elemento (x, y) ∈ R2 ´ representado como um vetor com origem no ponto e (0, 0) e extremidade no ponto (x, y). Considere um subespa¸o S de R2 que n˜o seja {(0, 0)}. Ent˜o nesse c a a subespa¸o existe um vetor w que n˜o ´ o vetor nulo. Como S ´ fechado para a c a e e multiplica¸˜o por escalar, todos os m´ltiplos de w tamb´m s˜o elementos de ca u e a S. Com isso, como vemos na figura (1), a reta que cont´m w deve estar toda e contida em S. Ou seja, se S ´ n˜o trivial, ele cont´m pelo menos uma reta e a e (infinitos pontos!). Observe que essa mesma reta tamb´m cont´m a origem. e e w Fig. 1: Reta que cont´m w e Suponhamos agora que, al´m de conter w, S tamb´m contenha algum e e 2 outro vetor v de R , que n˜o esteja na reta que cont´m w. Nesse caso, S a e tamb´m deve conter a reta dos m´ ltiplos de v. Observe as duas retas na e u figura (2). w v Fig. 2: Retas contidas em S CEDERJ 100
- 101. Subespa¸os vetoriais c ´ MODULO 2 - AULA 9 Note que o subespa¸o S n˜o pode consistir apenas das duas retas da c a figura (2). Isso porque a adi¸˜o n˜o est´ bem definida no conjunto formado ca a a pela uni˜o das duas retas; se considerarmos, por exemplo, o vetor w + v, a veremos que ele n˜o pertence a nenhuma das duas retas. a Lembre-se de como somar vetores geometricamente no plano! v+w w v Fig. 3: Soma de w e v Observe, agora, que qualquer vetor de R2 (com origem em 0 = (0, 0)) pode ser obtido pela soma de vetores das duas retas, e isso significa que, nesse caso, S = R2 . Na figura (4), vemos alguns exemplos de vetores em diversas posi¸˜es, obtidos como soma de vetores das retas, e vocˆ pode procurar mais co e exemplos para se convencer desse fato. 3w + 1 v 2 2w - v w v v-w - v - 2w Fig. 4: Vetores de R2 101 CEDERJ
- 102. Subespa¸os vetoriais c At´ agora, resumindo, temos os seguintes fatos para um subespa¸o S e c de R : 2 • se S n˜o cont´m vetores n˜o nulos, S = {0}; a e a • se S cont´m um vetor n˜o nulo, S tamb´m cont´m a reta que cont´m e a e e e esse vetor; • se S cont´m dois vetores n˜o nulos, que n˜o estejam sobre uma mesma e a a 2 reta, ent˜o S = R . a Uma reta de R2 que n˜o a cont´m a origem (ponto e (0, 0)) pode ser um subespa¸o c vetorial de R2 ? Por quˆ? e a Com isso, os unicos subespa¸os vetoriais de R2 s˜o {0}, R2 e as retas ´ c 2 de R que passam pela origem. Os subespa¸os vetoriais de R3 c Os subespa¸os vetoriais de R3 s˜o do seguinte tipo: c a • {0} e R3 (triviais); • retas do R3 que contˆm a origem (0 = (0, 0, 0) neste caso); e e • planos de R3 que contˆm a origem. N˜o faremos aqui uma demonstra¸˜o desse fato, como fizemos na se¸˜o a ca ca passada. Os motivos que fazem com que esses sejam os unicos poss´ ´ ıveis subespa¸os s˜o inteiramente an´logos ao caso de R2 . Nas pr´ximas aulas c a a o estudaremos conceitos que permitir˜o uma demonstra¸˜o bem simples desse a ca fato. Resumo Nesta aula vimos a defini¸˜o de subespa¸o: trata-se de subconjuntos ca c de espa¸os vetoriais que s˜o, por si mesmos, espa¸os vetoriais tamb´m, conc a c e siderando as mesmas opera¸˜es definidas no espa¸o que os contˆm. Vimos co c e que, para comprovar que um subconjunto de um espa¸o vetorial ´ um suc e bespa¸o, basta verificar trˆs condi¸˜es: ser n˜o-vazio, e ser fechado para as c e co a opera¸˜es de adi¸˜o e multiplica¸˜o por n´ mero real. Vimos tamb´m que, co ca ca u e embora sejam em n´mero infinito, os subespa¸os de R2 e R3 s˜o facilmente u c a identificados. CEDERJ 102
- 103. Subespa¸os vetoriais c ´ MODULO 2 - AULA 9 Exerc´ ıcios 1. Verifique quais dos seguintes subconjuntos s˜o subespa¸os de R3 : a c a) todos os vetores da forma (a, 0, 0). b) todos os vetores da forma (a, 1, 0). c) todos os vetores da forma (a, b, c), com c = a + b. d) todos os vetores da forma (a, b, c), com a + b + c = 1. 2. Verifique quais dos seguintes subconjuntos s˜o subespa¸os de M2×2 (R): a c a) todas as matrizes 2 × 2 com elementos inteiros. b) todas as matrizes da forma a b , com a + b + c + d = 0. c d c) todas as matrizes 2 × 2 invers´ ıveis. d) todas as matrizes da forma a 0 . 0 b Lembrando: uma matriz ´ e invers´ ıvel se, e somente se, seu deteminante ´ diferente e de zero. 3. Verifique quais dos seguintes subconjuntos s˜o subespa¸os de P3 (R): a c a) todos os polinˆmios da forma a1 x + a2 x2 + a3 x3 , onde a1 , a2 e a3 o s˜o n´ meros reais quaisquer. a u b) todos os polinˆmios da forma a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 , onde a soma o dos coeficientes ´ igual a zero. e c) todos os polinˆmios da forma a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 para os quais o a soma dos coeficientes ´ um n´ mero inteiro. e u d) todos os polinˆmios da forma a0 + a1 x, a0 e a1 reais quaisquer. o Auto-avalia¸˜o ca Vocˆ dever´ ter seguran¸a quanto a conferir se um subconjunto ´ ou e a c e n˜o subespa¸o de um espa¸o que o contenha. Lembre-se de que o primeiro a c c passo ´ verificar se o elemento nulo do espa¸o pertence ao subconjunto: a rese c posta negativa j´ garante que n˜o se trata de um subespa¸o, mas a resposta a a c ´ preciso, ainda, verifiafirmativa s´ mostra que o subconjunto n˜o ´ vazio. E o a e car se a soma de dois vetores quaisquer, gen´ricos, do subconjunto, tamb´m e e pertence a ele, e se um m´ ltiplo real qualquer de um vetor gen´rico do subu e conjunto tamb´m pertence ao subconjunto. Procure fazer essa verifica¸˜o e ca 103 CEDERJ
- 104. Subespa¸os vetoriais c nos exemplos da aula. Quando o espa¸o vetorial for R2 ou R3 , basta verificar c se o candidato a subespa¸o ´ uma reta passando pela origem ou, no caso do c e espa¸o, um plano passando pela origem. Al´m desses, apenas o subespa¸o c e c nulo e todo o espa¸o dado s˜o subconjuntos tamb´m. Se vocˆ tiver qualquer c a e e d´ vida na resolu¸˜o dos exerc´ u ca ıcios ou na compreens˜o dos exemplos, procure a o tutor da disciplina. Respostas dos exerc´ ıcios 1. S˜o subespe¸os a), c). a c 2. S˜o subespe¸os b), d). a c 3. S˜o subespa¸os a), b), d). a c CEDERJ 104
- 105. Combina¸˜es lineares co ´ MODULO 2 - AULA 10 Aula 10 – Combina¸˜es lineares co Objetivos Caracterizar combina¸˜o linear e subespa¸o gerado por um conjunto de veca c tores; Determinar o subespa¸o gerado por um conjunto de vetores; c Encontrar geradores para um subespa¸o vetorial dado. c Introdu¸˜o ca Pr´-requisitos: Aulas 6 e 7, e sobre resolu¸˜o de sistemas lica neares por escalonamento, e aulas 8 e 9. Iniciaremos o estudo do importante conceito de combina¸˜o linear. ca Atrav´s das propriedades das combina¸˜es lineares, ´ poss´ dar uma dese co e ıvel cri¸˜o simples e completa de cada espa¸o vetorial, como veremos a partir ca c desta aula. Defini¸˜o ca Considere um espa¸o vetorial V , e v1 , v2 , . . . , vn elementos de V . Uma c combina¸ao linear desses vetores ´ uma express˜o do tipo c˜ e a a1 v1 + a2 v2 + . . . + an vn , a u onde a1 , a2 , . . . , an s˜o n´ meros reais. Se ´ poss´ descrever um vetor v ∈ V atrav´s de uma express˜o como e ıvel e a essa, dizemos que v ´ combina¸ao linear de v1 , v2 , . . . , vn , ou que v se escreve e c˜ como combina¸˜o linear de v1 , v2 , . . . , vn . ca Exemplo 1 e ca a) O vetor v = (2, −4) ∈ R2 ´ combina¸˜o linear de v1 = (1, 1) e v2 = (1, −1), pois v = −1v1 + 3v2 . e ca b) O vetor v = 2 + 3t ∈ P2 (t, R) ´ combina¸˜o linear dos vetores 2 2 2 v1 = t + 2t , v2 = 1 + t e v3 = 2t , pois v = 3v1 + 2v2 − 4v3 . 105 CEDERJ
- 106. Combina¸˜es lineares co 2 −3 4 c) O vetor v = 1 e ca 1 −2 ∈ M3×3 (R) ´ combina¸˜o linear dos −1 0 3 vetores 2 −3 4 4 −6 8 0 0 0 v1 = 1 1 −2 , v2 = 2 2 −4 e v3 = 0 0 0 , −1 0 3 −2 0 6 0 0 0 pois v = v1 + 0v2 + 257v3 . Temos ainda que v = 3v1 − v2 + πv3 , ou √ ainda, v = −5v1 + 3v2 + 2v3 , ou seja, v ´ combina¸˜o linear de v1 , v2 e ca e v3 de v´rias maneiras diferentes. a ca d) Para que o vetor (0, m) de R2 seja combina¸˜o linear dos vetores (1, −2) e (−2, 4) ´ necess´rio que existam a e b em R tais que e a (0, m) = a(1, −2) + b(−2, 4). Para isso devemos ter (0, m) = (a − 2b, − 2a + 4b), ou seja, a − 2b = 0 e −2a + 4b = m simultaneamente. Tal sistema de duas equa¸˜es nas vari´veis a e b tem solu¸˜o apenas para co a ca o caso em que m = 0. Subespa¸os gerados c No exemplo 4 da aula 9, vimos que, se V ´ um espa¸o vetorial e w um e c elemento de V , ent˜o o conjunto S = {λw : λ ∈ R} ´ um subespa¸o vetorial a e c de V . Agora que definimos combina¸˜o linear, podemos observar que tal S ca ´ o conjunto formado por todas as combina¸˜es lineares do vetor w. e co Esse exemplo pode ser generalizado para um n´ mero qualquer de veu tores da seguinte maneira: se w1 , w2 , . . . , wn s˜o vetores do espa¸o vetoa c rial V , ent˜o o conjunto de todas as combina¸˜es lineares desses vetores ´ a co e um subespa¸o vetorial de V (vamos provar isso!), chamado subespa¸o gec c rado pelos vetores w1 , w2 , . . . , wn , ou ainda subespa¸o gerado pelo conjunto c {w1 , w2 , . . . , wn }. Denotamos esse espa¸o por [w1 , w2 , . . . , wn ], ou [{w1 , w2 , . . . , c a wn }], e dizemos que w1 , w2 , . . . , wn s˜o geradores de [w1 , w2 , . . . , wn ]. Assim temos [w1 , w2 , . . . , wn ] = {a1 w1 + a2 w2 + · · · + an wn : a1 , a2 , . . . , an ∈ R}. Vamos agora mostrar que [w1 , w2 , . . . , wn ] ´ um subespa¸o vetorial de V . e c CEDERJ 106
- 107. Combina¸˜es lineares co ´ MODULO 2 - AULA 10 (i) S = ∅, pois 0 = 0w1 + 0w2 + · · · + 0wn ∈ [w1 , w2, . . . , wn ]; (ii) se u ∈ S e v ∈ S, digamos, u = a1 w1 + a2 w2 + · · · + an wn e Observe que se os geradores w1 , w2 , . . . , wn n˜o a s˜o todos nulos, o conjunto a [w1 , w2 , . . . , wn ] ´ infinito. J´ e a o conjunto {w1 , w2 , . . . , wn } ´ finito: possui, exatamente, e n elementos. v = b1 w1 + b2 w2 + · · · + bn wn com a1 , a2 , . . . , an ∈ R e b1 , b2 , . . . , bn ∈ R, ent˜o a u + v = (a1 w1 + a2 w2 + · · · + an wn ) + (b1 w1 + b2 w2 + · · · + bn wn ) = (a1 + b1 )w1 + (a2 + b2 )w2 + · · · + (an + bn )wn , ou seja, u+v ´ tamb´m uma combina¸˜o linear dos vetores w1 , w2 , . . . , wn , e e ca sendo, portanto, um elemento de [w1 , w2 , . . . , wn ]; a (iii) se α ∈ R e u = a1 w1 + a2 w2 + · · · + an wn ∈ S ent˜o αu = α(a1 w1 + a2 w2 + · · · + an wn ) = (αa1 )w1 + (αa2 )w2 + · · · + (αan )wn , ou seja αu ∈ [w1 , w2 , . . . , wn ]. e c De acordo com os itens i, ii e iii, [w1 , w2 , . . . , wn ] ´ um subespa¸o vetorial de V . Exemplo 2 Veremos agora alguns exemplos de subespa¸os gerados. c e c a) No exemplo 2 da aula 9, S = {(x, 2x) : x ∈ R} ⊂ R2 ´ o subespa¸o 2 gerado pelo vetor (1, 2) ∈ R , ou seja, S = [(1, 2)]. b) O subespa¸o de R3 gerado pelos vetores u = (1, 2, 0), v = (3, 0, 1) e c w = (2, −2, 1) ´ o plano de equa¸˜o 2x − y − 6z = 0. Note que os e ca vetores dados satisfazem a equa¸˜o obtida para o subespa¸o gerado ca c por eles. c) O conjunto {at + bt2 : a, b ∈ R} ´ o subespa¸o de P2 (R, t) gerado pelos e c vetores t e t2 . Lembre-se de que os vetores de P2 (R, t) s˜o polinˆmios! a o d) O conjunto R3 ´ o (sub)espa¸o gerado pelos vetores i = (1, 0, 0), e c j = (0, 1, 0) e k = (0, 0, 1) de R3 . Os vetores (1, 2, 0), (0, −1, 2) e (1, 1, 3), juntos, tamb´m geram o R3 . e 107 CEDERJ
- 108. Combina¸˜es lineares co e) O conjunto de todos os polinˆmios (de qualquer grau) com coeficientes o reais, a uma vari´vel t, denotado por P (t, R), ´ gerado pelo conjunto a e infinito de vetores {1, t, t2 , t3 . . .} Ao longo deste curso ser˜o dados in´ meros outros exemplos de sua u bespa¸os gerados. Nas pr´ximas se¸˜es veremos como determinar o suc o co bespa¸o gerado por um conjunto de vetores, e como encontrar geradores c para um subespa¸o vetorial dado. c Determina¸˜o do subespa¸o gerado por um conjunto de ca c vetores H´ v´rias maneiras de se descrever um mesmo subespa¸o vetorial S de a a c um espa¸o V . Eis algumas delas: c • atrav´s de um conjunto de geradores (ex: S = [(1, 1), (1, 2)] ⊂ R2 ); e • atrav´s de uma equa¸˜o ou conjunto de equa¸˜es (ex: S ´ o plano de e ca co e equa¸˜o x + y − z = 0 em R3 ); ca • atrav´s de uma propriedade de seus elementos (ex: S = {a + bt + ct2 ∈ e P2 (t, R) : a + b − c = 0}. No exemplo 2 da se¸˜o anterior, cada subespa¸o foi descrito por duas ca c dessas formas. Determinar o subespa¸o gerado por um conjunto de vetores c significa passar da descri¸˜o por geradores (a primeira acima) para outras ca descri¸˜es qua permitam melhor entendimento do subespa¸o. Veremos como co c isso ´ feito atrav´s de alguns exemplos. e e Exemplo 3 Considere o subespa¸o de R3 gerado pelos vetores u = (1, 2, 0), v = (3, 0, 1) c e w = (2, −2, 1). A descri¸˜o de S como espa¸o gerado n˜o deixa claro, por ca c a exemplo, se S ´ trivial, ou uma reta que passa pela origem, ou um plano e que passa pela origem. Ajuda bastante saber que S ´ o plano de equa¸˜o e ca 2x − y − 6z = 0. Como fazer para encontrar essa outra descri¸˜o? ca Como S = [u, v, w], cada elemento de S ´ uma combina¸˜o linear de u, e ca v e w. Se denotarmos por (x, y, z) um elemento gen´rico de S, teremos ent˜o e a que (x, y, z) = au + bv + cw, onde a, b e c s˜o n´ meros reais. Da´ temos a u ı (x, y, z) = a(1, 2, 0) + b(3, 0, 1) + c(2, −2, 1), ou seja, (x, y, z) = (a + 3b + 2c, 2a − 2c, b + c). CEDERJ 108
- 109. Combina¸˜es lineares co ´ MODULO 2 - AULA 10 Para que a igualdade anterior se verifique, ´ necess´rio que as coordenae a das correspondentes dos ternos ordenados de cada lado da equa¸˜o coincidam, ca ou seja, devemos ter x = a + 3b + 2c y = 2a − 2c z = b+c Para que um dado vetor (x, y, z) ∈ R3 seja um elemento de S, ´ preciso e que existam valores para a, b e c de forma que as trˆs equa¸˜es acima se e co verifiquem simultaneamente (compare com o exemplo 2-d) desta aula). Vamos ent˜o, resolver, por escalonamento, o sistema linear (nas vari´veis a a a, b e c) a +3b +2c = x S: 2a −2c = y b +c = z Passando a matriz ampliada, e escalonando, temos ` 1 3 2 x 1 3 2 x 2 0 −2 y 0 −6 −6 y − 2x L2 ← L2 − 2L1 ⇒ 0 1 1 z 0 1 1 z 1 3 2 x 0 1 1 −y+2x 6 0 1 1 z L2 ← −1/6L2 ⇒ 1 3 2 x −y+2x 0 1 1 6 y−2x L3 ← L3 − L2 ⇒ 0 0 0 z+ 6 O sistema em quest˜o tem solu¸˜o se, e somente se, os valores de x, y e a ca y−2x z s˜o tais que se tenha z + 6 = 0, ou, equivalentemente, se 2x−y −6z = 0. a Essa ´ precisamente a equa¸˜o de um plano em R3 contendo a origem. e ca Os c´lculos para determinar o subespa¸o gerado s˜o sempre an´logos a c a a ao que acabamos de fazer. Sempre que ocorrerem linhas de zeros, podemos obter equa¸˜es que descrevem o espa¸o. Quando tais linhas n˜o ocorrerem, co c a isso significa que n˜o existem restri¸˜es para que o elemento gen´rico esteja a co e no subespa¸o gerado, ou seja, o subespa¸o em quest˜o coincide com o espa¸o c c a c todo. Isso ´ o que acontece no pr´ximo exemplo. e o 109 CEDERJ
- 110. Combina¸˜es lineares co Exemplo 4 Considere o subespa¸o de R2 gerado pelos vetores (1, 1) e (1, −1). Para que c (x, y) seja combina¸˜o desses vetores, devem existir a e b em R tais que ca a(1, 1) + b(1, −1) = (x, y). Isso significa que o sistema S: a +b = x a −b = y deve ter solu¸˜o. Escalonando, obtemos ca 1 0 0 1 y−x 2 x−y 2 que tem sempre solu¸˜o, para quaisquer valores de x e y (n˜o h´ restri¸˜es ca a a co sobre x e y para que (x, y) esteja no espa¸o gerado pelos vetores em quest˜o). c a 2 Da´ [(1, 1), (1, −1)] = R . ı Exemplo 5 o Considere o subespa¸o S, de P3 , gerado pelos polinˆmios p1 = 2 − t + t2 e c p2 = t + 3t3 . Um polinˆmio x + yt + zt2 + wt3 , para pertencer a S, deve o e poder ser escrito como uma combina¸˜o linear de p1 e p2 , isto ´, quereca 2 3 mos que existam escalares a e b tais que x + yt + zt + wt = a(2 − t + = x 2a −a + b = y t2 ) + b(t + 3t3 ). Ou seja, queremos que o sistema linear a = z 3b = w possua solu¸˜o. Escalonando esse sistema, chegamos ao sistema equivalente ca a = z b = y+z . Logo, para que o sistema seja compat´ ıvel, devemos 0 = z − 2x 0 = w − 3y − 3z ter z − 2x = 0 e w − 3y − 3z = 0, ou seja, z = 2x e w = 3y + 6x. Concluimos, ent˜o, que S = {x + yt + zt2 + wt3 ∈ P3 |z = 2x e w = 3y + 6x}. a CEDERJ 110
- 111. Combina¸˜es lineares co ´ MODULO 2 - AULA 10 Determina¸˜o de geradores de um subespa¸o vetorial ca c Vimos que, dado um conjunto de vetores de um espa¸o vetorial V , o c conjunto de todas as suas combina¸˜es lineares ´ um subespa¸o vetorial de co e c ´ V . E natural pensarmos se o contr´rio tamb´m acontece: ser´ que todo a e a subespa¸o S de V ´ gerado por um conjunto de vetores? A resposta a perc e ` gunta nesses termos ´ simples: ´ claro que S ´ o subespa¸o gerado por S e e e c (verifique!). Fa¸amos a pergunta de outro modo: ser´ que todo subespa¸o S de c a c V , incluindo o pr´prio V , ´ gerado por um conjunto finito de vetores? A o e resposta ´ sim para alguns espa¸os, entre eles Rn , ou Mm×n (R). Existem e c tamb´m espa¸os que n˜o tˆm essa propriedade, como ´ o caso do exemplo e c a e e 1-l) de subespa¸os gerados. Em nosso curso, estudaremos mais a fundo os c espa¸os que s˜o finitamente gerados, ou seja, que admitem um conjunto finito c a de geradores, o mesmo acontecendo para todos os seus subespa¸os. c Veremos agora como encontrar geradores para subespa¸os atrav´s do c e estudo de alguns exemplos. Exemplo 6 Retornemos ao exemplo 2 da Aula 9, S = {(x, 2x) : x ∈ R} ⊂ R2 . Para verificar que de fato S ´ o subespa¸o gerado pelo vetor (1, 2) ∈ R2 , basta e c notar que os elementos de S s˜o todos da forma (x, 2x) = x(1, 2): variando a o valor de x, obtemos diferentes elementos de S. Ora, x(1, 2) ´ a express˜o e a de uma combina¸˜o linear de (1, 2), portanto todos os elementos de S s˜o ca a combina¸˜es lineares de (1, 2). co Exemplo 7 Seja S = {(x, x + y, y) : x, y ∈ R} ∈ R3 . Raciocinando como anteriormente, vemos que o elemento gen´rico de S ´ da forma (x, x + y, y) = (x, x, 0) + e e (0, y, y) = x(1, 1, 0) + y(0, 1, 1), ou seja, ´ combina¸˜o linear dos vetores e ca (1, 1, 0) e (0, 1, 1). Podemos escrever, ent˜o, S = [(1, 1, 0), (0, 1, 1)]. a Exemplo 8 Seja S = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y − z = 0}. Para encontrar geradores para esse subespa¸o do R3 , devemos procurar escrevˆ-lo na forma do exemplo c e acima, colocando nas coordenadas do vetor gen´rico a(s) equa¸˜o(˜es) que e ca o define(m) o espa¸o. No caso em quest˜o, como temos uma equa¸˜o e trˆs c a ca e vari´veis, podemos escrever o conjunto solu¸˜o da equa¸˜o (que ´ exatamente a ca ca e 111 CEDERJ
