Álgebra Linear, Notas de estudo de Engenharia de Produção
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Espaços Vetoriais, Subespaços Vetoriais, Combinações Lineares, Dependência Linear, Base, Dimensão e Coordenadas, Mudança de Base, Transformações Lineares, Autovalores e Autovetores, Espaços Euclidianos
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Álgebra Linear

Sérgio Luı́s Zani

2

Sumário

1 Espaços Vetoriais 7 1.1 Introdução e Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.2 Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.3 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2 Subespaços Vetoriais 15 2.1 Introdução e Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 2.2 Interseção e Soma de Subespaços . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 2.3 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

3 Combinações Lineares 23 3.1 Introdução e Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 3.2 Geradores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 3.3 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

4 Dependência Linear 31 4.1 Introdução e Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 4.2 Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 4.3 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

5 Base, Dimensão e Coordenadas 37 5.1 Base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 5.2 Dimensão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 5.3 Dimensão de Soma de Subespaços Vetoriais . . . . . . . . . . . . . . . 41 5.4 Coordenadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 5.5 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

3

4 SUMÁRIO

6 Mudança de Base 51 6.1 Introdução, Exemplos e Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 6.2 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

7 Exercı́cios Resolvidos – Uma Revisão 59

8 Transformações Lineares 71 8.1 Introdução e Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 8.2 O Espaço Vetorial L (U, V ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 8.3 Imagem e Núcleo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79 8.4 Isomorfismo e Automorfismo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85 8.5 Matriz de uma Transformação Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

8.5.1 Definição e Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87 8.5.2 Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

8.6 Exercı́cios Resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93 8.7 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

9 Autovalores e Autovetores 105 9.1 Definição, Exemplos e Generalidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 9.2 Polinômio Caracterı́stico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 9.3 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

10 Diagonalização 115 10.1 Definição e Caracterização . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115 10.2 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

11 Forma Canônica de Jordan 125 11.1 Exercı́cio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

12 Espaços Euclidianos 133 12.1 Produto Interno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133 12.2 Norma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136 12.3 Distância . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138 12.4 Ângulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 12.5 Ortogonalidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140 12.6 Processo de Ortonormalização de Gram-Schmidt . . . . . . . . . . . . 145 12.7 Complemento Ortogonal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

SUMÁRIO 5

12.8 Isometria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150 12.9 Operador Auto-adjunto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153 12.10Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156

6 SUMÁRIO

Capı́tulo 1

Espaços Vetoriais

1.1 Introdução e Exemplos

Neste capı́tulo introduziremos o conceito de espaço vetorial que será usado em todo o decorrer do curso.

Porém, antes de apresentarmos a definição de espaço vetorial, passemos a analisar em paralelo dois objetos: o conjunto formado pelas funções f : R → R, denotado por F (R) e o conjunto das matrizes quadradas de ordem m com coeficientes reais que denotaremos por Mm(R), ou simplesmente, por Mm.

A soma de duas funções f e g de F (R) é definida como sendo a função f + g ∈ F (R) dada por (f + g)(x) = f(x) + g(x).

Note também que se λ ∈ R podemos multiplicar a função f pelo escalar λ, da seguinte forma (λf)(x) = λ(f(x)), resultando num elemento de F (R).

Com relação a Mn podemos somar duas matrizes quadradas de ordem n, A = (aij)n×n e B = (bij)n×n, colocando A + B = (aij + bij)n×n, que é um elemento de Mn.

Com a relação à multiplicação de A = (aij)n×n por um escalar λ ∈ R, é natural definirmos λA = (λaij)n×n, o qual também pertence a Mn.

O que estes dois conjuntos acima, com estas estruturas de adição de seus elementos e multiplicação de seus elementos por escalares, têm comum? Vejamos:

Verifica-se facilmente a partir das propriedades dos números reais que, com relação a quaisquer funções f, g e h em F (R) e para todo λ, µ ∈ R, são válidos os seguintes resultados:

1. f + g = g + f ;

7

8 CAPÍTULO 1. ESPAÇOS VETORIAIS

2. f + (g + h) = (f + g) + h;

3. se O representa o função nula, isto é, O(x) = 0 para todo x ∈ R então O+f = f ;

4. a função −f definida por (−f)(x) = −[f(x)] para todo x ∈ R é tal que f + (−f) = O;

5. λ(µf) = (λµ)f ;

6. (λ+ µ)f = λf + µf ;

7. λ(f + g) = λf + λg;

8. 1f = f.

Agora, com relação a quaisquer matrizes A,B e C em Mm e para todo λ, µ ∈ R, também são válidos os seguintes resultados:

1. A+B = B +A;

2. A+ (B + C) = (A+B) + C;

3. se O representa o função nula, isto é, O = (0)n×n então O +A = A;

4. se A = (ai,j)n×n então a matriz −A definida por −A = (−ai,j)n×n é tal que A+ (−A) = O;

5. λ(µA) = (λµ)A;

6. (λ+ µ)A = λA+ µA;

7. λ(A+B) = λA+ λB;

8. 1A = A.

Podemos ver que tanto o conjuntos das funções definidas na reta a valores reais como o das matrizes quadradas quando munidos de somas e multiplicação por escala- res adequadas apresentam propriedades algébricas comuns. Na verdade muitos outros conjuntos munidos de