- 112. Combina¸˜es lineares co o subespa¸o S!) em fun¸˜o de duas vari´veis livres. Nesse caso, temos c ca a S = {(−y + z, y, z) : y, z ∈ R} (apenas escrevemos a vari´vel x em fun¸˜o de a ca y e z). Assim, como no exemplo anterior, temos (−y + z, y, z) = y(−1, 1, 0) + z(1, 0, 1), ou seja, S = [(−1, 1, 0), (1, 0, 1)]. Exemplo 9 Seja S = {a + bt + ct2 ∈ P2 ; a − b − 2c = 0}. A condi¸˜o que define S pode ca ser escrita como a = b + 2c. Inserindo essa condi¸˜o na express˜o do vetor ca a 2 2 gen´rico de P2 , temos: a + bt + ct = b + 2c + bt + ct = b(1 + t) + c(2 + t2 ). e Logo, escrevemos o polinˆmio de S como combina¸˜o linear dos polinˆmios o ca o 2 1 + t e 2 + t , que s˜o, assim, os geradores de S. a Exemplo 10 a b ∈ M2 R; a + b − c = 0 e c + d = 0 . c d definem S podem ser escritas como c = −d e a = −b − d. −1 −1 1 −b − d b +d =b de S ´ do tipo e −1 0 0 −d d gerador de S ´ formado por essas duas ultimas matrizes. e ´ Seja S = As equa¸˜es que co Logo, uma matriz 0 , e o conjunto 1 Resumo Nesta aula vimos duas importantes t´cnicas envolvendo subespa¸os gee c rados: 1. Como determinar o subespa¸o gerado por um conjunto de vetores: c Neste caso, escrevemo um vetor gen´rico do espa¸o como combina¸˜o e c ca linear dos vetores geradores. Isso fornece um sistema linear o qual queremos que seja compat´ ıvel. Assim, ap´s o escalonamento, se alguma o equa¸˜o tiver o primeiro membro nulo, o segundo membro tamb´m ter´ ca e a que se anular, fornecendo uma equa¸˜o do subespa¸o. Caso nenhuma ca c equa¸˜o tenha seu primeiro lado anulado, significa que o subespa¸o ca c gerado ´ todo o espa¸o. e c 2. Como determinar os geradores de um subespa¸o dado: “embutimos”as c condi¸˜es dadas pelas equa¸˜es do subespa¸o num vetor gen´rico do co co c e espa¸o e o decompomos como uma combina¸˜o linear. c ca CEDERJ 112
- 113. Combina¸˜es lineares co ´ MODULO 2 - AULA 10 Exerc´ ıcios 1. Em cada caso, escreva o vetor v como combina¸˜o linear de v1 , . . . , vn . ca a) Em R2 , v = (1, 3), v1 = (1, 2) e v2 = (−1, 1). b) Em R3 , v = (2, 1, 4), v1 = (1, 0, 0), v2 = (1, 1, 0) e v3 = (1, 1, 1). c) Em R2 , v = (1, 3), v1 = (0, 0) e v2 = (3, 9). d) Em R3 , v = (2, −1, 6), v1 = (1, 0, 2) e v2 = (1, 1, 0). e) Em P2 (t, R), v = t2 − 2t, v1 = t + 1, v2 = t2 e v3 = 2t. 2. Determine m ∈ R tal que o vetor v = (1, −m, 3) seja combina¸˜o linear ca dos vetores v1 = (1, 0, 2), v2 = (1, 1, 1) e v3 = (2, −1, 5). 3. No exerc´ ıcio anterior, substituindo o valor de m que vocˆ encontrou, e escreva v como combina¸˜o linear de v1 , v2 e v3 . ca 4. Determine o subespa¸o S do espa¸o V , gerado pelos vetores de A, em c c cada caso. a) V = R3 , A = {(1, 2, 1), (2, 1, −2)}. b) V = M2×2 (R), A = {v1 , v2 , v3 }, onde v1 = 2 −3 1 1 , v2 = 4 −6 2 2 e v3 = 0 2 1 0 . c) V = P2 (t, R), v1 = t + 1 e v2 = t2 . 5. Determine um conjunto de geradores para os seguintes subespa¸os: c a) S = {(x, y, z) ∈ R3 ; x = 5y e z = −2y} b) S = {(x, y, z) ∈ R3 ; x − y + z = 0} c) S = a b c d ∈ M2×2 (R); a = −d e c = 2b d) S = {at2 + at + b : a, b ∈ R} ⊂ P2 (t, R) 113 CEDERJ
- 114. Combina¸˜es lineares co Auto-avalia¸˜o ca Ao final desta aula vocˆ dever´ estar dominando as duas t´cnicas estue a e dadas: (i) como determinar o subespa¸o gerado por um conjunto de vetores e c (ii) como determinar um conjunto de geradores de um subespa¸o dado. Este c segundo tipo de problema ´ resolvido rapidamente, enquanto que o primeiro e sempre recai num sistema linear sobre o qual imporemos a condi¸˜o de ser ca compat´ ıvel. Os vetores geradores n˜o s˜o unicos, por isso, as respostas daa a ´ das aqui podem n˜o coincidir com as suas. Para verificar se acertou, basta a testar se cada vetor, candidato a gerador, satisfaz a condi¸˜o do subespa¸o. ca c Se houver qualquer d´ vida, consulte o tutor da disciplina... e vamos em u frente!!!! Respostas dos exerc´ ıcios 1. a) v = 4/3v1 + 1/3v2 . b) v = v1 − 3v2 + 4v3 . c) V´rias respostas poss´ a ıveis. Uma delas ´ v = 45v1 + 1/3v2 . e d) v = 3v1 − v2 . e) v = 0v1 + v2 − v3 . 2. m = −1 3. v = (1, −1, 3) = (2 − 3a)v1 + (a − 1)v2 + av3 , onde a ∈ R. 4. a) [A] = {(x, y, z) ∈ R3 ; 5x − 4y + 3z = 0} b) [A] = 2a 2b − 5a b a ∈ M2×2 (R) c) [A] = {a + at + bt2 ∈ P2 (t, R)} 5. a) {(5, 1, −2)} b) {(1, 1, 0), (−1, 0, 1)} c) 0 1 2 0 d) {t + t2 , 1}. CEDERJ 114 , −1 0 0 1
- 115. Base e dimens˜o a ´ MODULO 2 - AULA 11 Aula 11 – Base e dimens˜o a Objetivos Definir independˆncia linear e mostrar como verificar se um conjunto ´ linee e armente independente; Definir base de um espa¸o vetorial e dar alguns exemplos; c Mostrar a base canˆnica do Rn . o Introdu¸˜o ca Na aula 10 estudamos subespa¸os gerados por um conjunto de vetores c em um espa¸o vetorial V . c Veremos agora que alguns conjuntos de vetores geram um subespa¸o c de maneira mais “eficiente”. Vamos come¸ar com um exemplo. c Exemplo 1 O subespa¸o de R3 gerado pelos vetores u = (1, 2, 0), v = (3, 0, 1) e c w = (2, −2, 1) ´ o plano de equa¸˜o S = 2x − y − 6z = 0. Dizemos que e ca {u, v, w} ´ um conjunto de geradores para o plano S. No entanto, como vee remos a seguir, os vetores u = (1, 2, 0) e s = (12, −6, 5) juntos geram o plano S. No exemplo 3 da aula 10 vimos, com detalhes, a determina¸˜o do subespa¸o de R3 ca c gerado por u, v, e w. Para ver isto, vamos usar o m´todo explicado no exemplo 3 da aula 10. e Se W ´ o subespa¸o gerado por u e s, ent˜o (x, y, z) ∈ W quando e c a existem a, b ∈ R tais que (x, y, z) = a.u + b.s. Mas au + bs = a(1, 2, 0) + b(12, −6, 5) = (a + 12b, 2a − 6b, 5b). Assim, (x, y, z) ∈ W , quando existe solu¸˜o para o sistema ca a + 12b = x 2a − 6b = y 5b = z 115 CEDERJ
- 116. Base e dimens˜o a Vamos colocar este sistema em forma matricial e resolvˆ-lo: e 1 12 | x 2 −6 | y 0 5 | z 1 12 | x 0 −30 | y − 2x z 0 1 | 5 1 0 0 0 | x − 12z 5 0 | y − 2x + 30z 5 z 1 | 5 L2 ← L2 − 2L1 1 L3 ← .L3 5 L1 ← L1 − 12L3 L2 ← L2 + 30L3 −→ 1 0 0 0 | x − 12z 5 z 1 | 5 0 | y − 2x + 6z Isto mostra que o sistema tem solu¸˜o se, e somente se, −2x+y+6z = 0 ca (linha nula) e que, neste caso, a solu¸˜o ´ a = x − 12z e b = z . ca e 5 5 Como −2x + y + 6z ´ a equa¸˜o do plano S, ent˜o u e s geram o e ca a plano S. Portanto, o conjunto {u, v, w} gera o plano S e o conjunto {u, s} tamb´m gera o mesmo plano S. e O segundo conjunto gera o mesmo subespa¸o com um n´ mero menor c u de vetores geradores. Independˆncia linear e A chave para entendermos o que est´ acontecendo no exemplo anterior a est´ no conceito de independˆncia linear. a e c e Um conjunto de vetores {v1 , v2 , . . . , vn } em um espa¸o vetorial V ´ chamado linearmente independente se a equa¸˜o vetorial ca c1 v1 + c2 v2 + . . . + cn vn = 0 (1) admite apenas a solu¸˜o trivial c1 = c2 = . . . = cn = 0. ca e O conjunto {v1 , v2 , . . . , vn } ´ chamado linearmente dependente quando a equa¸˜o (1) admite alguma solu¸˜o n˜o trivial, isto ´, se existem escalares ca ca a e a a c1 , . . . , cn , n˜o todos iguais a zero, tais que (1) seja v´lido. ´ E comum usar a abrevia¸˜o L.I. para conjuntos linearmente indepenca dentes e L.D. para os linearmente dependentes. CEDERJ 116
- 117. Base e dimens˜o a ´ MODULO 2 - AULA 11 Exemplo 2 Um conjunto contendo um unico vetor v ´ linearmente independente se, e ´ e somente se, v = 0. Exemplo 3 a e O conjunto {v1 , v2 } contendo apenas dois vetores v1 , v2 n˜o-nulos ´ linearmente dependente quando um ´ m´ ltiplo do outro, pois, se c1 v1 + c2 v2 = 0 e u possui solu¸˜o n˜o trivial ent˜o c1 = 0 e c2 = 0 (pois c1 = 0 ⇒ c2 = 0 e ca a a c2 v2 = 0 ⇒ v2 = 0, analogamente, c2 = 0 ⇒ v1 = 0). c2 c1 v1 + c2 v2 = 0 ⇒ v1 = − · v2 . c1 Portanto v1 ´ m´ ltiplo de v2 . e u Exemplo 4 Seja C[0, 1] o conjunto das fun¸˜es reais, cont´ co ınuas com dom´ ınio [0, 1]. Este conjunto forma um espa¸o vetorial com as opera¸˜es usuais de soma de c co fun¸˜es e multiplica¸˜o por escalar. co ca O conjunto {sen t, cos t} ´ linearmente independente em C[0, 1], j´ que e a sen t e cos t s˜o n˜o-nulos e n˜o s˜o m´ ltiplos um do outro enquanto vetores a a a a u de C[0, 1]. Isto ´, n˜o h´ c ∈ R tal que sen t = c cos t, para todo t ∈ [0, 1]. Para e a a ver isso, basta comparar os gr´ficos de sen t e cos t. a O conjunto {sen 2t, sen t cos t} ´ linearmente dependente em C[0, 1],pois e sen 2t = 2 sen t cos t, ∀ t ∈ [0, 1]. Exemplo 5 Seja P2 o espa¸o vetorial formado por polinˆmios de grau ≤ 2. Sejam c o a p1 = 1, p2 = x − 1, p3 = 5 − x, ent˜o {p1 , p2 , p3 } forma um conjunto linearmente dependente, pois −4p1 + p2 + p3 = 0. Como determinar se um conjunto ´ L.I. e Para determinarmos se um conjunto de vetores {v1 , v2 , ..., vn } ´ lie nearmente independente em um espa¸o vetorial V , devemos verificar se a c equa¸˜o c1 v1 + . . . + cn vn = 0 possui ou n˜o solu¸˜o n˜o-trivial. ca a ca a 117 CEDERJ
- 118. Base e dimens˜o a Exemplo 6 Mostre que o conjunto {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} ´ L.I. em R3 e Solu¸˜o: ca Vamos resolver a equa¸˜o, ca c1 (1, 0, 0) + c2 (0, 1, 0) + c3 (0, 0, 1) = (0, 0, 0) (c1 , 0, 0) + (0, c2 , 0) + (0, 0, c3) = (0, 0, 0) (c1 , c2 , c3 ) = (0, 0, 0) ⇒ c1 = c2 = c3 = 0 Portanto, a unica solu¸˜o ´ a trivial, c1 = c2 = c3 = 0, o que mostra ´ ca e que o conjunto ´ L.I. e Exemplo 7 Determine se o conjunto {u, v, w}, onde u = (1, 2, 0), v = (3, 0, 1) e w = (2, −2, 1) ´ L.I. em R3 . e Solu¸˜o: ca Voltamos aos vetores do exemplo 1 que, como vimos, geram o plano S dado por 2x − y − 6z = 0. Vamos resolver a equa¸˜o ca c1 u + c2 v + c3 w = (0, 0, 0) Substituindo os valores de u, v e w : c1 (1, 2, 0) + c2 (3, 0, 1) + c3 (2, −2, 1) = (0, 0, 0) (c1 , 2c1 , 0) + (3c2 , 0, c2 ) + (2c3 , −2c3 , c3 ) = (0, 0, 0) (c1 + 3c2 + 2c3 , 2c1 − 2c3 , c2 + c3 ) = (0, 0, 0) o que leva ao sistema c1 + 3c2 + 2c3 = 0 − 2c3 = 0 2c 1 c2 + c3 = 0 CEDERJ 118 (2)
- 119. Base e dimens˜o a Colocando na forma matricial e reduzindo: 1 3 2 | 0 L2 ← L2 − 2L1 2 0 −2 | 0 0 1 1 | 0 1 3 2 | 0 0 −6 −6 | 0 L2 ← L2 + 6L3 0 1 1 | 0 1 3 2 | 0 L1 ← L1 − 3L3 L2 ← L3 0 0 0 | 0 0 1 1 | 0 L3 ← L2 1 0 −1 | 0 1 | 0 −→ 0 1 0 0 0 | 0 ´ MODULO 2 - AULA 11 c1 − c3 = 0 c2 + c3 = 0 Este sistema possui solu¸˜o c1 = c3 , c2 = −c3 e c3 = c3 , para qualquer ca valor de c3 . Ou seja, a equa¸˜o (2) possui infinitas solu¸˜es n˜o triviais. ca co a Por exemplo, c3 = 1 resulta em c1 = 1, c2 = −1 e c3 = 1. Verifique que, com estes valores, c1 u + c2 v + c3 w = 0. Exemplo 8 Determine se o conjunto {u, s}, onde u = (1, 2, 0) e s = (12, −6, 5) ´ L.I. e Ver exemplo 1. Solu¸˜o: ca Como o conjunto {u, s} tem dois vetores, ele ´ L.D. apenas quando um e dos vetores ´ m´ ltiplo do outro. Claramente, este n˜o ´ o caso de {u, s}. e u a e Portanto, {u, s} ´ L.I. e Comparando os exemplos 7 e 8, vemos que os conjuntos {u, v, w} e {u, s} geraram o mesmo subespa¸o S. No entanto, {u, v, w} ´ L.D., enquanto c e que {u, s} ´ L.I. e Veremos posteriormente que se um subespa¸o W ´ gerado por um conc e junto de n elementos, ent˜o qualquer conjunto de m elementos, onde m > n, a ´ necessariamente linearmente dependente. e No exemplo acima, como {u, s} gera o subespa¸o S, ent˜o qualquer c a conjunto com mais de 2 elementos ´ L.D. e 119 CEDERJ
- 120. Base e dimens˜o a Base de um subespa¸o vetorial c Seja W um subespa¸o de um espa¸o vetorial V . Um conjunto de vetores c c e B = {v1 , ..., vn } ´ uma base de W se (i) B ´ um conjunto linearmente independente. e (ii) O subespa¸o gerado por B ´ W . c e Observe que a defini¸˜o de base se aplica tamb´m ao pr´prio espa¸o ca e o c vetorial V , pois todo espa¸o vetorial ´ subespa¸o de si mesmo. c e c Observe tamb´m que se B = {v1 , ..., vn } ´ base de W , ent˜o v1 , ..., vn e e a pertencem a W . Exemplo 9 Sejam os vetores i1 = (1, 0, 0), i2 = (0, 1, 0) e i3 = (0, 0, 1). Considere o conjunto {i1 , i2 , i3 }, j´ vimos que o conjunto ´ L.I. e claramente gera R3 , pois a e e (x, y, z) ∈ R3 ⇒ (x, y, z) = xi1 + yi2 + zi3 . Logo {i1 , i2 , i3 } ´ base de R3 . 3 Esta base ´ chamada base canˆnica do R . e o x3 i3 i1 i2 x2 x1 Base canˆnica do R3 o Exemplo 10 Sejam os vetores: i1 = (1, 0, ..., 0) i2 = (0, 1, ..., 0) . . . in = (0, 0, ..., 1) O conjunto {i1 , ..., in } ´ uma base do Rn , chamada base canˆnica. e o CEDERJ 120
- 121. Base e dimens˜o a ´ MODULO 2 - AULA 11 Exemplo 11 O conjunto {u, s}, onde u = {1, 2, 0} e s = {12, −6, 5}, ´ uma base do sue bespa¸o S, onde S : 2x − y − 6z = 0. (Veja os exemplos 7 e 8.) c Exemplo 12 Seja P n o espa¸o dos polinˆmios de grau ≤ n. Ent˜o o conjunto c o a B = {1, t, ..., tn } forma uma base de P n . Esta base ´ chamada canˆnica e o n de P . e De fato, B claramente gera P n . Para provar que B ´ L.I., sejam c0 , . . . , cn tais que c0 .1 + c1 .t + c2 .t2 + ... + cn .tn = 0. A igualdade significa que o polinˆmio da esquerda tem os mesmos coefio cientes que o polinˆmio da direita, que ´ o polinˆmio nulo. Mas o polinˆmio o e o o da esquerda deve ter infinitas solu¸˜es, pois seu valor ´ zero ∀t ∈ R, logo co e deve ser nulo. Portanto, c0 = c1 = ... = cn = 0 e assim, {1, t1 , ..., tn } ´ L.I. e Resumo Nesta aula estudamos conjuntos linearmente independentes (L.I.) e linearmente dependentes (L.D.). Vimos que um conjunto B gerador de um subespa¸o W e linearmente independente ´ uma base de W . Vimos alguns c e exemplos. As bases s˜o conjuntos geradores “m´ a ınimos” para um subespa¸o, no c sentido de que se um conjunto tem mais elementos que uma base ent˜o ele a ´ L.D., e se tem menos elementos que uma base de W ent˜o n˜o gera W . e a a Estas propriedades das bases ser˜o vistas na pr´xima aula. a o 121 CEDERJ
- 122. Base e dimens˜o a Exerc´ ıcios 1. Determine uma base para o espa¸o das matrizes c M2x2 (R) = a b c d | a, b, c, d ∈ R}. 2. Sejam u, v e w os vetores do exemplo 7. Vimos que {u, v, w} ´ e L.D. Mostre que os conjuntos {u, v}, {u, w} e {v, w} s˜o linearmente a independentes. 3. Determine uma base para o subespa¸o c S = {(x, x + y, 2y)| x, y ∈ R} ⊂ R3 . 1 −1 4. Sejam v1 = 2 , v2 = 2 3 −3 −1 e v3 = 10 −3 . Seja H o e subespa¸o de R3 gerado por {v1 , v2 , v3 }. Mostre que {v1 , v2 , v3 } ´ linec e armente dependente e que {v1 , v2 } ´ uma base para H. 5. No espa¸o vetorial de todas as fun¸˜es reais, mostre que c co {t, sen t, cos 2t, sen t cos t} ´ um conjunto linearmente independente. e 6. Determine uma base para os subespa¸os a seguir (veja exerc´ 5 da c ıcio aula 10). (a) S = {(x, y, z) ∈ R3 ; x = 5y e z = −2y} . (b) S = {(x, y, z) ∈ R3 ; x − y + z = 0} . (c) S = a b c d ∈ M2X2 (R); a = −d e c = 2b}. (d) S = {at2 + at + b; a, b ∈ R} ⊂ P2 (t, R) . CEDERJ 122
- 123. Dimens˜o de um espa¸o vetorial a c ´ MODULO 2 - AULA 12 Aula 12 – Dimens˜o de um espa¸o vetorial a c Objetivo Apresentar o sistema de coordenadas determinado por uma base em um espa¸o vetorial V ; c Mostrar que se um espa¸o vetorial V tem uma base com n elementos ent˜o c a todas as bases de V tem n elementos; Definir dimens˜o. a Introdu¸˜o ca Uma vez que esteja especificada uma base B para um espa¸o vetorial V , c podemos representar um vetor v ∈ V por suas coordenadas na base B. Por isso, dizemos que uma base B de V estabelece um sistema de coordenadas em V . Veremos, com mais detalhes, o que isso tudo quer dizer mais adiante. Veremos que, se a base B tem n vetores, ent˜o um vetor v ∈ V fica reprea c sentado por uma n-upla (a1 , a2 , . . . , an ). Isto faz o espa¸o vetorial V “se parecer” com Rn . Exploraremos esta rela¸˜o para mostrar que todas as bases ca de um mesmo espa¸o vetorial V tˆm o mesmo n´ mero de elementos. c e u Sistema de coordenadas A existˆncia de um sistema de coordenadas est´ baseada no seguinte e a teorema. Teorema 1 (Representa¸˜o unica) ca ´ Seja B = {b1 , . . . , bn } uma base para um espa¸o vetorial V . Ent˜o, para c a cada x ∈ V , existe um unico conjunto de escalares c1 , . . . , cn , tal que ´ x = c1 b1 + . . . + cn bn . 123 CEDERJ
- 124. Dimens˜o de um espa¸o vetorial a c Demonstra¸˜o. ca e a Como B = {b1 , . . . , bn } ´ uma base de V , ent˜o gera V , logo todo x ∈ V ´ combina¸˜o linear dos vetores em B. Portanto, existem e ca c1 , . . . , cn ∈ R tais que: x = c1 b1 + . . . + cn bn . (1) Vamos agora provar a unicidade. Suponha que x tamb´m tenha a e representa¸˜o ca x = d1 b1 + . . . + dn bn . (2) Subtraindo (1) e (2), obtemos: 0 = x − x = (c1 − d1 )b1 + . . . + (cn − dn )bn . (3) Como B ´ linearmente independente, os coeficientes c1 − d1 , e c2 − d2 , . . . , cn − dn , na equa¸˜o (3), devem ser todos nulos, logo ca ca e ´ ci = di , i = 1, . . . , n, o que mostra que a representa¸˜o ´ unica. Defini¸˜o ca Seja x ∈ V e seja B = {b1 , . . . , bn } uma base de V . Se x = c1 b1 + . . . + cn bn , a ent˜o os escalares c1 , . . . , cn s˜o chamados coordenadas de x na base B e a escrevemos c1 . [x]B = . . . cn Exemplo 1 Seja a base B = {b1 , b2 } do R2 dada por b1 = x, y ∈ R2 . Se [x]B = CEDERJ 124 1 3 , determine x e, se y = 1 1 e b2 = 2 5 0 . Sejam 2 , determine [y]B .
- 125. Dimens˜o de um espa¸o vetorial a c ´ MODULO 2 - AULA 12 Solu¸˜o: ca 1 , ent˜o a 3 Como xB = x = 1.b1 + 3b2 = 1. Se y = 2 5 y1 y2 e [y]B = 2 5 1 1 + 3. = 1 7 . , ent˜o, a = y1 b1 + y2 b2 = y1 2 5 0 2 = 1 1 y1 y1 + 2y2 0 2 + y2 , o que resulta em y1 = 2 y1 + 2y2 = 5 ⇒ 2 + 2y2 = 5 ⇒ y2 = Portanto, [y]B = 2 3 2 3 2 . . Exemplo 2 e A base canˆnica b = {i1 , i2 } ´ a base em que x = [x]B , para todo x ∈ R2 , o pois, se [x]B = a b , ent˜o a x = a.i1 + b.i2 = a. 1 0 + b. 0 1 = a b = [x]B . Exemplo 3 Seja B = {2, 1 − t, 1 + t + t2 } uma base de P 2 [t], o espa¸o dos polinˆmios em c o 2 uma vari´vel de grau ≤ 2 (verifique que B ´ uma base de P [t]). Determine a e as coordenadas de x = t2 − 1 na base B. 125 CEDERJ
- 126. Dimens˜o de um espa¸o vetorial a c Solu¸˜o: ca c1 Se B = {b1 , b2 , b3 } e [x]B = c2 , ent˜o a c3 x −1 + t2 −1 + t2 −1 + t2 = = = = isto ´ e c1 b1 + c2 b2 + c3 b3 , c1 .2 + c2 .(1 − t) + c3 .(1 + t + t2 ) 2c1 + c2 − c2 t + c3 + c3 t + c3 t2 (2c1 + c2 + c3 ) + t(−c2 + c3 ) + c3 t2 Comparando os coeficientes, obtemos 2c1 + c2 + c3 = −1 c1 = − 3 2 −c2 + c3 = 0 , o que leva a c2 = 1 . = 1 1 c3 c3 = −3 2 Portanto, [x]B = 1 1 . Exemplo 4 Seja V um espa¸o vetorial e B = {b1 , . . . , bn } uma base de V . A reprec 0 0 . . a senta¸˜o do vetor nulo em B ´ [0]B = . , pois, se [v]B = . , ent˜o ca e . . 0 0 v = 0.b + . . . + 0.bn = 0. Base de um espa¸o vetorial c Nesta se¸˜o, provaremos que todas as bases de um espa¸o vetorial V ca c n tem o mesmo n´ mero de elementos. Vamos iniciar com o R . u e O conjunto B = {i1 , i2 , ..., in } ´ uma base de Rn (ver exemplo 10 da aula 11). Esta ´ a base canˆnica do Rn . No teorema a seguir, veremos que e o qualquer conjunto com mais de n elementos ´ L.D. e Teorema 2 Seja S = {u1 , ..., up } um subconjunto do Rn . Se p > n, ent˜o S ´ lineara e mente dependente. CEDERJ 126
- 127. Dimens˜o de um espa¸o vetorial a c Demonstra¸˜o. ca Seja u1 = x11 x12 . . . x1n , . . . , up = xp1 xp2 . . . ´ MODULO 2 - AULA 12 . xpn A equa¸˜o ca c1 u 1 + . . . + cp u p = 0 pode ser escrita como x11 x1p x21 x2p c1 . + · · · + cp . . . . . xn1 xnp (1) = 0 0 . . . → vetor nulo doRn 0 o que resulta no sistema x11 c1 + · · · + x1p cp = 0 x21 c1 + · · · + x2p cp = 0 . . . x c + ··· + x c = 0 n1 1 2p p (2) O sistema (2) ´ um sistema homogˆneo, nas vari´veis c1 , . . . , cp , com e e a n equa¸˜es. Como p > n, ent˜o trata-se de um sistema homogˆneo com mais co a e vari´veis que equa¸˜es. Segue-se que h´ solu¸˜es n˜o-triviais de (2), logo a co a co a (1) tem solu¸˜es n˜o-triviais e, portanto S = {u1 , . . . , up } ´ linearmente co a e dependente. O pr´ximo teorema, generaliza este resultado para qualquer espa¸o veo c torial. Teorema 3 a Se um espa¸o vetorial V tem base B = {b1 , . . . , bn }, ent˜o todo subconjunto c de V com mais de n vetores ´ linearmente dependente. e Demonstra¸˜o. ca Seja {u1 , . . . , up } um subconjunto de V , com p > n. Os vetores das coordenadas [u1 ]B , [u2 ]B , . . . , [up ]B formam um subconjunto do Rn com p > n vetores. Pelo teorema anterior este ´ um conjunto L.D. e 127 CEDERJ
- 128. Dimens˜o de um espa¸o vetorial a c Portanto, existem escalares c1 , . . . , cp , nem todos iguais a zero, tais que 0 . + . . . + cp [up ]B = . . c1 [u1 ]B 0 Verifique que se B ´ uma e base de um espa¸o vetoc rial V, a, b ∈ V e a a c1 e c2 s˜o escalares, ent˜o [c1 a+c2 b]B = c1 [a]B +c2 [b]B . Isto mostra que a transforma¸˜o de coordenadas ´ ca e uma transforma¸˜o linear. ca Como a transforma¸˜o de coordenadas ´ uma transforma¸˜o linear, ca e ca temos 0 . [c1 u1 + . . . + cp up ]B = . . 0 Portanto, a representa¸˜o do vetor c1 u1 + . . . + cp up , na base B ´ ca e [0 · · · 0], isto ´, e c1 u1 + ... + cp up = 0.b1 + ... + 0.bn = 0 (3) e A equa¸˜o (3) mostra que u1 , . . . , up ´ um conjunto linearmente deca pendente. Teorema 4 Se um espa¸o vetorial V tem uma base com n vetores, ent˜o toda base de V c a tamb´m tem exatamente n vetores. e Demonstra¸˜o. ca Seja B1 uma base com n vetores e seja B2 uma outra base de V . e e a a Como B1 ´ base e B2 ´ linearmente independente, ent˜o B2 n˜o tem mais que n vetores, pelo teorema anterior. Por outro lado, como B2 ´ base e B1 ´ linearmente independente, ent˜o e e a B2 n˜o tem menos que n vetores. Disto resulta que B2 tem exatamente n a vetores. Um espa¸o vetorial pode n˜o ter uma base com um n´ mero finito de vec a u tores. Por exemplo, o espa¸o vetorial dos polinˆmios na vari´vel t, denotado c o a R[t], n˜o tem base finita. Uma base para este espa¸o ´ a c e {1, t, t2 , t3 , ...}. Como este conjunto ´ infinito, ent˜o R[t] n˜o pode ter base finita (se tivesse e a a uma base com d elementos, ent˜o qualquer conjunto com mais de d elementos a seria L.D., logo n˜o poderia ter uma base infinita). a CEDERJ 128
- 129. Dimens˜o de um espa¸o vetorial a c ´ MODULO 2 - AULA 12 O teorema anterior mostra que, se um espa¸o vetorial V tem base finita, c ent˜o todas as bases tem o mesmo n´mero de elementos. Isto motiva a a u seguinte defini¸˜o: ca Defini¸˜o ca Se V tem uma base finita, ent˜o V ´ chamado espa¸o vetorial de dia e c mens˜o finita e chamamos de dimens˜o de V , denotada dim V , o n´ mero de a a u vetores de uma base de V . Caso V n˜o tenha uma base finita, dizemos que a V ´ um espa¸o vetorial de dimens˜o infinita. A dimens˜o do espa¸o vetorial e c a a c trivial [0] ´ definida como sendo igual a zero. e Exemplo 5 dim Rn = n. Basta notar que a base canˆnica do Rn tem n vetores. o Exemplo 6 e c o dim P n = n + 1, onde o P n ´ o espa¸o vetorial dos polinˆmios de grau ≤ n. n e Uma base de P ´ o conjunto {1, t, t2 , . . . , tn }, que tem n + 1 vetores. Exemplo 7 Determine a dimens˜o do subespa¸o H de R3 geral do pelos vetores a c 1 0 v1 = 2 e v2 = 1 . 1 −1 Solu¸˜o: ca a a u a Como v1 e v2 n˜o s˜o m´ ltiplos um do outro, ent˜o o conjunto {v1 , v2 } ´ L.I, portanto ´ uma base de H. Logo dim H = 2. e e Teorema do conjunto gerador Um problema comum ´ o de encontrar uma base para um subespa¸o e c gerado por um certo conjunto de vetores. Se este conjunto ´ L.I., ent˜o ´ e a e base do subespa¸o que ele gera, se n˜o for L.I., ent˜o possui “excesso” de c a a vetores, como mostra o teorema a seguir. 129 CEDERJ
- 130. Dimens˜o de um espa¸o vetorial a c Teorema 5 (Teorema do Conjunto Gerador) Seja S = {v1 , ..., vp } um conjunto em V e seja H o conjunto gerado por {v1 , ..., vp } e ca a) Se um dos vetores de S, digamos vk , ´ combina¸˜o linear dos outros, ent˜o S − {vk } ainda gera o subespa¸o H. a c b) Se H = {0}, ent˜o algum subconjunto se S ´ uma base de H. a e Demonstra¸˜o. ca e ca a) Reordenando os vetores, se necess´rio, suponha que vp ´ combina¸˜o a linear dos vetores v1 , ..., vp−1 . Ent˜o existem escalares c1 , ..., cp−1 tais a que vp = c1 v1 + . . . + cp−1 vp−1 . (1) Seja x um vetor em H. Ent˜o existem x1 , ..., xp tais que a x = x1 v1 + . . . + xp−1 vp−1 + xp vp . (2) Substituindo o valor de vp de (1) em (2) resulta que x = x1 v1 + . . . + xp−1 vp−1 + xp .(c1 v1 + . . . + cp−1 vp−1 ) = (x1 + c1 xp )v1 + . . . + (xp−1 + cp−1xp )vp−1 . Portanto, todo x ∈ H ´ combina¸˜o linear dos vetores v1 , v2 , . . . , vp−1 . e ca b) Se o conjunto gerador inicial S ´ linearmente independente, ent˜o ´ base e a e do subespa¸o H que gera. Caso contr´rio, ´ linearmente dependente, c a e o que implica que algum vetor em S ´ combina¸˜o linear dos demais. e ca Excluindo este vetor, obtemos um subconjunto S1 ⊂ S, que tamb´m e e a e gera H. Se S1 ´ linearmente independente ent˜o ´ base de H. Caso contr´rio, algum vetor em S1 ´ combina¸˜o linear dos outros. Excluindo a e ca e este, obtemos S2 que tamb´m gera. Como H = {0} e o conjunto inicial S ´ finito, ent˜o o processo acima e a deve parar, isto ´, existe um subconjunto Si de S, tal que Si gera H e e Si ´ linearmente independente. e CEDERJ 130
- 131. Dimens˜o de um espa¸o vetorial a c ´ MODULO 2 - AULA 12 Exemplo 8 Determine uma base para o subespa¸o c a + b − c 2a + d H= , tal que a, b, c e d ∈ R} b − c − d 5d Solu¸˜o: ca Claramente H ⊂ R4 . Note que a + b − c 2a + d = b − c − d 5d = a 1 2 0 0 b −c 0 0 + + b −c 0 0 −1 1 0 0 + b + c −1 1 0 0 a 2a 0 0 0 d + −d 5d +d 0 1 −1 5 . Portanto, H ´ gerado pelos vetores e v1 = 1 2 0 0 , v2 = 1 0 1 0 , v3 = −1 0 −1 0 , v4 = 0 1 −1 5 . Devemos checar se estes vetores formam um conjunto L.I. Claramente, e u e v3 ´ m´ ltiplo de v2 . Portanto, podemos excluir v3 . O conjunto {v1 , v2 , v3 } ´, pelo teorema anterior, gerador de H. e ca Para checar se {v1 , v2 , v3 } ´ L.I., vamos resolver a equa¸˜o c1 v1 + c2 v2 + c4 v4 = 0 0 1 1 0 0 2 0 1 c1 c2 + c4 = . 0 0 1 −1 0 0 5 0 131 CEDERJ
- 132. Dimens˜o de um espa¸o vetorial a c O que resulta no sistema c1 + c2 2c + c 1 4 c2 − c4 5c4 = = = = 0 0 , 0 0 este sistema implica em c2 = c4 = 0 e c1 = 0 e c2 = 0, o que mostra que {v1 , v2 , v4 } ´ L.I. e, portanto, base de H. e Resumo Nesta aula vimos a defini¸˜o de dimens˜o de um espa¸o vetorial. A ca a c defini¸˜o dada faz sentido apenas porque, como estudamos, se um espa¸o ca c vetorial V tem uma base com n elementos, ent˜o todas as bases de V tˆm a e tamb´m n elementos. e Vimos tamb´m que, dado um conjunto B, linearmente dependente, e gerador de um subespa¸o H de um espa¸o vetorial, podemos ir retirando c c certos vetores de B at´ que o conjunto resultante seja uma base de H. e Exerc´ ıcios Para cada subespa¸o H nos exerc´ c ıcios 1 a 6, determine uma base de H e sua dimens˜o. a 1. H = {(s − 2t, s + t, 4t); s, t ∈ R}. 2. H = {(3s, 2s, t); s, t ∈ R}. 3. H = {(a + b, 2a, 3a − b, 2b); a, b ∈ R}. 4. H = {(a, b, c); a − 3b + c = 0, b − 2c = 0 e 2b − c = 0}. 5. H = {(a, b, c, d); a − 3b + c = 0}. 6. H = {(x, y, x); x, y ∈ R}. 7. Determine a dimens˜o do a 1 0 , 2 CEDERJ 132 subespa¸o de c 3 9 1 , 4 1 −2 R3 gerado pelos vetores −7 , −3 . 2
- 133. Dimens˜o de um espa¸o vetorial a c ´ MODULO 2 - AULA 12 8. Os quatro primeiros polinˆmios de Hermite s˜o 1, 2t, −2 + 4t2 e o a 3 −12t + 8t . Mostre que estes polinˆmios formam uma base de P3 . o 9. Encontre as coordenadas do polinˆmio p(t) = 7 − 12t − 8t2 + 12t3 na o 3 base de P formada pelos polinˆmios de Hermite (ver exerc´ 8). o ıcio 10. Mostre que o espa¸o C(R) formado por todas as fun¸˜es reais ´ um c co e espa¸o de dimens˜o infinita. c a 11. Mostre que uma base B de um espa¸o vetorial de dimens˜o finita V ´ c a e um conjunto gerador minimal. Em outras palavras, se B tem n vetores ent˜o nenhum conjunto com menos de n vetores pode gerar V . a Mostre tamb´m que a base B ´ um conjunto linearmente independente e e maximal, no sentido que qualquer conjunto com mais de n vetores n˜o a pode ser L.I. 12. Mostre que se H ´ subespa¸o de V e dim H = dim V ent˜o H = V . e c a 133 CEDERJ
- 135. Soma de subespa¸os c ´ MODULO 2 - AULA 13 Aula 13 – Soma de subespa¸os c Objetivos Mostrar um m´todo pr´tico para obter uma base de um subespa¸o vetorial e a c a partir de um conjunto gerador deste subespa¸o. c Provar o teorema do completamento, que afirma que, dado um conjunto L.I. em um subespa¸o vetorial V podemos complet´-lo para tornar uma base c a de V . Definir soma de subespa¸os e ver o teorema da dimens˜o da soma. c a Como obter uma base a partir de um conjunto gerador Seja S = {b1 , b2 , b3 , . . . , bn } um conjunto e U o subespa¸o gerado por c S. Seja M a matriz obtida escrevendo os vetores b1 , . . . , bn como linhas de M, isto ´, bi ´ a i-´sima linha de M. e e e M = b1 b2 . . . . bn As opera¸˜es elementares nas linhas de M s˜o: co a • Multiplica¸˜o de uma linha por uma constante: Li ← α.Li ca • Troca de uma linha por outra: Li ↔ Lj • Substituir uma linha por uma combina¸˜o linear dela por outra: ca Li ← Li + α.Lj . Estas opera¸˜es levam os vetores b1 , . . . , bn a vetores bi , . . . , bn que co pertencem ao espa¸o gerado por {b1 , . . . , bn }. Como estas opera¸˜es s˜o c co a invert´ ıveis, isto ´, posso passar de {b1 , . . . , bn } a {b1 , . . . , bn } aplicando e opera¸˜es elementares, ent˜o o espa¸o gerado por {b1 , . . . , bn } ´ o mesmo co a c e gerado por {b1 , . . . , bn }. 135 CEDERJ
- 136. Soma de subespa¸os c Podemos usar esta propriedade para reduzir a matriz M = a uma matriz na forma M = b1 b2 . . . br 0 . . . b1 b2 . . . bn ; onde os b1 , b2 , . . . , br s˜o L.I.. a 0 e c Neste caso, {b1 , b2 , . . . , br } ´ um conjunto L.I. e gera o mesmo subespa¸o U gerado por {b1 , . . . , bn }. Em outras palavras, obtivemos uma base a partir do conjunto gerado. Exemplo 1 Obtenha uma base do subespa¸o U do R4 gerado pelos vetores {(1, 1, 0, −2), c (2, 0, −1, −1), (0, 1, −2, 1), (1, 1, 1, −3)}. Determine a dimens˜o de U. a Solu¸˜o: ca Vamos formar a matriz M dos vetores acima e reduz´ ı-la: 1 1 0 −2 1 1 0 −2 1 2 0 −1 −1 0 −2 −1 0 3 M = → → 0 1 −2 0 0 1 1 −2 1 1 1 1 −3 0 0 1 −1 0 1 1 0 −2 1 1 0 −2 1 0 1 −2 0 1 −2 0 1 1 → → → 0 0 −5 0 0 0 5 1 −1 0 0 1 −1 0 0 −5 5 1 0 −2 1 −2 1 −2 −1 3 0 1 −1 1 0 −2 1 −2 1 0 1 −1 0 0 0 0 . Vemos que o subespa¸o U tem base {(1, 1, 0, −2), (0, 1, −2, 1), (0, 0, 1, −1)}. c Portanto, dim U = 3. · · · · x1 · 0 x2 · · · · Observe que, claramente, vetores na forma 0 0 x3 · · · , 0 0 0 x · ·· 4 . . . onde as entradas marcadas · podem ter qualquer valor e x1 = 0, x2 = 0 etc. s˜o necessariamente L.I. a CEDERJ 136
- 137. Soma de subespa¸os c ´ MODULO 2 - AULA 13 Teorema do Completamento Vimos, na se¸˜o anterior, como obter uma base de um conjunto gerador. ca Se este conjunto n˜o ´ L.I., temos que “diminu´ a e ı-lo” para conseguir uma base. Nesta se¸˜o veremos o inverso. Como obter uma base de um conjunto ca L.I.. Se este conjunto n˜o ´ gerador, ent˜o temos que “aument´-lo” de forma a e a a que continue L.I. e que se torne gerador. Teorema 1 Seja {b1 , . . . , br } um conjunto L.I. em um espa¸o vetorial de dimens˜o finita c a V . Ent˜o existem br+1 , . . . , bn , tal que {b1 , . . . , br , br+1 , . . . , bn } formam uma a base de V , onde n = dim V . Demonstra¸˜o. ca c a Se {b1 , . . . , br } gera o espa¸o V ent˜o nada temos a fazer. Se {b1 , . . . , br } n˜o ´ gerador ent˜o existe br+1 ∈ V tal que br+1 n˜o ´ a e a a e combina¸˜o linear de b1 , . . . , br . Portanto, ca e {b1 , . . . , br , br+1 } ´ um conjunto L.I. Se este conjunto agora ´ gerador, obtivemos uma base. Se n˜o, h´ um vetor e a a br+2 ∈ V tal que br+2 n˜o ´ combina¸˜o linear de b1 , . . . , br+1 . Portanto, a e ca e {b1 , . . . , br , br+1 , br+2 } ´ L.I. Se este conjunto for gerador, obtivemos uma base, caso contr´rio continuaa a mos com o processo, obtendo br+3 , br+4 , etc. Como V tem dimens˜o finita, digamos dim V = n, quando chegarmos a {b1 , . . . , bn } teremos obtido uma base, pois o processo leva sempre a conjuntos L.I. e um conjunto L.I. com n (= dim(V )) elementos deve ser uma base. Soma de subespa¸os c Dados subespa¸os U e V de um espa¸o vetorial W , podemos obter um c c subespa¸o maior que inclui U e V como subconjuntos (e como subespa¸os). c c J´ que este subespa¸o contem todo u ∈ U e todo v ∈ V , ent˜o deve conter a c a todos os u + v, com u ∈ U e v ∈ V . (Lembre-se que subespa¸os s˜o fechados c a para a soma de vetores!) Portanto, qualquer subespa¸o que contenha U e V deve conter as somas c u + v, com u ∈ U e v ∈ V . Isto motiva a seguinte defini¸˜o: ca 137 CEDERJ
- 138. Soma de subespa¸os c Defini¸˜o ca Note que, nesta defini¸˜o, ca U + V ´ s´ um conjunto. e o Mostraremos em seguida que ´ subespa¸o de W . e c Sejam U e V subespa¸os de um espa¸o vetorial W . Chamamos de soma c c de U e V o conjunto U + V = {u + v; u ∈ V e v ∈ V }. Note que U ⊂ U + V e V ⊂ U + V . Na discuss˜o acima, vimos que qualquer subespa¸o que contenha U e a c V deve conter o conjunto U + V definido acima. A pr´xima proposi¸˜o mostra que o conjunto U + V j´ ´ um subespa¸o o ca ae c vetorial. A soma de subespa¸os ´ um subespa¸o c e c Proposi¸˜o 1 ca Se U e V s˜o subespa¸os de um espa¸o vetorial W , ent˜o U + V ´ subespa¸o a c c a e c de W . Demonstra¸˜o. ca Basta provar que U + V ´ n˜o vazio, fechado para a soma de vetores e e a produto por escalar. • U + V = ∅ pois U e V s˜o n˜o vazios. Em particular, 0 ∈ U + V , pois a a 0 ∈ U e 0 ∈ V ⇒ 0 = 0 + 0 ∈ U + V. a • Se x1 , x2 ∈ U + V ent˜o x1 = u1 + v1 e x2 = u2 + v2 , para certos vetores u1 , u2 ∈ U e v1 , v2 ∈ V , ent˜o a x1 + x2 = (u1 + v1 ) + (u2 + v2 ) = (u1 + u2 ) + (v1 + v2 ). Como u1 + u2 ∈ U e v1 + v2 ∈ V ent˜o x1 + x2 ∈ U + V . a • Se x = u + v ∈ U + V , com u ∈ U e v ∈ V , ent˜o αx = α(u + v) = a αu + αv; ∀α ∈ R. Como αu ∈ U e αv ∈ V , ent˜o αx ∈ U + V . a Como U + V ´ subespa¸o e, como observamos acima, todo subespa¸o e c c de W que contenha U e V deve conter U +V , ent˜o podemos dizer que U +V a ´ o menor subespa¸o de W contendo U e V . e c CEDERJ 138
- 139. Soma de subespa¸os c ´ MODULO 2 - AULA 13 Exemplos 2. U = U + {0}, onde {0} ´ o espa¸o vetorial nulo. e c 3. Seja U = {(x, 0, 0); x ∈ R} e V = {(0, y, z); y, z ∈ R}, subespa¸os c 3 a vetoriais do R . Ent˜o temos que U +V = {(x, 0, 0) + (0, y, z); x, y, z ∈ R} = {(x, y, z); x, y, z ∈ R} = R3 . Isto ´, a soma de U e V ´ todo o R3 . e e Agora observe o seguinte: U ´ uma reta, o eixo OX, enquanto que V e ´ o plano dado por x = 0. e Neste caso, a soma de um plano e uma reta ´ o espa¸o R3 . e c z v U + V = R3 U y x 4. Seja U = {(x, 0, 0)} ∈ R3 e V = {(x, y, 0)} ∈ R3 , ent˜o U ⊂ V e a U +V = V. Neste caso, a soma de um plano e uma reta ´ o pr´prio plano. e o O que diferencia os exemplos 3 e 4? No exemplo 3, somamos um plano e uma reta n˜o contida nele, o que a resulta no espa¸o, enquanto que no exemplo 4, somamos um plano e c uma reta contida no plano, resultando no pr´prio plano. Voltaremos a o este t´pico quando falarmos sobre a base da soma. o 5. Claramente, se U ⊂ V ent˜o U + V = V . a 139 CEDERJ
- 140. Soma de subespa¸os c Soma direta Intuitivamente, quanto menor U ∩ V , mais “ganhamos” quando passamos de U e V para U + V . Em um caso extremo, se U ⊂ V ent˜o U + V = V a e n˜o ganhamos nada. a Lembre-se que U + V deve sempre conter o vetor nulo 0. Defini¸˜o ca Sejam U e V subespa¸os vetoriais de W tais que U ∩ V = {0}. Ent˜o c a dizemos que U + V ´ a soma direta de U e V . e Denotamos a soma direta por U ⊕ V . No caso que U ⊕ V = W ent˜o dizemos que U e V s˜o complementares a a e dizemos que V ´ o complementar de U em rela¸˜o a W (e vice-versa). e ca Veremos que dado subespa¸o U de W , sempre existe o espa¸o comc c plementar de U em rela¸˜o a W , isto ´, sempre existe V ⊂ W tal que ca e U ⊕ V = W. Na pr´xima proposi¸˜o, veremos como a soma direta est´ relacionada o ca a a ` decomposi¸˜o unica de cada vetor como soma de vetores nos subespa¸os. ca ´ c Proposi¸˜o 2 ca Sejam U e V subespa¸os vetoriais de um espa¸o vetorial W . Ent˜o c c a W = U ⊕ V se, e somente se, cada vetor w ∈ W admite uma unica de´ composi¸˜o w = u + v, com u ∈ U e v ∈ V . ca Demonstra¸˜o. ca (⇒) Suponha, por hip´tese, que W = U ⊕ V . Ent˜o, dado w ∈ W , o a existem u ∈ U e v ∈ V , tais que w = u + v. Temos que provar apenas a unicidade. Suponha que exista outra decomposi¸˜o w = u + v‘, com u ∈ U ca e v ∈ V. Ent˜o a w =u+v w =u +v ⇒ (u − u ) + (v − v ) = 0 ⇒ u − u = v − v. Mas u − u ∈ U e v − v ∈ V . Como U ∩ V = {0} (pois a soma ´ direta), e ent˜o a u−u =v −v ⇒ u−u = v −v = 0 ⇒ u=u e v =v. Portanto a decomposi¸˜o ´ unica. ca e ´ CEDERJ 140
- 141. Soma de subespa¸os c ´ MODULO 2 - AULA 13 (⇐) Suponha que exista decomposi¸˜o unica. ca ´ Como todo w ∈ W se escreve como w = u + v, com u ∈ U e v ∈ V , ent˜o W = U + V . Resta provar que a soma ´ direta. a e Seja x ∈ U ∩ V . Ent˜o podemos escrever a x = x + 0 ∈U ∈V = 0 + x ∈U ∈V A unicidade da decomposi¸˜o implica em que x = 0, ou seja, ca U ∩ V = {0}. Exemplo 6 Seja {b1 , . . . , bn } uma base para um espa¸o vetorial. Vimos que todo v ∈ V c tem uma unica decomposi¸˜o na forma ´ ca v = α1 b1 + . . . + αn bn . c Cada αi bi pertence ao subespa¸o [bi ] gerado pelo vetor bi . Portanto, vale que V = [b1 ] ⊕ [b2 ] ⊕ . . . ⊕ [bn ]. O exemplo anterior leva a quest˜o de como obter uma base de uma ` a soma U ⊕ V , tendo a base de U e de V . Base e dimens˜o da soma de subespa¸os a c Seja W um espa¸o vetorial de dimens˜o finita, e sejam U e V subespa¸os c a c de W . Vimos que U ∩ V e U + V s˜o subespa¸os de W . A proposi¸˜o a a c ca seguir relaciona a dimens˜o destes subespa¸os. a c Proposi¸˜o 3 ca dim(U + V ) + dim(U ∩ V ) = dim U + dim V Demonstra¸˜o. ca Seja B1 = {x1 , ..., xr } uma base de U ∩ V , onde r = dim(U ∩ V ). Vamos agora completar esta base B1 de forma a criar uma base de U e uma base de V . 141 CEDERJ
- 142. Soma de subespa¸os c Pelo teorema do completamento, existem vetores u1 , . . . , us em U e v1 , . . . , vt em V tais que e B2 = {x1 , . . . , xr , u1 , . . . , us } ´ uma base de U e e B3 = {x1 , . . . , xr , v1 , . . . , vt } ´ uma base de V. Note que r + s = dim U e r + t = dim V . Mostraremos, a seguir, que B = {x1 , . . . , xr , u1 , . . . , us , v1 , . . . , vt } ´ uma base de U + V. e a) o conjunto B gera U + V . Seja w ∈ U + V . Ent˜o w = u + v, para certos u ∈ U e v ∈ V . Como a a a B2 e B3 s˜o bases de U e V , respectivamente, ent˜o podemos escrever, u = α1 x1 + . . . + αr xr + β1 u1 + . . . + βs us v = α1 x1 + . . . + αr xr + γ1 v1 + . . . + γt vt onde as letras gregas s˜o escalares. Somando u e v encontramos a w = u+v = (α1 +α1 )x1 +. . .+(αr +αr )xr +β1 u1 +. . .+βs us +γ1 v1 +. . .+γt vt . Portanto, o conjunto B gera U + V . b) o conjunto B ´ linearmente independente. Suponhamos que e (1) α1 x1 + . . . + αr xr + β1 u1 + . . . + βs us + γ1 v1 + . . . + γt vt = 0 ent˜o, a α1 x1 + . . . + αr xr + β1 u1 + . . . + βs us = −γ1 v1 − . . . − γt vt . O vetor do lado esquerdo da igualdade est´ em U, a −γ1 v1 − . . . − γt vt ∈ U. Mas v1 , . . . , vt est˜o em V , logo a logo −γ1 v1 − . . . − γt vt ∈ U ∩ V. Como x1 , . . . , xr formam uma base de U ∩ V , segue-se que existem escalares δ1 , . . . , δr tais que −γ1 v1 − . . . − γt vt = δ1 x1 + . . . + δr xr δ1 x1 + . . . + δr xr + γ1 v1 + . . . + γt vt = 0. CEDERJ 142
- 143. Soma de subespa¸os c ´ MODULO 2 - AULA 13 A equa¸˜o anterior ´ uma combina¸˜o linear dos vetores em B3 , que ´ ca e ca e base de V , portanto L.I.. Segue-se que δ1 = . . . = δr = γ1 = . . . = γt = 0. Substituindo γ1 = ... = γt = 0 em (1), obtemos α1 x1 + . . . + αr xr + β1 u1 + . . . + βs us = 0 e que ´ uma combina¸˜o linear nos vetores em B1 , que ´ base de U, logo e ca α1 = . . . = αr = β1 = . . . = βs = 0. Com isto, provamos que todos os coeficientes em (1) s˜o nulos, ou seja, a o conjunto B ´ L.I. e Conclu´ ımos que B ´ base de U + V . Como B tem r + s + t vetores, e ent˜o dim(U + V ) = r + s + t, segue-se que a dim(U + V ) + dim(U ∩ V ) = r + s + t + r = (r + s) + (r + t) = dim U + dim V No caso em que a soma ´ direta, U ∩ V = {0}, logo dim U ∩ V = 0 e e dim(U ⊕ V ) = dim U + dim V. Al´m disso, na demonstra¸˜o do teorema acima, vimos que, no caso de e ca e e a e soma direta, se B1 ´ base de U e B2 ´ base de V , ent˜o B1 ∪ B2 ´ base de U ⊕V. Em geral, se U ∩ V = {0}, ent˜o B1 ∪ B2 ´ um conjunto gerador de a e U + V , mas n˜o ´ L.I. a e Exemplo 7 Seja U = {(0, y, z); y, z ∈ R} e V = [(1, 1, 0)]. O subespa¸o U de R3 tem c base {(0, 1, 0), (0, 0, 1)}, portanto dim U = 2. Claramente dim V = 1. Vamos determinar U ∩ V . Se w ∈ U ∩ V , ent˜o w = α(1, 1, 0) , logo a α = 0 (0, y, z) = α.(1, 1, 0) = (α, α, 0) ⇒ α = y 0 = z 143 CEDERJ
- 144. Soma de subespa¸os c Portanto α = 0 ⇒ w = 0. Assim U ∩ V = {0}. Segue-se que a soma ´ direta e e r dim(U ⊕ V ) = dim U + dim V = 2 + 1 = 3. a Como U + V ´ subespa¸o de R3 e dim(U + V ) = 3 ent˜o e c U + V = R3 . Se uma reta r n˜o est´ cona a tida em um plano α, ent˜o a r ∩ α pode ser vazio (reta paralela) ou um ponto, quando a reta corta o plano (ver figura acima). Temos ent˜o a situa¸˜o em que a soma de um plano (U ´ o plano x = 0) a ca e 3 e uma reta n˜o contida no plano ´ todo o espa¸o R . Se a reta estiver contida a e c no plano, ent˜o V ⊂ U ⇒ U + V = U. a Exemplo 8 Seja U subespa¸o de R4 gerado por {(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)} e c V = {(x, y, z, t); y + z = 0}. ´ a E f´cil ver que o conjunto {(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)} ´ linearmente indee pendente, logo dim U = 2. Vamos determinar uma base de V . v = (x, y, z, t) ∈ V ⇔ y + z = 0 ⇔ z = −y, logo, v = (x, y, −y, t) = x(1, 0, 0, 0) + y(0, 1, −1, 0) + t(0, 0, 0, 1). Segue-se que V ´ gerado por {(1, 0, 0, 0), (0, 1, −1, 0), (0, 0, 0, 1)}. e ´ a E f´cil ver que este conjunto ´ L.I., logo dim V = 3. e Podemos agora proceder de duas maneiras, determinar U + V ou determinar U ∩ V . Vamos determinar U + V . Sabemos que a uni˜o das bases a de U e de V ´ um conjunto gerador de U + V . Vamos encontrar uma base e de U + V a partir deste conjunto gerador: base de U −−−−− base de V L2 ↔ L4 −→ CEDERJ 144 1 0 − 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 − − − 0 0 0 L3 ← L3 − L1 1 −1 0 −→ 0 0 1 1 0 0 1 −1 0 −1 0 0 L3 ← L3 + L2 −→ 0 1 0 0 0 1 1 1 0 0 0 0 1 0 0 −1 0 0 0 1 −1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 1 −1 0 0 −1 0 0 1 0 0 0 1
- 145. Soma de subespa¸os c L3 ← −L3 L4 ↔ L5 −→ 1 0 0 0 0 1 0 0 1 −1 0 0 1 0 0 0 1 0 1 0 ´ MODULO 2 - AULA 13 −→ L5 ← L5 − L3 1 0 0 0 0 1 0 0 1 −1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 Isto mostra que a uni˜o das bases de U e V pode ser transformada em a um conjunto que cont´m {(1, 1, 0, 0), (0, 1, −1, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)}, que e e ´ uma base de R4 , isto ´, e U + V = R4 ⇒ dim(U + V ) = 4. Sendo assim, dim(U + V ) + dim(U ∩ V ) = dim U + dim V = 2 + 3 = 5 ⇒ dim(U ∩ V ) = 1. Resumo Iniciamos esta aula vendo um processo de obter uma base a partir de um conjunto gerador para um espa¸o vetorial, usando opera¸˜es elementares c co nas linhas da matriz formada pelos vetores deste conjunto gerador. Em seguida, vimos o teorema do complemento, que afirma que dado um conjunto L.I., em um espa¸o vetorial V se ele n˜o for uma base de V , c a n´s acrescentamos vetores at´ que se torne uma base de V . o e Passemos ent˜o ao estudo da soma U + V dos subespa¸os U e V de um a c espa¸o vetorial W . Quando U ∩ V = {0} ent˜o a soma ´ chamada direta e c a e denota por U ⊕ V . O conjunto uni˜o das bases de U e V forma um conjunto gerador de a U + V que, no caso de soma direta, ´ uma base de U ⊕ V . A dimens˜o de e a U + V ´ dada por: e dim(U + V ) = dim(U) + dim(V ) − dim(U ∩ V ). 145 CEDERJ
- 146. Soma de subespa¸os c Exerc´ ıcios 1. Seja U ⊂ R4 o subespa¸o gerado pelo conjunto c {(1, 1, 2, 0), (0, 1, 3, 1), (2, −1, −5, −3)}. Encontre uma base de U e determine dim U. 2. Para os subespa¸os U e V de R3 nos itens abaixo, determine U ∩ V e c U +V. a) U = [(1, 0, 1), (0, 1, 1) e V = [(1, 1, 1)]. b) U = [(1, 0, 1), (0, 1, 1) e V = [(1, 2, 3)]. c) U = {(x, y, z) ∈ R3 | z = 0} e V = [(0, 0, 1)]. d) U = {(x, y, z) ∈ R3 | x + y = 0} e V = [(2, −2, 1)]. 3. Em qual dos itens do exerc´ 2 a soma ´ direta? ıcio e 4. Se U e V s˜o subespa¸os vetoriais do R4 , dim U = 2 e dim V = 3, a c determine o menor e o maior valor poss´ ıvel para dim U ∩ V e para dim U + V . c 5. Seja M2x2 o espa¸o vetorial das matrizes reais de ordem 2x2. Seja U o 0 b ; b, c ∈ R . Determine subespa¸o de M2x2 dado por U = c c 0 um subespa¸o V ⊂ M2x2 tal que M2x2 = U ⊕ V . c Respostas dos exerc´ ıcios 1. Base de U ´ B = {(1, 1, 2, 0), (0, 1, 3, 1)}, dim U = 2. e 2. a) U ∩ V = {0} e U + V = R3 . b) V ⊂ U, logo U ∩ V = V e U + V = U. c) U ∩ V = {0} e U + V = R3 . d) V ⊂ U, logo U ∩ V = V e U + V = R3 . CEDERJ 146
- 147. Soma de subespa¸os c ´ MODULO 2 - AULA 13 3. A soma ´ direta nos itens a e c. e 4. Temos max{dim U, dim V } ≤ dim (U + V ) ≤ dim (R4 ), ⇒ 3 ≤ dim (U + V ) ≤ 4. Como dim (U ∩ V ) = dim U + dim V − dim (U + V ) dim (U ∩ V ) = 5 − dim (U + V ) ent˜o a 1 ≤ dim U ∩ V ≤ 2. 5. V = a 0 0 d ; a, d ∈ R . 147 CEDERJ
- 149. Espa¸os Vetoriais com Produto Interno c ´ MODULO 2 - AULA 14 Aula 14 – Espa¸os Vetoriais com Produto c Interno Objetivos Reconhecer produtos internos; Determinar a norma de um vetor e o ˆngulo entre dois vetores; a Identificar vetores ortogonais; Aplicar as propriedades dos produtos internos na resolu¸˜o de exerc´ ca ıcios. Nesta aula definiremos uma opera¸˜o entre vetores cujo resultado ´ um ca e n´ mero real: o produto interno. Veremos v´rios exemplos, com destaque para u a o chamado produto interno; estudaremos as principais propriedades dos produtos internos e suas aplica¸˜es na determina¸˜o de grandezas geom´tricas co ca e 2 3 associadas a vetores de R e R . Produto interno Seja V um espa¸o vetorial (real). Um produto interno definido em V ´ c e uma rela¸˜o ca Pr´-requisitos: aulas 8, 11 e e 12. Neste curso trabalhamos penas com espa¸os vetoriais rec ais, isto ´, considerando o e conjunto dos n´meros reais u como o conjunto de escalares. Poder´ ıamos, no entanto, considerar o conjunto dos n´meros complexos. Nesse u caso, o resultado do produto interno seria um n´mero u complexo, e a defini¸˜o, ligeica ramente diferente. < ., . >: V × V → R que, a cada par de vetores (u, v) ∈ V × V , associa um n´ mero real represenu tado por < u, v >, e que satisfaz as seguintes condi¸˜es: co (i) < u, v >=< v, u > (ii) < u, v + w >=< u, v > + < u, w > (iii) < αu, v >= α < u, v > (iv) < u, u >≥ 0 e < u, u >= 0 ⇔ u = oV , ∀u, v, w ∈ V, ∀α ∈ R. Chamamos de espa¸o euclidiano a um espa¸o vetorial real munido de c c produto interno. Podemos definir diferentes produtos internos num mesmo espa¸o vetoc rial. Vamos ver alguns exemplos. 149 CEDERJ
- 150. Espa¸os Vetoriais com Produto Interno c Exemplo 1 Vamos mostrar que a rela¸˜o < u, v >= 2x1 x2 + 3y1 y2 , onde u = (x1 , y1) ca e v = (x2 , y2 ), ´ um produto interno definido em R2 . Para isso, temos que e mostrar a validade das quatro condi¸˜es da defini¸˜o de produto interno: co ca (i) < u, v >= 2x1 x2 + 3y1 y2 = 2x2 x1 + 3y2 y1 =< v, u >. a (ii) Seja w = (x3 , y3 ) ∈ R2 . Ent˜o < u, v + w >= 2x1 (x2 + x3 ) + 3y1 (y2 + y3 ) = 2x1 x2 + 2x1 x3 + 3y1y2 + 3y1 y3 = (2x1 x2 + 3y1 y2 ) + (2x1 x3 + 3y1 y3 ) =< u, v > + < u, w >. (iii) Seja α ∈ R. Ent˜o a < αu, v >= 2αx1 x2 + 3αy1y2 = α(2x1 x2 + 3y1 y2 ) = α < u, v >. 2 (iv) < u, u >= 2x2 + 3y1 ≥ 0. Al´m disso, se < u, u >= 0 ent˜o e a 1 2 2 ı, 2x2 + 3y1 = 0, que implica x2 = 0 e y1 = 0. Da´ x1 = 0 e y1 = 0, 1 1 isto ´, u = (0, 0) = vR2 . Finalmente, se u = vR2 = (0, 0), segue que e < u, u >= 2.0 + 3.0 = 0. Exemplo 2 Na aula 12, vocˆ determinou o vetor-coordenadas de um vetor em rela¸˜o a e ca uma certa base. Viu que, fixados a base e o vetor, as coordenadas s˜o unicas. a ´ Sejam V , um espa¸o vetorial real de dimens˜o n, e B = {u1 , u2 , ..., un }, uma c a base de V . A rela¸˜o definida em V × V que, a cada par de vetores u e v, de V , ca associa o n´ mero real a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn , onde u]B = (a1 , a2 , ..., an ) e u a v]B = (b1 , b2 , ..., bn ) s˜o os vetores-coordenadas dos vetores u e v, de V , em rela¸˜o a base B, respectivamente, ´ um produto interno em V . ca ` e Importante: Tendo em vista o exemplo anterior, podemos concluir que TODO espa¸o vetorial admite produto interno. Assim, quando nos rec ferimos a um espa¸o vetorial munido de produto interno, n˜o significa que c a existem espa¸os que n˜o satisfazem essa propriedade, mas sim que estamos c a querendo enfatizar o fato de que usaremos o produto interno na argumenta¸˜o ca ou nas aplica¸˜es que forem o objeto de estudo, naquele instante. co Vocˆ j´ estudou o produto ese a calar na disciplina de Geometria Anal´ ıtica. CEDERJ 150 Quando a base considerada ´ a canˆnica, o produto interno assim defie o nido chama-se produto interno usual. Particularmente, nos espa¸os vetoriais c R2 e R3 , o produto interno usual ´ tamb´m conhecido como produto escalar. e e
- 151. Espa¸os Vetoriais com Produto Interno c ´ MODULO 2 - AULA 14 Exemplo 3 u1 u2 v1 v2 ev = , a rela¸˜o < u, v >= ca u3 u4 v3 v4 e e u1 v1 + u2 v2 + u3 v3 + u4 v4 ´ um produto interno (´ produto interno usual em e ıcio. Segundo esse produto interno, M2 ). Vocˆ pode verificar isso, como exerc´ 3 6 2 1 , temos < u, v >= 2.3 + 1.6 + 5.0 + ev = sendo u = 0 2 5 −1 (−1).2 = 10. Em M2 (R), sendo u = Exemplo 4 Dados p = a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 e q = b0 + b1 t + b2 t2 + b3 t3 , a rela¸˜o ca e < p, q >= a0 b0 + a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 define um produto interno em P3 (´ o produto interno usual em P3 ). Dados p = 2 + 3t − t2 e q = 2t + t2 − 5t3 , temos < p, q >= 2.0 + 3.2 + (−1).1 + 0.(−5) = 5. Propriedades do Produto Interno Seja V um espa¸o vetorial real e < ., . >: V × V → R um produto c interno. Valem as seguintes propriedades: 1. < oV , v >=< v, oV >= 0, ∀v ∈ V De fato, como 0v = oV , para todo vetor v em V, podemos escrever (iii) e < oV , v >=< 0v, v > = 0 < v, v >= 0. Al´m disso, por (i), temos < oV , v >=< v, oV >= 0. Logo, < oV , v >=< v, oV >= 0. 2. < v, αu >= α < v, u >, ∀α ∈ R, ∀v, u ∈ V . (i) (iii) (i) De fato, < v, αu >=< αu, v > = α < u, v >=< αv, u >. 3. < u + v, w >=< u, w > + < v, w >, ∀u, v, w ∈ V . (i) (ii) (i) De fato, < u + v, w >=< w, u + v > = < w, u > + < w, v >=< u, w > + < v, w > . 4. < α1 u1 + α2 u2 + ... + αn un , v >=< α1 u1 , v > + < α2 u2 , v > +... + < αn un , v >, ∀n inteiro , n ≥ 1, ∀u, vi ∈ V, i = 1, ..., n. A prova desta propriedade usa indu¸˜o e as condi¸˜es (ii) e (iii) da ca co defini¸˜o de produto interno. De modo mais suscinto, podemos escrevˆca e la usando o s´ ımbolo de somat´rio: o n n αi ui , v i=1 = αi < ui , v > . i=1 151 CEDERJ
- 152. Espa¸os Vetoriais com Produto Interno c n 5. u, n αi vi < u, vi >. = i=1 i=1 A prova desta propriedade usa indu¸˜o e as propriedades 2 e 3 j´ vistas. ca a 6. Generalizando, podemos provar que n m αi ui , i=1 n βj vj j=1 m α1 βj < ui , vj >. = i=1 j=1 Veremos a seguir aplica¸˜es pr´ticas do produto interno. co a Aplica¸˜es do produto interno co Norma de vetor Sejam V um espa¸o euclidiano e v ∈ V . Chama-se norma de v o n´ mero c u real ||v|| = √ < v, v >. Note que, pela condi¸˜o (iv) da defini¸˜o de produto interno, esse ca ca n´ mero est´ bem definido, pois < v, v > ´ n˜o negativo, para qualquer u a e a vetor v considerado. Assim, a norma de um vetor ´ sempre um n´ mero real e u n˜o negativo e o vetor nulo ´ o unico vetor de V que tem norma igual a zero. a e ´ Exemplo 5 e Em R2 , com o produto interno usual, a norma de um vetor v = (x1 , x2 ) ´ 2 2 dada por ||v|| = x1 + x2 . Assim, temos: √ √ ||(−3, 4)|| = (−3)2 + 42 = 9 + 16 = 25 = 5. √ √ ||( 1 , 23 )|| = 1 + 3 = 1 = 1. 2 4 4 Exemplo 6 e Em R3 , com o produto interno usual, a norma de um vetor v = (x1 , x2 , x3 ) ´ 2 2 2 ||v|| = x1 + x2 + x3 . Por exemplo: √ √ ||(−1, 2, 3)|| = (−1)2 + 22 + 32 = 1 + 4 + 9 = 14. √ √ ||(2, −2, 1)|| = 4 + 4 + 1 = 9 = 3. Na figura 1 podemos ver que, no plano, a norma do vetor v coincide com a medida da hipotenusa do triˆngulo retˆngulo determinado por x1 e x2 a a CEDERJ 152
- 153. Espa¸os Vetoriais com Produto Interno c ´ MODULO 2 - AULA 14 (compare a express˜o a norma com a conhecida f´rmula de Pit´goras...). No a o a espa¸o, a norma de v coincide com a medida da diagonal do paralelep´ c ıpedo formado por x1 , x2 e x3 . Devido a essa interpreta¸˜o geom´trica que podemos dar a norma de ca e ` 2 3 e e um vetor de R ou R , a norma de um vetor v ´ tamb´m conhecida como sendo o m´dulo, tamanho, ou ainda, comprimento de v. o Fig. 1: Norma de vetores em R3 e R2 . Observa¸˜o: A n˜o ser que se diga algo em contr´rio, o produto interno ca a a considerado ser´ sempre o usual. a Exemplo 7 Em M2 (R), com o produto interno definido no exemplo 3, a norma da matriz √ √ 3 6 √ ´ ||v|| = < v, v > = 9 + 36 + 4 = 49 = 7. e v= 0 2 Exemplo 8 o Usando o produto interno de P3 , definido no exemplo 4, a norma do polinˆmio √ √ √ e p = 2 + 3t − t2 ´ ||p|| = < p, p > = 4 + 9 + 1 = 14. A norma de vetores possui importantes propriedades que listamos a seguir; suas demonstra¸˜es s˜o propostas como exerc´ co a ıcios, ao final da aula. Propriedades da norma de vetores Seja V um espa¸o euclidiano. Ent˜o: c a 1. ||αv|| = |α| ||v||, ∀α ∈ R, ∀v ∈ V . 153 CEDERJ
- 154. Espa¸os Vetoriais com Produto Interno c 2. ||v|| ≥ 0, ∀v ∈ V e ||v|| = 0 ⇔ v = oV . 3. | < u, v > | ≤ ||u|| ||v||, ∀u, v ∈ V . (Desigualdade de Cauchy Schwarz) 4. ||u + v|| ≤ ||u|| + ||v||, ∀u, v ∈ V . (Desigualdade triangular) Usando o conceito de norma de vetor, podemos tamb´m definir a distˆncia e a entre dois vetores: dados u e v em um espa¸o euclidiano V , a distˆncia entre c a eles, representada por d(u, v), ´ dada por: e d(u, v) = ||u − v||. A figura 2 ilustra o caso em que V = R2 . Fig. 2: Distˆncia em R2 . a Exemplo 9 a e Em R3 , a distˆncia entre u = (3, −2, 1) e v = (4, 1, −3) ´ d(u, v) = ||u − v|| = √ √ ||(−1, −3, 4)|| = 1 + 9 + 16 = 26. ˆ Angulo de dois vetores Sejam V , um espa¸o vetorial euclidiano, e u, v ∈ V , n˜o nulos. A c a desigualdade de Cauchy Schwarz: | < u, v > | ≤ ||u|| ||v||, sendo modular, se desdobra na dupla desigualdade: −||u|| ||v|| ≤ < u, v > ≤ ||u|| ||v||. Como os vetores u e v s˜o n˜o nulos, suas normas s˜o n´ meros reais a a a u positivos e podemos dividir cada termo dessa desigualdade por ||u|| ||v||: −1 ≤ CEDERJ 154 < u, v > ≤ 1. ||u|| ||v||
- 155. Espa¸os Vetoriais com Produto Interno c ´ MODULO 2 - AULA 14 Na disciplina de pr´-c´lculo, vocˆ estudou as fun¸˜es trigonom´tricas. e a e co e Deve se lembrar, ent˜o que, a cada n´ mero real a no intervalo [−1, 1] cora u responde um unico arco θ, 0 ≤ θ ≤ π, tal que cos θ = a, conforme ilustra a ´ figura 3. θ ˆ Fig. 3: Angulo entre dois vetores de R2 . Podemos, ent˜o, definir o ˆngulo entre os vetores u e v como sendo θ a a tal que < u, v > . cos θ = ||u|| ||v|| Em R2 e R3 , θ ´, de fato, o angulo geom´trico determinado pelos vetores e ˆ e u e v. A f´rmula fornece o cosseno do ˆngulo. Ao final da aula, h´ uma tabela o a a com os cossenos dos angulos not´veis no intervalo [0, π]. ˆ a Exemplo 10 Vamos determinar o ˆngulos entre os vetores u = (4, −2) e v = (3, 1), de R2 : a √ 12 − 2 2 10 10 1 10 < u, v > √ =√ . = √ =√ = =√ √ =√ cos θ = ||u|| ||v|| 2 16 + 4 9 + 1 20 10 200 10 2 2 Um caso particularmente interessante ´ quando θ = 900 , ou seja, quando e os vetores formam um angulo reto, ou, em outras palavras, quando s˜o orˆ a < u, v > 0 , concluimos que togonais. Como cos 90 = 0 = ||u|| ||v|| u e v s˜o ortogonais ⇔< u, v >= 0. a Exemplo 11 Em M2 (R), com o produto interno definido no exemplo 3, as matrizes 2 0 ev= 1 5 1.4 + 5.(−2) = 0. u= 3 5 4 −2 s˜o ortogonais, pois < u, v >= 2.3 + 0.5 + a 155 CEDERJ
- 156. Espa¸os Vetoriais com Produto Interno c Resumo Nesta aula definimos produto interno: uma importante rela¸˜o definida ca em espa¸os vetoriais, que associa um n´ mero real a cada par de vetores do c u espa¸o. A partir da defini¸˜o de produto interno, podemos determinar a c ca norma de um vetor e o angulo definido por dois vetores. Podemos definir ˆ diferentes produtos internos em um mesmo espa¸o vetorial; cada um deles c determinar´ uma norma e um ˆngulo entre vetores. O produto interno mais a a estudado, mais util para n´s, ´ o usual; a partir dele, a norma de um vetor ´ o e do plano ou do espa¸o corresponde ao seu comprimento geom´trico, o mesmo c e acontecendo com o angulo entre eles. Vimos, tamb´m, o conceito de ortogoˆ e nalidade de vetores. Na pr´xima aula retomaremos esse assunto, estudando o importantes subespa¸os de um espa¸o euclidiano. c c Exerc´ ıcios 1. Prove a validade das propriedades do produto interno, isto ´, sendo V e um espa¸o euclidiano, c a) ||αv|| = |α| ||v||, ∀α ∈ R, ∀v ∈ V . b) ||v|| ≥ 0, ∀v ∈ V e ||v|| = 0 ⇔ v = oV c) (Desigualdade de Cauchy Schwarz) | < u, v > | ≤ ||u|| ||v||, ∀u, v ∈ V . Sugest˜o: Primeiramente, mostre que no caso em que v ´ o vetor nulo, a e vale a igualdade. Suponha, ent˜o, v = o. Nesse caso, sendo α um real a a qualquer, ´ verdade que ||u + αv||2 ≥ 0. Desenvolva essa express˜o, e obtendo um trinˆmio do segundo grau, em α, sempre positivo. Ent˜o o a seu discriminante tem que ser menor ou igual a zero. Da´ segue a ı desigualdade procurada. d) (Desigualdade triangular) ||u + v|| ≤ ||u|| + ||v||, ∀u, v ∈ V . Sugest˜o: Desenvolva a express˜o ||u + v||2 e use a desigualdade de a a Cauchy Schwarz. 2. Considerando o espa¸o euclidiano R3 , calcule < u, v > em cada caso: c a) u = (2, −1, 0) e v = (−3, 4, 1) b) u = (1/2, 3, 2) e v = (−1, 1, 5) CEDERJ 156
- 157. Espa¸os Vetoriais com Produto Interno c ´ MODULO 2 - AULA 14 3. Seja o espa¸o euclidiano R2 . Determine o vetor w tal que < u, w >= 8 c e < v, w >= 10, dados u = (2, 1) e v = (−1, 3). Sugest˜o: Represente o vetor w pelo par (x, y). a 4. Calcule a norma de v ∈ V , em cada caso: a) v = (−3, 4), V = R2 b) v = (1, 1, 1), V = R3 √ c) v = (−1, 0, 4, 19), V = R4 5. Em um espa¸o euclidiano, um vetor ´ dito ser unit´rio quando sua c e a norma ´ igual a 1. e a) Entre os seguintes vetores de I!R2 , quais s˜o unit´rios: a a √ u = (1, 1) v = (−1, 0) w = (1/2, 1/2) t = (1/2, 3/2) b) Determine a ∈ R2 tal que o vetor u = (a, 1/2), de I!R2 seja unit´rio. a 6. Obtenha o angulo entre os seguintes pares de vetores de R2 : ˆ a) u = (3, 1) e v = (6, 2) b) u = (1, 2) e v = (−1, 3) c) u = (3, 1) e v = (2, 2) d) u = (0, 2) e v = (−1, −1) 7. Considere o espa¸o euclidiano M2 (R). c a) Quais das matrizes abaixo s˜o ortogonais a M = a A= 1 2 4 0 B= 1 1 1 1 C= 0 0 0 0 2 1 : −1 3 D= 3 2 −1 3 b) Calcule a norma da matriz M, do item anterior. c) Determine o ˆngulo entre as matrizes M1 = a M2 = 2 4 −1 3 e −3 1 4 2 d) Calcule a distˆncia entre as matrizes M1 e M2 do item anterior. a 157 CEDERJ
- 158. Espa¸os Vetoriais com Produto Interno c 8. No espa¸o vetorial P2 , c a) Defina o produto interno usual (an´logo ao definido em P3 , no a exemplo 4 da aula). b) Calcule a norma do polinˆmio p = 3 − 4t + 2t2 , de P2 . o Auto-avalia¸˜o ca O assunto tratado nesta aula ´ muito importante, no desenvolvimento e de toda a teoria. Note que os conceitos de norma, distˆncia, angulo, ortogoa ˆ nalidade, t˜o naturais quando pensamos em vetores do plano ou do espa¸o, a c foram estendidos para espa¸os vetoriais quaisquer. Express˜es como “norma c o de polinˆmio”, “distˆncia entre matrizes”, “polinˆmios ortogonais”, n˜o deo a o a vem mais causar estranheza. Vocˆ n˜o deve ficar com nenhuma d´vida, antes e a u de seguir em frente. Refa¸a os exemplos, se julgar necess´rio. E lembre-se: c a encontrando qualquer obst´culo, pe¸a ajuda ao tutor da disciplina. At´ a a c e pr´xima aula!! o Respostas dos exerc´ ıcios Note que, dado a ∈ R, |a|. √ a2 = 1. a) ||αv|| = √ < αv, αv > = α2 ||v||2 = |α|.||v||. √ b) ||v|| ≥ 0, pela pr´pria defini¸˜o de norma. ||v|| = 0 ⇒ < v, v > = o ca 0 ⇒< v, v >= 0 ⇒ v = oV . Finalmente, v = oV ⇒< v, v >= 0 ⇒ √ < v, v > = 0 ⇒ ||v|| = 0. α2 < v, v > = a c) Se v = oV , ent˜o ||v|| = 0 e < u, v >= 0 = ||u ||v||. Portanto, vale a igualdade (e, em conseq¨ˆncia, a desigualdade). Supondo ue v = oV , e sendo α ∈ R, arbitr´rio, podemos afirmar que ||u + a 2 αv|| ≥ 0. Desenvolvendo essa express˜o (usando a defini¸˜o de a ca 2 2 2 norma), chegamos a ||v|| α + 2 < u, v > α + ||u|| ≥ 0, para todo α real. Isto ´, obtemos um trinˆmio do segundo grau, em α, e o sempre positivo. Ent˜o seu discriminante tem que ser menor ou a igual a zero, isto ´: 4 < u, v >2 −4||v||2 ||u||2 ≤ 0. Separando os e termos da desigualdade, simplificando e extraindo a raiz quadrada de cada termo, concluimos que | < u, v > | ≤ ||u|| ||v||. CEDERJ 158
- 159. Espa¸os Vetoriais com Produto Interno c ´ MODULO 2 - AULA 14 d) ||u + v||2 =< u + v, u + v >=< u, u > + < u, v > + < v, u > + < v, v >= ||u||2 + 2 < u, v > +||v||2. Usando a desigualdade de Cauchy Schwarz, ||u + v||2 ≤ ||u||2 + 2||u|| ||v|| + ||v||2 = (||u|| + ||v||)2. Logo, ||u + v|| ≤ ||u|| + ||v||, ∀u, v ∈ V . 2. a) −10 b) 25/2 3. w = (2, 4) 4. a) 5 √ b) 3 c) 6 5. 6. a) v, t √ b) ||u|| = 1 ⇒ ||u||2 = 1 ⇒ a2 + 1/4 = 1 ⇒ a = ± 3/2 a) 00 b) 450 √ c) arccos 2 5/5 d) 1350 7. a) A, C, D b) ||M|| = 15 a c) 90o - as matrizes M1 e M2 s˜o ortogonais. √ √ d) d(M1 , M2 ) = ||M1 − M2 || = 60 = 2 15. 8. a) Sendo p = a0 + a1 t + a2 t2 e q = b0 + b1 t + b2 t2 , em P2 , o produto interno usual ´ dado por: < p, q >= a0 b0 + a1 b1 + a2 b2 . e √ b) 29 Tabela do cosseno: θ: cos θ: 0 (0o ) 1 π/6 (30o) √ 3/2 π/4 (45o ) π/3 (60o) √ 2/2 1/2 π/2 90o ) 0 Para os angulos do segundo quadrante (compreendidos no intervalo ˆ [π/2, π], basta lembrar que cos (π − θ) = − cos θ (ou: cos (180 − θ) = cos θ). Por exemplo, cos 1200 = −cos (1800 −1200 ) = −cos 600 = −1/2. 159 CEDERJ
- 161. Conjuntos ortogonais e ortonormais ´ MODULO 2 - AULA 15 Aula 15 – Conjuntos ortogonais e ortonormais Objetivos Reconhecer conjuntos ortogonais e ortonormais; Aplicar o m´todo de ortogonaliza¸˜o de Gram-Schmidt; e ca Reconhecer bases ortonormais; Projetar vetores ortogonalmente em subespa¸os. c Nesta aula vamos caracterizar subconjuntos especiais de espa¸os euc clidianos. Na aula 14 vimos que, num espa¸o euclidiano, dois vetores s˜o c a ortogonais quando o produto interno deles se anula. Isto ´, sendo V um e espa¸o euclidiano, c Pr´-requisitos: aulas e 11 (independˆncia linear), e 12 (base), e 14 (ortogonalidade). Espa¸os vetoriais reais, com c produto interno e dimens˜o a finita. u ⊥ v ⇔ < u, v >= 0, ∀u, v ∈ V. Vejamos, agora, as duas defini¸˜es importantes desta aula: co Seja V um espa¸o euclidiano. Um subconjunto S = {v1 , ..., vn } ⊂ V ´ c e • ortogonal, quando seus elementos s˜o ortogonais dois a dois, isto ´: a e < vi , vj >= 0, ∀i, j ∈ {1, ..., n}, i = j. • ortonormal quando ´ ortogonal e todos os seus elementos s˜o unit´rios, e a a isto ´: e S ´ ortogonal e ||vi || = 1, ∀i ∈ {1, ..., n}. e Exemplo 1 a) O conjunto S = {2, −3, 1), (5, 4, 2)} ⊂ R3 ´ ortogonal. De fato, e < (2, −3, 1), (5, 4, 2) >= 10 − 12 + 2 = 0. S n˜o ´ ortonormal pois, por a e √ √ exemplo, ||(2, −3, 1)|| = 4 + 9 + 1 = 14 = 1. √ e b) O conjunto S = {(1, 0, 0), (0, − 3/2, 1/2)} ⊂ R3 ´ ortonormal, pois √ < (1, 0, 0), (0, − 3/2, 1/2) >= 0, √ ||(1, 0, 0)|| = 1 = 1 e √ √ ||(0, − 3/2, 1/2)|| = 3/4 + 1/4 = 1 = 1. 161 CEDERJ
- 162. Conjuntos ortogonais e ortonormais c) Se S ´ um conjunto ortogonal num espa¸o euclidiano V , ent˜o o cone c a junto resultante da uni˜o S ∪ {oV } tamb´m ´ ortogonal pois o vetor a e e ´ nulo ´ ortogonal a qualquer outro vetor. E claro, tamb´m, que nenhum e e conjunto em que o vetor nulo comparece ´ ortonormal, pois a condi¸˜o e ca de todos os vetores serem unit´rios n˜o ´ satisfeita. a a e Na aula 14, vimos que, num espa¸o euclidiano, o cosseno do angulo θ, c ˆ formado por dois vetores u e v, n˜o nulos, ´: a e cos θ = < u, v > . ||u|| ||v|| No caso de os dois vetores serem unit´rios, a f´rmula se resume a a o cos θ =< u, v > . Agora, num conjunto ortornomal S, s´ h´ duas possibilidades para a o a medida do angulo formado por quaisquer dois de seus vetores: ˆ - se os vetores s˜o distintos, ent˜o formam angulo reto e, ent˜o, o a a ˆ a produto interno ´ igual a zero (pois vimos acima que o cosseno do angulo se e ˆ iguala ao produto interno); - se consideramos duas vezes o mesmo vetor, ent˜o o angulo ´ nulo e a ˆ e seu cosseno ´ igual a 1; logo, o produto interno tamb´m ´ 1. e e e Da´ podemos concluir que: ı, c Sendo S = {v1 , v2 , ..., vn } um subconjunto ortonormal de um espa¸o euclidiano, ent˜o a • i = j ⇒ θ = 90o ⇒ cos θ = 0 =< vi , vj > . • i = j ⇒ θ = 0o ⇒ cos θ = 1 =< vi , vj > . Lembrando: A fun¸˜o delta ca de Kronecker nos ´ ındices i e j ´ definida por: δij = e ( 0, se i = j . 1, se i = j Podemos, ent˜o, caracterizar um conjunto ortonormal {v1 , v2 , ..., vn } a usando o s´ ımbolo de Kronecker: < vi , vj >= δij, ∀i, j ∈ {1, ..., n}. Veremos, a seguir, um importante resultado envolvendo conjuntos ortonormais. CEDERJ 162
- 163. Conjuntos ortogonais e ortonormais Proposi¸˜o 1 ca Um conjunto ortonormal ´ linearmente independente. e Demonstra¸˜o. ca Sejam V um espa¸o euclidiano e S = {v1 , ..., vn } ⊂ V , ortonormal. c Sejam α1 , ..., αn ∈ R tais que α1 v1 + α2 v2 ... + αn vn = oV . Como o produto interno de qualquer vetor pelo vetor nulo ´ igual a zero, podemos escrever: e 0 =< oV , v1 >= =< α1 v1 + α2 v2 + ... + αn vn , v1 >= = α1 < v1 , v1 > +α2 < v2 , v1 > +... + αn < vn , v1 > = 1 0 ´ MODULO 2 - AULA 15 Lembrando: um conjunto de vetores ´ LI quando, ao ese crevermos o vetor nulo como uma combina¸˜o linear deles, ca obtemos todos os coeficientes nulos. 0 = α1 . Logo, α1 = 0. Procedendo de forma an´loga com os vetores v2 , ..., vn , iremos a concluir que α1 = α2 = ... = αn = 0. Logo, o conjunto S ´ LI. e J´ vimos, na aula 10, que todo subconjunto de um espa¸o vetorial V a c gera um subespa¸o de V . Quando o conjunto considerado ´ LI, al´m de c e e gerar, ele forma uma base do subespa¸o gerado. Assim, a Proposi¸˜o 1 c ca permite concluir que um conjunto ortonormal ´ uma base do subespa¸o que e c ele gera. Nesse caso, dizemos que a base ´ ortonormal. Bases ortonormais e s˜o particularmente interessantes por simplificarem os c´lculos e permitirem a a uma representa¸˜o gr´fica mais clara e f´cil de se construir. Surge, ent˜o, a ca a a a quest˜o: como obter bases ortonormais de subespa¸os dados? a c Mas vamos com calma. O primeiro passo para chegar a resposta pro` curada ´ saber obter a proje¸˜o de um vetor na dire¸˜o de outro. e ca ca Proje¸˜o de um vetor na dire¸˜o de outro ca ca Sejam V um espa¸o euclidiano, u, v ∈ V, v = oV . Vamos obter o vetor c proje¸˜o de u na dire¸˜o de v. Em outras palavras, vamos decompor u em ca ca duas componentes: uma na dire¸˜o de v - que ser´ a proje¸˜o mencionada, ca a ca e outra, ortogonal a v, como mostra a figura 1. Fig. 1: Projetando u na dire¸˜o de v. ca 163 CEDERJ
- 164. Conjuntos ortogonais e ortonormais Os c´lculos ficam mais simples se o vetor sobre o qual se projeta ´ a e unit´rio. Caso ele n˜o seja, podemos “troc´-lo”por outro, de mesma dire¸˜o a a a ca e sentido, e de tamanho 1. Esse vetor se chama versor do vetor dado. Para isso, basta dividir o vetor v pelo seu m´dulo: o versor de v = v . ||v|| ´ a E f´cil verificar que, de fato, o versor de v ´ unit´rio: e a v ||v|| = < v v , >= ||v|| ||v|| 1 < v, v > = ||v||2 ||v||2 = 1. ||v||2 Exemplo 2 √ Consideremos o vetor v = (3, 4), de R2 . Seu m´dulo ´ ||v|| = 9 + 16 = o e √ v 25 = 5. Seu versor ´ o vetor ||v|| = (3,4) = (3/5, 4/5). Vamos verificar e 5 (3/5)2 + (4/5)2 = 9/25 + 16/25 = que esse vetor ´ realmente unit´rio: e a 25/25 = 1. A figura 2 ilustra esse caso. Fig. 2: O vetor (3, 4) de R2 e seu versor. Assim, ao projetar um vetor na dire¸˜o de v, n˜o nulo, podemos sempre ca a consider´-lo unit´rio. Na figura 3 vemos que a proje¸˜o de u na dire¸˜o de a a ca ca v ´ um vetor paralelo a v e, portanto, pode ser escrito como um m´ ltiplo de e u v, isto ´, e projv u = kv, para algum k ∈ R. Fig. 3: CEDERJ 164
- 165. Conjuntos ortogonais e ortonormais Ent˜o ||projv u|| = ||kv|| = |k| ||v|| = |k|, uma vez que estamos supondo a ||v|| = 1. Para conhecer o vetor proje¸˜o, ent˜o, temos que determinar k. ca a No triˆngulo retˆngulo da figura 3, o vetor proje¸˜o ´ o cateto adjacente a a ca e ao angulo θ, formado pelos vetores u e v, e a hipotenusa mede ||u||. Logo, ˆ lembrando da express˜o do cosseno do angulo formado por dois vetores e a ˆ usando o fato de v ser unit´rio, temos: a ||projv u|| = |cos θ.||u||| = ´ MODULO 2 - AULA 15 Num triˆngulo retˆngulo, o a a cosseno de um ˆngulo agudo ´ a e igual ` medida do cateto ada jacente dividida pela medida da hipotenusa. < u, v > ||u|| = | < u, v > |. ||u|| ||v|| Assim, ||projv u|| = | < u, v > | = |k|, donde podemos concluir que k = ± < u, v >. Ocorre, por´m, que k e < u, v > tˆm o mesmo sinal, como e e indica a figura 3. No caso em que θ = 90o , temos k = 0, ou seja, a proje¸˜o ca ´ o vetor nulo (a proje¸˜o reduz-se a um ponto). e ca Concluimos, ent˜o, que a projv u =< u, v > v. Nesse processo, a partir de um vetor u, qualquer, de um espa¸o euclidic ano V , obtivemos a componente u − projv u, que ´ ortogonal a dire¸˜o de v. e ` ca Isso fica claro na figura 1, mas podemos verificar algebricamente, calculando o produto interno dos vetores u − projv u e v: < u− < u, v > v, v > =< u, v =< u, v =< u, v =< u, v =< u, v > − << u, v > v, v >= > − < u, v >< v, v >= > (1− < v, v >) = > (1 − ||v||2) = > .(1 − 1) = 0. Exemplo 3 No espa¸o euclidiano R3 , a proje¸˜o ortogonal do vetor u = (0, 1, −4) na c ca √ dire¸˜o do vetor v = (1/2, 0, 3/2) ´ o vetor < u, v > v (note que v ´ ca e e √ √ unit´rio). Ou seja, ´ o vetor −2 3v = (− 3, 0, −3). ) vetor u = u − a e √ √ projv u = (0, 1, −4) − (− 3, 0, 3) = ( 3, 1, −1) ´ ortogonal a v. (Verifique!) e Ao projetar u na dire¸˜o de v, o que fizemos foi projet´-lo ortogonalca a mente no subespa¸o de V gerado pelo vetor v (a reta suporte de v). Vamos c estender esse m´todo para o caso em que o subespa¸o sobre o qual projetamos e c ´ gerado por n vetores: e 165 CEDERJ
- 166. Conjuntos ortogonais e ortonormais Sejam V , um espa¸o euclidiano, S = {v1 , v2 , ..., vn } ⊂ V , ortonormal, e c v ∈ V . A proje¸˜o ortogonal de u sobre o subespa¸o gerado por S ´ ca c e o vetor < v, v1 > v1 + < v, v2 > v2 + ...+ < v, vn > vn . Exemplo 4 Seja S = {(1, 0, 0), (0, −1, 0)} no espa¸o euclidiano R3 . Vamos projetar o c vetor v = (5, 2, −3), ortogonalmente, sobre o plano [S]. Primeiramente, notamos que os vetores de S s˜o ortogonais e unit´rios. Podemos, ent˜o, a a a usar a express˜o da proje¸˜o: a ca projv1 v =< v, v1 > v = 5v1 = (5, 0, 0). projv2 v =< v, v2 > v = −2v2 = (0, 2, 0). Ent˜o proj[S] v = (5, 0, 0) + a (0, 2, 0) = (5, 2, 0). Al´m disso, de forma an´loga a que ocorre quando projetamos sobre a e a ` dire¸˜o de um unico vetor, a diferen¸a entre o vetor projetado e a proje¸˜o ca ´ c ca ´ um vetor orgogonal ao subespa¸o de proje¸˜o, como mostramos na e c ca Proposi¸˜o 2 ca Sejam V um espa¸o euclidiano, S = {v1 , v2 , ..., vn } ⊂ V , um conjunto ortoc normal, e v ∈ V . O vetor u = v− < v, v1 > v1 − < v, v2 > v2 − ...− < v, vn > vn ´ ortogonal a todo vetor de S. e Demonstra¸˜o. ca Vamos mostrar que u ´ ortogonal a v1 : e < u, v1 >= =< v− < v, v1 > v1 − < v, v2 > v2 − ...− < v, vn > vn , v1 >= =< v, v1 > − << v, v1 > v1 , v1 > − << v, v2 > v2 , v1 > −...− << v, vn > vn , v1 >= =< v, v1 > − < v, v1 > < v1 , v1 > − < v, v2 > < v2 , v1 > −...− < v, vn > < vn , v1 > = 1 0 0 =< v, v1 > − < v, v1 >= 0. Procedendo de maneira an´loga, com os demais vetores de S, concluiremos a que u ⊥ v1 , u ⊥ v2 , ..., u ⊥ vn . CEDERJ 166
- 167. Conjuntos ortogonais e ortonormais ´ MODULO 2 - AULA 15 Exemplo 5 No exemplo anterior, o vetor v − proj[S] v = (5, 2, −3) − (5, 2, 0) = (0, 0, −3) ´ ortogonal a (1, 0, 0) e a (0, −1, 0), vetores de S. e Proposi¸˜o 3 ca Sejam V um espa¸o euclidiano, S = {v1 , v2 , ..., vn } ⊂ V , um conjunto ortoc normal e v ∈ V . O vetor u = v− < v, v1 > v1 − < v, v2 > v2 − ...− < v, vn > vn ´ ortogonal a todo vetor do subespa¸o de V gerado por S. Ou seja, u ´ e c e ortogonal a todo vetor de V que pode ser escrito como uma combina¸˜o ca linear dos vetores de S. Demonstra¸˜o. ca Pela Proposi¸˜o 2, j´ sabemos que u ´ ortogonal a cada vetor de S, ou ca a e seja, < u, v1 >=< u, v2 >= ... =< u, vn >= 0. Vamos calcular o produto interno de u por um vetor gen´rico do subespa¸o e c gerado por S: Sejam α1 , α2 , ..., αn ∈ R e w = α1 v1 + α2 v2 + ... + αn vn ∈ V . Ent˜o a < u, w > =< u, α1 v1 + α2 v2 + ... + αn vn >= = α1 < u, v1 > +α2 < u, v2 > +... + αn < u, vn > = 0. 0 0 0 Logo, u ´ ortogonal a w. e Exemplo 6 Retomando o exemplo anterior, podemos afirmar que o vetor v − proj[S] v = (5, 2, −3) − (5, 2, 0) = (0, 0, −3) ´ ortogonal ao plano [S]. e Estamos, agora, em condi¸˜es de responder ` pergunta: uma vez que co a temos que ter bases ortonormais para poder efetuar a proje¸˜o, como obter ca bases ortonormais para espa¸os dados? Vamos fazer isso usando o chamado c M´todo de ortonormaliza¸˜o de Gram-Schmidt, que nada mais ´ do que a e ca e aplica¸˜o do resultado demonstrado na proposi¸˜o 3. Vamos a ele: ca ca 167 CEDERJ
- 168. Conjuntos ortogonais e ortonormais M´todo de ortonormaliza¸˜o de Gram-Schmidt e ca Todo espa¸o euclidiano admite uma base ortonormal c Demonstra¸˜o. ca v dim V = 1: Seja {v} uma base de V . Ent˜o o conjunto {u} = { ||v|| } ´ a e uma base ortonormal de V . v dim V = 2: Seja {v1 , v2 } uma base de V . Seja u1 = ||v1 || . Pela pro1 posi¸˜o 3, o vetor g2 = v2 − proju1 v2 = v2 − < v2 , u1 > u1 ´ ortogonal a u1 . ca e e a e e Ent˜o o vetor u2 = versor de g2 = ||g22|| ´ unit´rio e tamb´m ´ ortogonal a a u1 . Logo, o conjunto {u1, u2 } ´ uma base ortonormal de V , pois possui dois e vetores ortogonais e unit´rios e a dimens˜o de V ´ dois. a a e dim V = n: Prosseguindo de forma an´loga, dada uma base de V , a vamos construindo, um a um, os vetores de uma outra base, esta sim, ortonormal. O primeiro ´, simplesmente, o versor do primeiro vetor da base e original. A partir do segundo, a id´ia ´ decompor cada vetor em duas come e ponentes: uma na dire¸˜o do subespa¸o gerado pelos vetores j´ obtidos e ca c a ´ outra ortogonal a primeira. E o versor desa segunda componente que ir´ se ` a reunir aos vetores j´ obtidos, para formar a base ortonormal. a Exemplo 7 Vamos aplicar o m´todo de Gram-Schmidt para obter uma base ortonormal e 3 de R , a partir da base B = {v1 , v2 , v3 }, com v1 = (1, 1, 1); v2 = (1, −1, 1) e a v3 = (0, 1, 1). Seja B = {u1, u2 , u3 } a base ortonormal procurada. Ent˜o √ √ √ v √ u1 = ||v1 || = (1,1,1) = (1/ 3, 1/ 3, 1/ 3). 3 1 g2 = v2 − proju1 v2 = = v2 − < v2 , u1 > u1 = √ √ √ √ √ √ = (1, −1, 1)− < (1, −1, 1), (1/ 3, 1/ 3, 1/ 3) > (1/ 3, 1/ 3, 1/ 3) = √ √ √ √ = (1, −1, 1) − 1/ 3(1/ 3, 1/ 3, 1/ 3) = = (1, −1, 1) − (1/3, 1/3, 1/3) = = (2/3, −4/3, 2/3). √ √ e O vetor g2 ´ ortogonal a u1 . De fato, < g2 , u1 >= 2/3 3 − 4/3 3 + √ 2/3 3 = 0. Ent˜o o segundo vetor da nova base ´ o versor de g2 , isto ´: a e e g2 u2 = ||g2 || = (2/3,−4/3,2/3) = =√ = 4/9+16/9+4/9 (2/3,−4/3,2/3) √ 24/9 (2/3,−4/3,2/3) = = √ = 3/2 6(2/3, −4/3, 2/3) = √ √ √ = (1/ 6, −2/ 6, 1/ 6). = CEDERJ 168 √ 2 6 3
- 169. Conjuntos ortogonais e ortonormais g3 ´ MODULO 2 - AULA 15 = v3 − proju1 v3 − proju2 v3 = = v3 − < v3 , u1 > u1 − < v3 , u2 > u2 = √ √ = v3 − 2/ 3u1 − (−1/ 6)u2 = √ √ √ √ √ √ √ √ = (0, 1, 1) − 2/ 3(1/ 3, 1/ 3, 1/ 3) − (−1/ 6)(1/ 6, −2/ 6, 1/ 6) = = (0, 1, 1) − (2/3, 2/3, 2/3) + (1/6, −2/6, 1/6) = = (−1/2, 0, 1/2). Logo, o terceiro vetor da base B ´ o versor de g3 , isto ´: e e √ √ (−1/2,0,1/2) g3 2 √2 u3 = ||g3 || = = √2 (−1/2, 0, 1/2) = (−1/ 2, 0, 1/ 2). 4 e Logo, a base ortonormal de R3 ´ √ √ √ √ √ √ √ √ B = {(1/ 3, 1/ 3, 1/ 3), (1/ 6, −2/ 6, 1/ 6), (−1/ 2, 0, 1/ 2)}. Exemplo 8 Em R3 , vamos projetar o vetor u = (1, 2, −3), ortogonalmente, na dire¸˜o do ca vetor v = (1, 2, 2). √ Observe, primeiramente, que v n˜o ´ unit´rio, pois ||v|| = 1 + 4 + 4 = a e a 3. O seu versor ´ o vetor v = v = (1/3, 2/3, 2/3). O vetor proje¸˜o ´ e ca e 3 projv u = projv u =< u, v > v = (−1/3)(1/3, 2/3, 2/3) = (−1/9, −2/9, −2/9). Al´m disso, o vetor u − projv u = (1, 2, −3) − (−1/9, −2/9, −2/9) = e (10/9, 20/9, −25/9) ´ ortogonal a v. e Exemplo 9 Vamos projetar o vetor u = (1, 2, −3), do exemplo anterior, sobre o plano P de R3 gerado pelos vetores v1 = (1, 0, 2) e v2 = (0, 1, 0). Precisamos de uma base ortonormal do subespa¸o gerado por v1 e v2 . Note que esses dois vetores c s˜o ortogonais; precisamo, apenas, tomar o versor de v1 , uma vez que v2 j´ ´ a ae unit´rio: a √ √ √ a v1 = (1,0,2) = (1/ 5, 0, 2/ 5) Ent˜o 5 projP u = projv1 u + projv2 u = =< u, v1 > v1 + < u, v2 > v2 = √ √ √ = (−5/ 5)(1/ 5, 0, 2/ 5) + 2(0, 1, 0) = (−1, 2, −2). Note que a proje¸˜o ´ um vetor de P . Por outro lado, a diferen¸a: ca e c u − (1, 2, −1) = (2, 0, −1) ´ um vetor ortogonal a P . e Exemplo 10 Vamos obter uma base ortonormal do subespa¸o de R3 : U = {(x, y, z) ∈ c R3 |x−y+z = 0} e, em seguida, projetar o vetor u = (5, 3, 2), ortogonalmente, sobre U. 169 CEDERJ
- 170. Conjuntos ortogonais e ortonormais Primeiramente, vamos obter uma base para U. Note que um vetor de U ´ da forma (x, x + z, z) = x(1, 1, 0) + z(0, 1, 1). Logo, v1 = (1, 1, 0) e e v2 = (0, 1, 1) formam uma base de U. Precisamos ortonormalizar essa base. Seja B = {u1 , u2 } a base ortonormal procurada. Ent˜o: a √ √ (1,1,0) v1 u1 = ||v1 || = √2 = (1/ 2, 1/ 2, 0) g2 = v2 − proju1 v2 = v2 − < v2 , u1 > u1 = √ √ √ = (0, 1, 1) − 1/ 2(1/ 2, 1/ 2, 0) = (−1/2, 1/2, 1). Logo, √ √ √ √ g u2 = ||g2 || = 2/ 6(−1/2, 1/2, 1) = (−1/ 6, 1/ 6, 2/ 6). 2 √ √ √ √ √ Ent˜o B = {(1/ 2, 1/ 2, 0), (−1/ 6, 1/ 6, 2/ 6)}. a Agora podemos obter a proje¸˜o de u sobre U: ca projU u = proju1 u + proju2 u =< u, u1 > u1+ < u, u2 > u2 = √ √ √ √ √ √ √ = 8/ 2(1/ 2, 1/ 2, 0) + 2/ 6(−1/ 6, 1/ 6, 2/ 6) = (11/3, 13/3, 2/3). Resumo Nesta aula vocˆ aprendeu um m´todo pr´tico de obter uma base ore e a tonormal, a partir de outra base dada. Isso ´ necess´rio pois aprendemos e a como projetar ortogonalmente um vetor sobre um subespa¸o, desde que coc nhe¸amos uma base ortornormal desse subespa¸o. Vimos, tamb´m, que a dic c e feren¸a entre o vetor projetado e sua proje¸˜o ortogonal sobre um subespa¸o c ca c ´ um vetor ortogonal ao subespa¸o. e c Exerc´ ıcios 1. Em R2 , obtenha o vetor proje¸˜o ortogonal de u = (4, 5) na dire¸˜o de ca ca v = (1, 2). 2. Em R3 , obtenha o vetor proje¸˜o ortogonal de u = (1, 1, 3) na dire¸˜o ca ca de v = (0, 1, 1). 3. Dˆ a componente de u = (2, −1, 1), em R3 , ortogonal ao vetor e v = (1, 2, 1). 4. Determine a proje¸˜o ortogonal do vetor u = (2, −1, 3) sobre o ca 3 subespa¸o de R gerado por S = {(1, 0, 1), (2, 1, −2)}. c 5. Projete, ortogonalmente, o vetor u = 3, 2, 1) sobre o subespa¸o c 3 W = {(x, y, z) ∈ R ; x + y − z = 0}. CEDERJ 170
- 171. Conjuntos ortogonais e ortonormais ´ MODULO 2 - AULA 15 6. Use o m´todo de ortonormaliza¸˜o de Gram-Schmidt para obter uma e ca 3 base ortonormal de R , a partir da base B = {(1, 0, 0), (0, 1, 1), (0, 1, 2)}. 7. Obtenha uma base ortornormal de R2 , a partir da base B = {(1, 2), (−1, 3)}. 8. Obtenha uma base ortornormal para o seguinte subespa¸o vetorial de c R4 : U = {(x, y, z, t) ∈ R4 |x − y = 0 e z = 2t}. A seguir, projete o vetor u = (1, 3, 4, 2) ortogonalmente sobre U. Auto-avalia¸˜o ca Vocˆ deve estar familiarizado com a express˜o que fornece a proje¸˜o e a ca ortogonal de um vetor sobre um subespa¸o. Lembre-se que isso s´ pode ser c o feito quando temos uma base ortonormal. Ent˜o, o que devemos fazer ´: a e Verificar se a base do subespa¸o sobre o qual vamos projetar ´ ortonorc e mal: • Se sim, usar a f´rmula da proje¸˜o ortogonal; o ca • Se n˜o, usar primeiramente o M´todo de ortonormaliza¸˜o de Grama e ca Schmidt para obter uma base ortonormal e a´ sim, aplicar a f´rmula da ı o proje¸˜o. ca N˜o resta d´vida de que ´ um m´todo trabalhoso, envolvendo muitos a u e e c´lculos, mas o importante ´ que vocˆ compreenda o significado geom´trico a e e e do que o processo realiza. A id´ia ´ “desentortar”os vetores, trocando cada e e um deles pela sua componente que ´ ortogonal a dire¸˜o de cada subespa¸o e ` ca c gerado pelos anteriores. Ao final do m´todo, obtemos vetores ortogonais, e dois a dois, todos unit´rios. A utilidade de se lidar com bases ortonormais a ficar´ mais evidente quando estudarmos representa¸˜es matriciais de transa co forma¸˜es lineares. N˜o se assuste com o nome - tudo a seu tempo!!! At´ l´! co a e a Em tempo: havendo qualquer d´ vida, procure o tutor da disciplina!! u 171 CEDERJ
- 172. Conjuntos ortogonais e ortonormais Respostas dos exerc´ ıcios 1. (14/5, 28/5) 2. (0, 2, 2) 3. (11/6, −8/6, 5/6) a 4. Observe, primeiramente, que os vetores geradores s˜o ortogonais.A resposta ´ (11/6, −1/3, 19/6). e 5. Veja o exemplo feito em aula: primeiramente obtenha uma base de W; em seguida, aplique o m´todo de Gram-Schmidt para obter uma base ortonore mal. A´ sim, use a express˜o que fornece a proje¸˜o ortogonal. A resposta ı, a ca ´ (5/3, 2/3, 7/3). e √ √ √ √ 6. {(1, 0, 0), (0, 1/ 2, 1/ 2), (0, −1/ 2, 1/ 2)} √ √ √ √ 7. ( 5/5, 2 5/5), (−2 5/5, 5/5)} √ √ √ √ 8. {(1/ 2, 1/ 2, 0, 0), (0, 0, 2/ 5, 1/ 5)}; (2, 2, 4, 2) CEDERJ 172
- 173. Complemento Ortogonal ´ MODULO 2 - AULA 16 Aula 16 – Complemento Ortogonal Objetivo Obter o complemento ortogonal de um subespa¸o. c Esta aula ´ curta - nela completaremos a teoria iniciada na aula ane terior. Destacaremos um subespa¸o especial, que ´ definido a partir de um c e outro subespa¸o, usando a no¸˜o de ortogonalidade. Recordaremos tamb´m c ca e o conceito de soma direta de subespa¸os. Iniciamos com a principal defini¸˜o c ca desta aula. Pr´-requisitos: aulas e 13 (Soma de subespa¸os); c 14 (Espa¸os euclidianos) e c 15 (Conjuntos ortonormais/proje¸˜o ortogonal). ca Complemento ortogonal Sejam V um espa¸o euclidiano e U ⊂ V um subespa¸o vetorial de V . c c ⊥ Vamos representar por U o subconjunto formado pelos vetores de V que s˜o ortogonais a todo vetor de U, isto ´: a e U ⊥ = {v ∈ V | < v, u >= 0, ∀u ∈ U} O subconjunto U ⊥ ´ chamado complemento ortogonal de U e ´ tamb´m e e e um subespa¸o vetorial de V . c De fato, (i) U ⊥ = ∅, pois < oV , u >= 0, ∀u ∈ V ; logo, oV ∈ U ⊥ . (ii) Sejam v1 , v2 ∈ U ⊥ , isto ´, < v1 , u >= 0 e < v2 , u >= 0, ∀u ∈ U. Ent˜o e a < v1 + v2 , u >=< v1 , u > + < v2 , u >= 0 + 0 = 0, ∀u ∈ U. Logo, v1 + v2 ∈ U ⊥ . e a (iii) Sejam α ∈ R e v ∈ U ⊥ , isto ´, < v, u >= 0, ∀u ∈ U. Ent˜o ⊥ < αv, u >= α < v, u >= α.0 = 0, ∀u ∈ U. Logo, αv ∈ U . 173 CEDERJ
- 174. Complemento Ortogonal Exemplo 1 c e Em R2 , o complemento ortogonal do subespa¸o gerado pelo vetor (3, 0) ´ o subespa¸o gerado pelo vetor (0, 1). De fato, sendo U = [(3, 0)], um vetor c u ∈ U ´ da forma (3α, 0), para algum α ∈ R. Queremos identificar os e vetores de R2 que s˜o ortogonais a todo vetor de U. Isto ´, os vetores a e v = (x, y) ∈ R2 tais que < v, u >= 0, ∀u ∈ U. Ou seja, queremos (x, y) tais que 3αx = 0. Como essa igualdade tem que se verificar para qualquer α real, conclu´ ımos que x = 0. Logo, todo vetor de U ⊥ ´ da forma (0, y), com y ∈ R. e Assim, qualquer vetor dessa forma, n˜o nulo, gera U ⊥ , e podemos escrever a ⊥ U = [(0, 1)]. Note que U ´ o eixo das abscissas e U ⊥ , o eixo das ordenadas, e como indica a figura 1. Fig. 1: Um subespa¸o de R2 e seu complemento ortogonal. c Na aula 13, vocˆ estudou soma e soma direta de subespa¸os. e c Recordando: • Sendo U e W subespa¸os vetoriais de um mesmo espa¸o vetorial V , a c c soma de U e W ´ o subconjunto de V formado pelos vetores que podem e ser escritos como a soma de um vetor de U com um de W , isto ´: e U + W = {v ∈ V |v = u + w; u ∈ U e w ∈ W }. • A soma de dois subespa¸os de V ´ tamb´m um subespa¸o de V . c e e c • A soma direta de U e W , representada por U ⊕ W , ´ a soma de U e e W no caso em que U ∩ W = {oV }. • Sendo V de dimens˜o finita, a dimens˜o da soma direta de U e W ´ a a a e soma das dimens˜es de U e W e a uni˜o de uma base de U com uma o a base de W ´ uma base da soma direta. e CEDERJ 174
- 175. Complemento Ortogonal ´ MODULO 2 - AULA 16 • Al´m disso, quando a soma ´ direta, s´ existe uma maneira de decompor e e o cada vetor de V numa soma de um vetor de U com um vetor de U ⊥ , o que significa dizer que esses dois vetores s˜o unicos. a ´ Proposi¸˜o 1 ca Sejam V um espa¸o euclidiano e U, subespa¸o de V . Ent˜o V = U ⊕ U ⊥ . c c a Demonstra¸˜o. ca Temos que mostrar duas coisas: (i) V ´ soma de U e do complemento e ortogonal de U, e (ii) essa soma ´ direta. e (i) Queremos mostrar que, ∀v ∈ V, v = u + w, para algum u ∈ U e algum w ∈ U ⊥. Sejam B = {u1 , ..., um} uma base ortonormal de U, e v ∈ V . Pela proposi¸˜o 3 da aula 15, o vetor ca Vimos, na aula 15, que todo espa¸o euclidiano adc mite uma base ortonormal. w = v− < v, u1 > u1 − < v, u2 > u2 − ...− < v, um > um ´ ortogonal a todo vetor de B e, assim, ortogonal a todo elemento de e a U. Logo, w ∈ U ⊥ . Podemos, ent˜o, escrever v = w + (− < v, u1 > u1 − < v, u2 > u2 − ...− < v, um > um ), ∈U ⊥ ∈U o que prova que V = U + U ⊥ . (ii) Seja v ∈ U ∩ U ⊥ . Como v ∈ U ⊥ , < v, u >= 0, ∀u ∈ U ⊥ . Em particular, como v ∈ U, temos < v, v >= 0, o que implica v = oV . Logo, U ∩ U ⊥ = {oV }. Como j´ vimos na aula 15, todo vetor v ∈ V pode ser decomposto em a duas parcelas, uma sendo a proje¸˜o ortogonal do vetor sobre um subespa¸o ca c de V e a outra, um vetor ortogonal a esse subespa¸o. Considerando os c ⊥ subespa¸os U e U , podemos ent˜o, decompor cada vetor v de V , de forma c a unica, na soma: ´ v = w + u, onde • u ∈ U: u ´ a proje¸˜o ortogonal de v sobre o subespa¸o U, e e ca c • w ∈ U ⊥ : w ´ ortogonal a U. e 175 CEDERJ
- 176. Complemento Ortogonal ´ E importante lembrar que para determinar a proje¸˜o de um vetor v ca de V sobre U, ´ necess´rio conhecer uma base ortonormal de U. Para isso, e a estudamos o m´todo de Gram-Schmidt. e Em resumo: Sendo - U um subespa¸o vetorial do espa¸o euclidiano V ; c c - {v1 , ..., vm } base ortonormal de U - v ∈V, ent˜o v = w + u, onde a m u = projU v = < v, vi > vi i=1 Exemplo 2 e Seja W o eixo z de R3 , isto ´, W = {(x, y, z) ∈ R3 |x = y = 0} = {(0, 0, z); z ∈ R}. e e W ⊥ ´ o plano xy, isto ´: W ⊥ = {(x, y, z) ∈ R3 |z = 0} = {(x, y, 0); x, y ∈ R}. Temos, ent˜o, que R3 = W ⊕W ⊥ , pois, dado (x, y, z) ∈ R3 , podemos escrever a (x, y, z) = (x, y, 0) + (0, 0, z) ∈W ⊥ ∈W e W ∩ W ⊥ = {(0, 0, z); z ∈ R}∩} = {(x, y, 0); x, y ∈ R} = {(0, 0, 0)} = oR3 . Essa situa¸˜o est´ ilustrada na figura 2. ca a Fig. 2: Um subespa¸o de R3 e seu complemento ortogonal. c CEDERJ 176
- 177. Complemento Ortogonal ´ MODULO 2 - AULA 16 Exemplo 3 Seja W o subespa¸o de R4 gerado por u = (1, 2, 3, −1) e w = (2, 4, 7, 2). c Vamos encontrar uma base para W ⊥ . Para um vetor v = (x, y, z, t) de R4 pertencer a W ⊥ , deve ser ortogonal a u e a w, simultaneamente, isto ´: e < v, u >= 0 x + 2y + 3z − t = 0 x + 2y + 3z − t = 0 ⇒ ⇒ . < v, w >= 0 2x + 4y + 7z + 2t = 0 z + 4t = 0 e ca e Um vetor de R4 ´ solu¸˜o desse sistema quando ´ da forma (−2y+13t, y, −4t, t), com y, t ∈ R. Como (−2y+13t, y, −4t, t) = y(−2, 1, 0, 0, )+ t(13, 0, −4, 1), temos que o subespa¸o W ⊥ ´ gerado pelos vetores (−2, 1, 0, 0, ) c e e (13, 0, −4, 1), que s˜o LI . Logo, {(−2, 1, 0, 0, ), (13, 0, −4, 1)} ´ uma base a e ⊥ de W . Vocˆ se lembra? Este m´todo e e para determinar um conjunto de geradores sempre fornece uma base do subespa¸o. c Exemplo 4 Dado U = {(x, y, z) ∈ R3 ; x + y + z = 0}, vamos a) escrever o vetor (3, 2, 5), de R3 como uma soma de um vetor de U e um de U ⊥ ; b) obter o vetor proje¸˜o ortogonal de v = (a, b, c) ∈ R3 sobre U e ca c) escrever o vetor v = (a, b, c), de R3 , como soma de um vetor de U e um ortogonal a U. Vamos obter uma base para U: um vetor de U pode ser escrito na forma (x, y, −x − y) = x(1, 0, −1) + y(0, 1, −1). Logo, os vetores (1, 0, −1) e (0, 1, −1) geram U e s˜o LI. Logo, formam uma base de U. Precisamos a ortonormalizar essa base. Para isso, aplicamos o m´todo de Gram-Schmidt: e Sejam v1 = (1, 0, −1) e v2 = (0, 1, −1). Seja {u1 , u2 } a base ortonormal procurada. Ent˜o: a u1 = v1 ||v1 || 1 1 = ( √2 , 0, − √2 ). w2 = v2 − < v2 , u1 > u1 = (0, 1, −1) − u2 = w2 ||w2 || = 2 √ (− 1 , 1, − 1 ) 2 2 6 = 1 1 1 √ ( √ , 0, − √ ) 2 2 2 1 √ 2 1 (− √6 , 6 , − √6 ). = (− 1 , 1, − 1 ). 2 2 Podemos, agora, resolver o exerc´ ıcio: a) projU (3, 2, 5) = proju1 (3, 2, 5) + proju2 (3, 2, 5) = 2 4 = − √2 u 1 − √6 u 2 = = (−1, 0, 1) + ( 2 , − 4 , 2 ) = 3 3 3 = (− 1 , − 4 , 5 ). 3 3 3 177 CEDERJ
- 178. Complemento Ortogonal Da´ temos ı, (3, 2, 5) − projU (3, 2, 5) = (3, 2, 5) − (− 1 , − 4 , 5 ) = ( 10 , 10 , 10 ). 3 3 3 3 3 3 Ent˜o a 1 4 5 10 10 10 (3, 2, 5) = (− , − , ) + ( , , ). 3 3 3 3 3 3 ∈U ∈U ⊥ b) projU (a, b, c) = proju1 (a, b, c) + proju2 (a, b, c) = = = c) (a, b, c) = ( a−c √ u1 + −a+2b−c u2 = √ 2 6 2a−b−c −a+2b−c −a−b+2c , , 3 3 3 . 2a − b − c −a + 2b − c −a − b + 2c , , )+ 3 3 3 ∈U a+b+c a+b+c a+b+c , , ). ( 3 3 3 ∈U ⊥ Exemplo 5 Em P2 (R), definimos o produto interno 1 f (t) g(t)dt. < f (t), g(t) >= 0 Vamos obter uma base ortonormal do subespa¸o [3, 1 − t]⊥ . c a Seja p(t) = at2 + bt + c ∈ [3, 1 − t]⊥ . Ent˜o 1 < f (t), p(t) >= 0 3(at2 + bt + c)dt = 0 ⇒ 2a + 3b + 6c = 0 (1). 1 < g(t), p(t) >= 0 (1 − t)(at2 + bt + c)t = 0 ⇒ a + 2b + 6c = 0 (2). O sistema linear formado pelas equa¸˜es (1) e (2) possui solu¸˜es (a, b, c) tais co co 2 2 que a = −b; c = −b/6. Logo, p(t) = 6bt − 6bt + b = b(6t − 6t + 1), b ∈ R. Ou seja, o vetor 6t2 − 6t + 1 gera o complemento ortogonal do subespa¸o c e [3, 1 − t]. Assim, {6t2 − 6t + 1} ´ uma base de [3, 1 − t]⊥ . CEDERJ 178
- 179. Complemento Ortogonal ´ MODULO 2 - AULA 16 Resumo Nesta aula estudamos o subespa¸o que ´ o complemento ortogonal de c e um outro. Na verdade, podemos definir o complemento ortogonal de qualquer subconjunto de um espa¸o euclidiano e provar que ´ um subespa¸o, mas c e c quando partimos de um subsconjunto U que ´, ele pr´prio, um subespa¸o, e o c o caso fica muito mais interessante porque podemos escrever o espa¸o como c soma direta de U e seu complemento ortogonal. Podemos, tamb´m, decome por um vetor do espa¸o em duas parcelas, sendo cada uma delas a proje¸˜o c ca ⊥ ortogonal do vetor em um dos subespa¸os: U e U . c Exerc´ ıcios 1. Dado U = {(x, y, z) ∈ R3 ; y − 2z = 0}, a) Escreva o vetor (1, 2, 4), de R3 como uma soma de um vetor de U e um de U ⊥ . b) Obtenha o vetor proje¸˜o ortogonal de v = (a, b, c) ∈ R3 sobre U. ca 2. Seja W o subespa¸o de R4 gerado por u = (1, 2, 3, −1), v = (2, 4, 7, 2) c e = (1, 1, 1, 1). Encontre uma base ortonormal para W ⊥ . 3. Considere o seguinte produto interno em R4 : < (a, b, c, d), (x, y, z, w) >= 2ax + by + cz + dw, c para (a, b, c, d), (x, y, z, w) ∈ R4 . Determine uma base do subespa¸o ortogonal de U = [(1, 2, 0, −1), (2, 0, −1, 1)]. 4. Em M2 (R), a rela¸˜o ca < A, B >= a11 b11 + a12 b12 + a21 b21 + a22 b22 , e onde A = (a1j ), B = (bij ), i, j = 1, 2, ´ um produto interno. Considere o seguinte subespa¸o de M2 (R): c W = x y z w ;x− y + z = 0 . a) Determine uma base de W . b) Determine uma base de W ⊥ . 5. Sejam R4 e U = {(x, y, z, w) ∈ R4 ; x + y − z + 2w = 0}. Determine uma base ortonormal de U de uma de U ⊥ . 179 CEDERJ
- 180. Complemento Ortogonal Auto-avalia¸˜o ca Bem, chegamos ao final do primeiro m´dulo. A pr´xima aula revˆ a o o e teoria apresentada ao longo das 16 primeiras aulas, em forma de exerc´ ıcios. Antes de partir para ela, por´m, certifique-se de ter apreendido a t´cnica e, e e principalmente, o significado do que estudamos nesta aula. Se sentir qualquer dificuldade ao resolver os exerc´ ıcios ou ao estudar os exemplos, entre em contato com o tutor da disciplina. Respostas dos exerc´ ıcios 1. a) (1, 2, 4) = (1, 16 , 8 ) + (0, − 6 , 12 ) 5 5 5 5 b) projU (a, b, c) = (a, 4a+2c , 2b+c ) 5 5 √ 2. Uma base de W ⊥ : { (−7,10,−4,1) } 166 3. (Aten¸˜o para o produto interno, diferente do usual!!) ca Uma base de U ⊥ : {(−1, 1, −4, 0), (1, 0, 6, 2)} a) 1 1 0 0 b) 4. 1 −1 1 0 , 0 1 1 0 , 0 0 0 1 1 1 1 2 1 5. Uma base de U : {( √2 , 0, √2 , 0), (− √6 , √6 , √6 , 0), (− √2 , − √2 , √2 , √3 )}. 21 21 21 21 1 1 1 2 Uma base de U ⊥ : { √7 , √7 , − √7 , √7 )} CEDERJ 180
- 181. Exerc´ ıcios Resolvidos ´ MODULO 2 - AULA 17 Aula 17 – Exerc´ ıcios Resolvidos Objetivo Fazer uma revis˜o do primeiro m´dulo, atrav´s da resolu¸˜o de exerc´ a o e ca ıcios variados. Pr´-requisito: e aulas 1 a 16. Nesta aula, damos uma pequena pausa na apresenta¸˜o da teoria para ca exercitar o conte´ do j´ estudado. Vocˆ tem uma lista de exerc´ u a e ıcios para tentar resolver e conferir com as resolu¸˜es, que se encontram ap´s os enunco o ciados. A id´ia ´ que vocˆ primeiro tente resolvˆ-los, recorrendo, se necess´rio, e e e e a a `s anota¸˜es de aula, e s´ depois de resolver, compare sua solu¸˜o com a que co o ca apresentamos aqui. Caso haja alguma discordˆncia ou d´ vida, procure o tutor. O objetivo a u principal ´ que vocˆ siga em frente, iniciando o segundo m´dulo bem seguro e e o do conte´ do estudado no primeiro. u Exerc´ ıcios 1. Sendo A3×2 C2×4 = = 1 −1 0 , 2 3 1 B3×2 = 0 2 4 , 3 −5 −1 2 a −3 2 0 −1 b 6 , determine a e b para que a matriz 4 2 −6 4 (2A + B)C seja igual a 14 3 −1 38 . 2 0 2 8 2. Dada A = a) A2 c) det A e) A−1 g) det A−1 1 2 , calcule: 4 −3 b) AT d) det AT f) (AT )−1 h) f (A), onde f (x) = x2 + 2x − 11 181 CEDERJ
- 182. Exerc´ ıcios Resolvidos 3. Classifique em V (verdadeira) ou F (Falsa) cada senten¸a abaixo: c a) (A + B)T = AT + B T b) (AB)T = AT B T c) (A + B)−1 = A−1 B −1 d) (AB)−1 = B −1 A−1 e) det A = det AT f) det A−1 = −det A g) Se A ∈ Mn (R), α ∈ R, det αA = nαdet A 1 0 2 4. Determine a ∈ R para que exista a inversa da matriz A = 4 1 a . 2 −1 3 Caso exista, calcule A−1 , para a = 8. 5. (Prov˜o - MEC - 2002) a A e B s˜o matrizes reais n × n, sendo n ≥ 2 e α, um n´ mero real. A a u respeito dos determinantes dessas matrizes, ´ correto afirmar que: e (a) det (AB) = det A.det B (b) det (A + B) = det A + det B (c) det (αA) = αdet A (d) det A ≥ 0, se todos os elementos de A forem positivos (e) se det A = 0 ent˜o A possui duas linhas ou colunas iguais a 2 −1 3 0 2 1 3 5 6. Calcule det ca por triangulariza¸˜o. −2 0 4 5 1 0 1 3 7. Classifique e resolva, por escalonamento, cada um dos sistemas lineares abaixo: x+y−z =0 2x − y + z = 0 x − y + 3z = 2 S2 : S1 : 2x + 4y − z = 0 x + 2y − z = 0 S3 : x+y+z =1 3x + 2y + 2z = 0 3x + y = 0 x − 3y + 5z = 5 2x + 3y + az = 3 , segundo os valores do 8. Discuta o sistema linear x+y−z =1 x + ay + 3z = 2 parˆmetro real a. a CEDERJ 182
- 183. Exerc´ ıcios Resolvidos ´ MODULO 2 - AULA 17 9. Determine as condi¸˜es sobre a, b e c que tornam compat´ o sistema co ıvel x − 2y + 7z = a . x + 2y − 3z = b 2x + 6y − 11z = c 10. Dado um espa¸o vetorial V , mostre que W ⊂ V , n˜o vazio, ´ subespa¸o c a e c vetorial de V se, e somente se, au + bv ∈ W, ∀u, v ∈ W, ∀a, b ∈ R. 11. Verifique se os seguintes vetores de R3 s˜o LD ou LI: a a) (1, 1, −1), (2, 1, 0) e (−1, 1, 2) b) (1, 2, 0), (3, 1, 2) e (2, −1, 2) 12. Obtenha um conjunto de geradores do subespa¸o U, de V , em cada c caso: a) V = R2 ; U = {(x, y) ∈ R2 ; x = 3y} b) V = R3 ; U = {(x, y, z) ∈ R3 ; x = 3y} c) V = R4 ; U = {(x, y, z, t) ∈ R4 ; x = 3y e z − t = 0} 13. Determine o subespa¸o de R3 gerado pelos vetores v1 = (1, −1, 1), c v2 = (2, −3, 1) e v3 = (0, 1, 1). 14. Encontre uma base e dˆ a dimens˜o do subespa¸o de M2 (R) gerado por e a c 3 10 3 2 1 −2 . ew= ,v= u= −11 7 −1 5 3 1 15. Dados U = {(x, x, z); x, z ∈ R} e W = {(x, 0, x); x ∈ R}, suespa¸os de c 3 R , encontre uma base e determine a dimens˜o dos subespa¸os U ∩ W a c e U + W , de R3 . 16. Determine a sabendo que o vetor v = (1, −2, a, 4) ∈ R4 tem m´dulo o √ igual a 30. 17. Considere os vetores u = (1, −2, 1) e v = (0, −3, 4), de R3 . Determine: a) 2u − v b) ||u|| c) o versor de v d) < u, v > e) d(u, v) (a distˆncia de u e v) a 183 CEDERJ
- 184. Exerc´ ıcios Resolvidos 18. Determine a ∈ R tal que os vetores u = (a, a + 2, 1) e v = (a + 1, 1, a), de R3 , sejam ortogonais. a1 b1 a2 b2 e v = , em M2 (R), a c1 d 1 c2 d 2 express˜o < u, v >= a1 a2 + b1 b2 + c1 c2 + d1 d2 define um produto interno a no espa¸o M2 (R). c 2 1 −1 2 , determine ev= Dados os vetores u = 3 4 1 3 19. Dadas as matrizes u = a) ||u + v|| b) o ˆngulo entre u e v a 20. Em P2 (R), definimos o produto interno de dois vetores p(t) = a1 t2 + b1 t + c1 e q(t) = a2 t2 + b2 t + c2 como < p, t >= a1 a2 + b1 b2 + c1 c2 + d1 d2 . Calcule < p(t), q(t) > no caso em que p(t) = 2t2 − 3t + 1 e q(t) = t2 + 5t − 2. 21. Determinar o versor de um vetor v ´ um processo tamb´m conhecido e e por normaliza¸ao de v. Normalize cada um dos vetores abaixo, no c˜ espa¸o euclidiano R3 : c a) u = (1, 2, −1) b) v = (1/2, 2/3, 1/2) 22. Em P3 (R), considere o produto interno 1 f (t)g(t)dt. < f (t), g(t) >= 0 a) Calcule o produto interno de f (t) = t − 1 por g(t) = 3t3 + 2t + 1. b) Calcule ||p(t)||, onde p(t) = t2 − t. c) Determine a ∈ R para que f (t) = at2 + 1 e g(t) = t − 2 sejam ortogonais. 23. Mostre que se u ´ ortogonal a v ent˜o todo m´ ltiplo escalar de u e a u tamb´m ´ ortogonal a v. e e 24. Encontre um vetor unit´rio, ortogonal, simultaneamente, a v1 = (2, 1, 1) a 3 e v2 = (1, 3, 0), em R . CEDERJ 184
- 185. Exerc´ ıcios Resolvidos ´ MODULO 2 - AULA 17 25. Sejam u, v vetores de um espa¸o euclidiano V , com v n˜o nulo. Mostre c a < u, v > que o vetor w = u − v ´ ortogonal a v. (O vetor w ´ a proje¸˜o e e ca ||v||2 ortogonal de u na dire¸˜o de v, obtido sem a hip´tese de v ser unit´rio.) ca o a 26. Determine a ∈ R tal que os vetores u = (a, a + 2, 1) e v = (a + 1, 1, a), de R3 , sejam ortogonais. 27. Obtenha uma base ortonormal de R3 a partir da base B = {v1 , v2 , v3 }, onde v1 = (1, 1, −1), v2 = (1, −1, 0), v3 = (−1, 1, 1). 28. Em R3 , com o produto interno usual, determine a proje¸˜o ortogonal do ca vetor u = (1, 2, −3) sobre o subespa¸o gerado pelos vetores v1 = (1, 0, 2) c e v2 = (0, 1, 0). c 29. Considere U = {(x, y, z) ∈ R3 ; x − y − z = 0}, subespa¸o de R3 . a) Determine uma base ortonormal de U. b) Determine uma base ortonormal de U ⊥ . c) Escreva o vetor v = (a, b, c) ∈ R3 como soma de um vetor de U e um de U ⊥ . Resolu¸˜o dos exerc´ ca ıcios 2 −2 0 R1. (2A + B)C) = 4 0 + 3 6 2 −5 2 0 a −3 2 2 = = 7 4 0 −1 b 6 1 1 Ent˜o, a 2a = 2 7a − 4 = 3 a=1 ⇒ a−1=0 b=5 −21 + 4b = −1 −3 + b = 2 R2. a) A2 = 1 2 4 −3 b) AT = 1 2 4 −3 2 4 −1 2 a −3 2 0 −1 b 6 = 4 2a −6 4 14 7a − 4 −21 + 4b 38 . 2 a−1 −3 + b 8 1+8 2−6 4 − 12 8 + 9 9 −4 −8 17 1 4 2 −3 = = . 185 CEDERJ
- 186. Exerc´ ıcios Resolvidos c) det A = −3 − 8 = −11 d) det AT = det A = −11 e) A−1 : 1 4 1 0 1 0 1 0 2 | 1 0 −3 | 0 1 L2 ← L2 − 4L1 | 2 | 1 0 −11 | −4 1 L2 ← −1/11L2 . | 2 | 1 0 L1 ← L1 − 2L2 1 | 4/11 −1/11 | 0 | 3/11 2/11 1 | 4/11 −1/11 Logo, A−1 = 3/11 2/11 4/11 −1/11 f) (AT )−1 = (A−1 )T = . 3/11 4/11 2/11 −1/11 g) det A−1 = (det A)−1 = (11)−1 = −1/11 h) f (A) = A2 +2A−11I2 = 9 −4 −8 17 + 2 4 8 −6 − 11 0 0 11 0 0 . Neste caso, dizemos que a matriz A ´ um zero da e 0 0 fun¸˜o f . ca R3. a) (V) b) (F): (AB)T = B T AT c) (F): n˜o h´ f´rmula para a inversa da soma a a o d) (V) e) (V) 1 f) (F): det A−1 = (det A)−1 = det A . Justamente porque o determinante da matriz A aparece no denominador ´ que s´ existe a e o inversa de A se seu determinante for diferente de zero. CEDERJ 186 =
- 187. Exerc´ ıcios Resolvidos ´ MODULO 2 - AULA 17 g) (F): A cada linha de A que ´ multiplicada pelo escalar α, o detere minante fica multiplicado por α. Uma matriz quadrada de ordem n possui n linhas. Logo, o determinante de A multiplicada por α ´ igual ao determinante de A multiplicado por α, n vezes. Ou e seja, det αA = αn det A. R4. Para que exista a inversa de A, o seu determinante n˜o pode ser nulo. a Vamos calcular det A, pelo m´todo de Sarrus: e 1 0 2 e 4 1 a = (3 − 8) − (4 − a) = a − 9. Queremos det A = 0, isto ´, 2 −1 3 a − 9 = 0 ⇒ a = 9. Podemos calcular a inversa de A para a = 8: 1 0 2 | 1 0 0 4 1 8 | 0 1 0 L2 ← L2 − 4L1 2 −1 3 | 0 0 1 L3 ← L3 − 2L1 | 1 0 2 | 1 0 0 0 1 0 | −4 1 0 0 −1 −1 | −2 0 1 L3 ← L3 + L2 | 1 0 2 | 1 0 0 0 1 0 | −4 1 0 0 0 −1 | −6 1 1 L3 ← −L3 | 1 0 2 | 1 0 0 L1 ← L1 − 2L3 0 1 0 | −4 1 0 0 0 1 | 6 −1 −1 | 1 0 0 | −11 2 2 0 1 0 | −4 1 0 0 0 1 | 6 −1 −1 −11 2 2 Logo, A−1 = −4 1 0 . 6 −1 −1 R5. A op¸˜o correta ´ a letra (a). ca e 187 CEDERJ
- 188. Exerc´ ıcios Resolvidos R6. 2 −1 3 0 2 1 3 5 −2 0 4 5 1 0 1 3 1 0 0 1 = (−) 0 0 0 −1 L1 ↔ L4 1 3 1 −1 6 11 1 −6 1 0 2 1 = (−) −2 0 2 −1 L4 ← L4 + L2 1 3 4 3 3 5 5 0 1 0 = (−) 0 0 1 0 1 3 0 1 1 −1 = (−)(6) = (−)(6) 0 0 1 11 6 0 0 2 −7 L4 ← L4 − 2L3 = (−)(6)(1)(1)(1) − 64 = 64. 6 L2 ← L2 − 2L1 = L3 ← L3 + 2L1 L4 ← L4 − 2L1 0 1 0 0 1 3 1 −1 6 11 2 −7 1 0 0 0 0 1 0 0 L3 ← 1 L3 6 1 3 1 −1 11 1 6 0 − 64 6 = = 1 1 −1 1 1 −1 a) 2 4 −1 L2 ← L2 − 2L1 → 0 2 1 L2 ← L2 ↔ L3 L3 ← L3 − 3L1 0 −1 5 3 2 2 1 1 −1 1 1 −1 → 0 −1 → 0 −1 5 . Obte5 0 0 11 0 2 1 L3 ← L3 + 2L2 mos o sistema equivalente: x+y−z =0 e ıvel −y + 5z = 0 , que ´ compat´ determinado, com conjunto 11z = 0 solu¸˜o {(0, 0, 0)}. ca R7. 1 2 −1 2 −1 1 L1 ↔ L2 → 2 −1 b) 1 1 L2 ← L2 − 2L1 → 2 −1 L3 ← L3 − 3L1 3 1 0 3 1 0 1 2 −1 1 2 −1 → 0 −5 → 0 −5 3 . Obte3 0 0 0 0 −5 3 L3 ← L3 − L2 x + 2y − z = 0 , que ´ compat´ e ıvel −5y + 3z = 0 ca e indeterminado. Fazendo y = 3 z, na segunda equa¸˜o, e subs5 tituindo na primeira, obtemos x = − 1 z. Logo, as solu¸˜es do co 5 3 sistema s˜o os vetores de R da forma (−z/5, 3z/5, z), para z ∈ R. a mos o sistema equivalente: CEDERJ 188 →
- 189. Exerc´ ıcios Resolvidos ´ MODULO 2 - AULA 17 1 −1 3 | 2 1 −1 3 | 2 c) 1 1 1 | 1 L2 ← L2 − L1 → 0 2 −2 | −1 L ← L3 − L1 1 −3 5 | 5 0 −2 2 | 3 3 1 −1 3 | 2 → 0 2 −2 | −1 . Obtemos o sistema 0 0 0 | 2 L3 ← L3 + L2 x − y + 3z = 2 equivalente e ıvel. Logo, o 2y − 2z = −1 , que ´ incompat´ 0=2 conjunto-solu¸˜o do sistema dado ´ vazio. ca e 1 1 −1 | 1 2 3 a | 3 L1 ↔ L2 → 2 3 R8. 1 1 −1 | 1 a | 3 1 a 3 | 2 1 a 3 | 2 1 1 −1 | 1 → 0 1 a+2 | 1 0 a−1 4 | 1 L3 ← L3 − (a − 1)L2 1 1 −1 | 1 → 0 1 a+2 | 1 . 0 0 4 − (a − 1)(a + 2) | 1 − (a − 1) L2 ← L2 − 2L1 → L3 ← L3 − L1 → A terceira equa¸˜o pode ser escrita −(a − 2)(a + 3)z = −(a − 2). Note ca que a express˜o do primeiro membro se anula para a = 2 ou a = −3. a Ent˜o, a Se a = 2, a terceira equa¸˜o fica 0 = 0 e o sistema ´, nesse caso, ca e compat´ e indeterminado. ıvel Se a = −3, a terceira equa¸˜o fica 0z = 5, o que torna o sistema ca incompat´ ıvel. Finalmente, se a = 2 e a = −3, a terceira equa¸˜o nem ´ eliminada ca e nem ´ imposs´ e ıvel. Nesse caso, o sistema ´ compat´ e determinado. e ıvel 1 −2 7 | a 1 −2 7 | a R9. 1 4 −10 | b − a 2 −3 | b L2 ← L2 − L1 → 0 L3 ← L3 − 2L1 0 10 −25 | c − 2a 2 6 −11 | c 1 −2 7 | a → 0 → 1 −5/2 | (b − a)/4 L2 ← 1/4L2 0 10 −25 | c − 2a L3 ← L3 − 10L2 189 CEDERJ
- 190. Exerc´ ıcios Resolvidos 1 −2 7 | a → 0 1 −5/2 | (b − a)/4 . Para que o sistema seja 0 0 0 | c − 2a − 10( b−a ) 4 compat´ ´ necess´rio ter c−2a−10( b−a ) = 0, ou seja, a−5b+2c = 0. ıvel e a 4 R10. Vimos que um subconjunto W de um espa¸o vetorial V ´ subespa¸o vec e c torial de V se (i) W = ∅; (ii) av ∈ W, ∀v ∈ W, ∀a ∈ R e (iii) u + v ∈ W, ∀u, v ∈ W . (⇒) Vamos supor que W ´ subespa¸o. Ent˜o W ´ n˜o-vazio. Al´m e c a e a e disso, dados a, b ∈ R, u, v ∈ W , por (ii), temos que au ∈ W e bv ∈ W . Por (iii), au + bv ∈ W . (⇐) Vamos supor, agora, que W ´ n˜o-vazio e au + bv ∈ V, ∀u, v ∈ e a V, ∀a, b ∈ R. Fazendo b = 0, temos a validade da propriedade (ii) da defini¸˜o de subespa¸o. Fazendo a = b = 1, temos a validade de (iii). ca c R11. a) a1 (1, 1, −1) + a2 (2, 1, 0) + a3 1, 2) = oR3 = (0, 0, 0) ⇒ (−1, a1 + 2a2 − a3 = 0 1 2 −1 ⇒ a + a2 + a3 = 0 ⇒ 1 1 1 L2 ← L2 − L1 → 1 −a1 + 2a3 = 0 −1 0 2 L3 ← L3 + L1 1 2 −1 1 2 −1 → 0 −1 → 0 −1 2 . 2 0 0 5 0 2 1 L3 ← L3 + 2L2 Obtemos, assim, o sistema equivalente: a1 + 2a2 − a3 = 0 , cuja solu¸˜o ´ dada por a1 = a2 = a3 = 0. ca e −a2 + 2a3 = 0 5a3 = 0 a Logo, os vetores v1 , v2 , e v3 s˜o LI. b) a1 (1, 2, 0) + a2 (3, −1, 2) + a3 (2, −1, 2) = oR3 = (0, 0, 0) ⇒ a1 + 3a2 + 2a3 = 0 1 3 2 ⇒ 2a + a2 − a3 = 0 ⇒ 2 1 −1 L2 ← L2 − 2L1 → 1 2a2 + 2a3 = 0 0 2 2 1 3 2 1 3 2 → 0 −5 −5 L2 ← −1/5L2 → 0 1 1 → 0 2 2 0 2 2 1 3 2 → 0 1 1 . Obtemos, assim, o sistema L3 ← L3 − 2L2 0 0 0 a1 + 3a2 + 2a3 = 0 , que ´ indeterminado. Logo, e a2 + a3 = 0 a os vetores v1 , v2 e v3 s˜o LD. equivalente CEDERJ 190
- 191. Exerc´ ıcios Resolvidos R12. ´ MODULO 2 - AULA 17 a) v ∈ U ⇒ v = (3y, y) = y(3, 1); y ∈ R. Um conjunto gerador de U ´ {(3, 1)}. e b) v ∈ U ⇒ v = (3y, y, z) = y(3, 1, 0) + z(0, 0, 1); y, z ∈ R. Um conjunto gerador de U ´ {(3, 1, 0), (0, 0, 1)}. e c) v ∈ U ⇒ v = (3y, y, t, t) = y(3, 1, 0, 0) + t(0, 0, 1, 1); y, t ∈ R. Um conjunto gerador de U ´ {(3, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 1)}. e R13. Um vetor v = (x, y, z) de R3 pertence ao subespa¸o gerado pelos vec tores v1 , v2 e v3 se v pode ser escrito como uma combina¸˜o linear ca desses vetores. Isto ´, queremos que existam a, b, c reais tais que e (x, y, z) = a(1, −1, 1) + b(2, −3, + c(0, 1, 1). Em outras palavras, 1) a + 2b = x queremos que o sistema linear ıvel. −a − 3b + c = y seja compat´ a+b+c =z Vamos escalonar o sistema: 1 2 0 | x 1 2 0 | x −1 −3 1 | y L2 ← L2 + L1 → 0 −1 1 | y + x → L3 ← L3 − L1 0 −1 1 | z − x 1 1 1 | z 1 2 0 | x → 0 −1 1 | y+x . Para que o sis0 0 0 | z − x − (y + x) L3 ← L3 − L2 tema admita solu¸˜o devemos ter z −x−(y +x) = 0, isto ´, o subespa¸o ca e c e de R3 gerado pelos vetores v1 , v2 e v3 ´ {(x, y, z) ∈ R3 ; 2x + y − z = 0}. R14. Queremos caracterizar as matrizes de M2 (R) que podem ser escritas como combina¸˜o linear de u, v e w: ca a + 3b + 3c −2a + 2b + 10c x y . Em = au + bv + cw = 3a − b − 11c a + 5b + 7c z t outras palavras, queremos que seja compat´ o sistema: ıvel a + 3b + 3c = x −2a + 2b + 10c = y . Escalonando esse sistema temos: 3a − b − 11c = z a + 5b + 7c = t 1 3 3 | x −2 2 10 | y L2 ← L2 + 2L1 → 3 −1 −11 | z L3 ← L3 − 3L1 1 5 7 | t L4 ← L4 − L1 191 CEDERJ
- 192. Exerc´ ıcios Resolvidos → → 1 3 3 | x 0 8 16 | y + 2x 0 −10 −20 | z − 3x 0 2 4 | t−x 1 3 3 | x 0 2 4 | t−x 0 −10 −20 | z − 3x 0 8 16 | y + 2x 1 3 0 2 → 0 0 0 0 3 4 0 0 L ↔L 2 4 → → L3 ← L3 + 5L2 L4 ← L4 − 4L2 | x | t−x | z − 3x + 5(t − x) | y + 2x − 4(t − x) . Temos que ter, ent˜o: a z − 3x + 5(t − x) = 0 e y + 2x − 4(t − x) = 0. Escrevendo y e z em fun¸˜o das vari´veis livres x e t, temos: ca a y = −6x + 4t e z = 8x − 5t. Logo, uma matriz do subespa¸o procurado c ´ da forma e 0 4 1 −6 x −6x + 4t ; x, t ∈ R. +t =x −5 1 8 0 8x − 5t t 1 −6 8 0 Concluimos, ent˜o, que a , 0 4 −5 1 ´ uma base do e subespa¸o e sua dimens˜o ´ 2. c a e a=b R15. Seja v = (a, b, c) ∈ U ∩ W . Ent˜o a a = c Logo, a = b = c = 0, o que b=0 implica U ∩W = {(0, 0, 0)}. Ent˜o dim (U ∩W ) = 0. Como dim U = 2, a pois {(1, 1, 0), (0, 0, 1)} ´ uma base de U e dim W = 1, pois {(1, 0, 1)} e ´ uma base de W , temos dim U + dim W = 3 = dimR3 . Logo, R3 e ´ a soma direta dos subespa¸os U e W . Como base de R3 podemos e c considerar a canˆnica ou a uni˜o das bases mencionadas acima, de U o a e W. √ √ √ √ R16. ||v|| = < v, v > = 30 ⇒ 1 + 4 + a2 + 16 = 30 ⇒ 21 + a2 = 30 ⇒ a2 = 9 ⇒ a = ±9. R17. a) 2u − v = (2, −4, 2) − (0, −3, 4) = (2, −1, −2). √ √ b) ||u|| = 1 + 4 + 1 = 6. c) versor de v = CEDERJ 192 v ||v|| = (0,−3,4) √ 9+16 = 0, − 3 , 4 . 5 5
- 193. Exerc´ ıcios Resolvidos ´ MODULO 2 - AULA 17 d) < u, v >= 0 + 6 + 4 = 10. e) d(u, v) = ||u − v|| = ||(1, 1, −3)|| = √ 1+1+9= √ 11. R18. < u, v >= 0 ⇒ a(a + 1) + (a + 2) + a = 0 ⇒ a2 + 3a + 2 = 0 ⇒ a = −1 ou a = −2. R19. 1 3 4 7 a) ||u + v|| = b) cos θ = <u,v> ||u||.||v|| = = √ √ 1 + 9 + 16 + 49 = −2+2+3+12 √ √ 1+4+1+9 4+1+9+16 = √ 15 √ 15 30 √ 75 = 5 3. √ 2 2 = ⇒ θ = 45o. R20. < p(t), q(t) >= 2 − 15 − 2 = −15. R22. a) u ||u|| = (1,2,−1) √ 6 b) R21. v ||v|| = (1/2,2/3,1/2) a) 1 (t 0 3t5 5 √ = 17/18 1 2 1 √ , √ , −√ 6 6 6 = . √ 3 2 1 2 1 √ ( , , ) 17 2 3 2 = 1 (3t4 0 − 1)(3t3 + 2t + 1)dt = − 3t4 4 + b) ||p(t)|| = 1 4 (t 0 2t3 3 − t2 2 −t 1 = 0 3 5 t5 5 a = − 18 . 5 at4 4 − − 3t3 + 2t2 − t − 1)dt = − 1 (p(t))2 dt = 0 1 3 2t4 + t3 0 = 4 1 (f (t).g(t))dt = 0 ⇒ 0 1 3 2 2at + t2 − 2t =0⇒ a 3 4 0 c) < f (t), g(t) >= 0 ⇒ 2)dt = 0 ⇒ . − 3 + 2 − 1 − 1 = − 59 . 4 3 2 60 < p(t), p(t) > = − 2t3 + t2 )dt = √ √ √ 3 2 2 2 3 2 √ , √ , √ 2 17 17 2 17 1 2 (t 0 − t)2 dt = 1 . 30 1 (at3 0 − 2a 3 − 2at2 + t − + 1 −2= 0⇒ 2 R23. Se u ´ ortogonal a v ent˜o < u, v >= 0. Seja α ∈ R. Ent˜o e a a < αu, v >= α < u, v >= α.0 = 0. Logo, αu tamb´m ´ ortogonal e e a v, para qualquer escalar α. R24. Queremos um vetor v = (a, b, c) tal que < v, v1 >= 0 =< v, v2 >. Isto 2a + b + c = 0 . A solu¸˜o desse sistema ´ qualquer vetor de ca e leva a a + 3b = 0 R3 da forma (−3b, b, 5b), para b ∈ R. R25. u − <u,v> v, v =< u, v > − ||v||2 =< u, v > − < u, v >= 0. <u,v> v, v ||v||2 =< u, v > − <u,v> ||v||2 ||v||2 = R26. a(a + 1) + (a + 2) + a = 0 ⇒ a2 + 3a + 2 = 0 ⇒ a = −1 ou a = −2. 193 CEDERJ
- 194. Exerc´ ıcios Resolvidos R27. Seja {u1 , u2, u3 } a base ortonormal procurada. Ent˜o: a (1,1,−1) v1 u1 = ||v1 || = √3 . w2 = v2 − proju1 v2 =< v2 , u1 > u1 = 0.u1 , o que indica que os vetores u1 e v2 s˜o ortogonais. Basta normalizar o vetor v2 : a v2 √ u2 = ||v2 || = (1,−1,0) . 2 w3 = v3 − proju1 v3 − proju2 v3 = v3 − < v3 , u1 > u1 − < v3 , u2 > u2 = 1 1 1 1 2 1 1 √ , √ , −√ √ , −√ , 0 = 1, 1, 2 . (−1, 1, 1) − − √3 − − √2 3 3 3 3 3 3 2 2 w 3 1 1 2 u3 = ||w3 || = √6 1 , 1 , 2 = √6 , √6 , √6 . 3 3 3 3 Resposta: 1 1 1 1 1 1 1 2 √ , √ , −√ , √2 , − √2 , 0 , √6 , √6 , √6 3 3 3 . R28. Sendo S o subespa¸o de R3 gerado pelos vetores v1 e v2 , sabemos que c e projS u = proju1 u + proju2 u, onde {u1 , u2 } ´ uma base ortonormal de S. Verificamos que os vetores v1 e v2 s˜o LI (um n˜o ´ m´ ltiplo do a a e u outro) e, portanto, formam uma base de S. Al´m disso, o produto e interno deles ´ zero, logo, formam uma base ortogonal. Precisamos e v √ apenas normaliz´-la. Logo, u1 = ||v1 || = (1,0,2) e u2 = v2 , pois vetor v2 a 5 1 ´ unit´rio. e a Ent˜o: a −5 1 2 projS u =< u, u1 > u1 + < u, u2 > u2 = √5 √5 , 0, √5 + 2(0, 1, 0) = (−1, 0, −2) + (0, 2, 0) = (−1, 2, −2). R29. a) Um vetor de U ´ da forma (y + z, y, z) = y(1, 1, 0) + z(1, 0, 1). e e Assim, {v1 , v2 } com v1 = (1, 1, 0) e v2 = (1, 0, 1) ´ uma base de U. Vamos aplicar o m´todo de Gram-Schmidt para ortonormalizar e essa base. Seja {u1 , u2 } a base ortonormal procurada. Ent˜o a u1 = v1 ||v1 || = 1 1 √ , √ ,0 2 2 . w2 = v2 − < v2 , u1 > u1 = (1, 0, 1) − 1 √ 2 1 1 √ , √ ,0 2 2 = ( 1 , 1 , 0) = 2 2 ( 1 , − 1 , 1). 2 2 u2 = w2 ||w2 || Logo, { = 2 √ 6 1 , −1, 1 2 2 1 1 √ , √ ,0 2 2 , = 1 1 2 √ , −√ , √ 6 6 6 1 1 2 √ , −√ , √ 6 6 6 . } ´ uma base ortonormal de U. e pertence a U ⊥ se x+y =0 . Logo, < v, v1 >=< v, v2 >= 0. Isto leva a x+z =0 v = (x, −x, −x) = x(1, −1, −1), para x ∈ R. Vamos normali1 1 1 zar o vetor (1, −1, −1), obtendo o vetor u3 = √3 , − √3 , − √3 . b) Um vetor Ent˜o, { a CEDERJ 194 v = 1 1 1 √ , −√ , −√ 3 3 3 (x, y, z) de R3 } ´ uma base ortonormal de U ⊥ . e
- 195. Exerc´ ıcios Resolvidos ´ MODULO 2 - AULA 17 c) Queremos escrever (a, b, c) = u + w, com u ∈ U e w ∈ U ⊥ . Para isso, temos que determinar o vetor u, proje¸˜o ortogonal de v = ca (a, b, c) sobre o subespa¸o U: c u = projU v = proju1 v + proju2 v =< v, u1 > u1 + < v, u2 > 1 1 1 1 2 √ √ u2 = a+b √2 , √2 , 0 + a−b+2c √6 , − √6 , √6 = a+b , a+b , 0 + 2 2 2 6 a−b+2c −a+b−2c 2a−2b+4c , , 6 6 6 = Calculando v − projv U = a−b−c −a+b+c −a+b+c . , 3 , 3 3 2a+b+c a+2b−c a−b+2c , 3 , 3 . 3 (a, b, c) − 2a+b+c , a+2b−c , a−b+2c 3 3 3 = Logo, a decomposi¸˜o do vetor (a, b, c) numa soma de um vetor ca de U com um de U ⊥ ´ dada por e 2a + b + c a + 2b − c a − b + 2c , , (a, b, c) = + 3 3 3 a − b − c −a + b + c −a + b + c , , 3 3 3 ∈U . ∈U ⊥ 195 CEDERJ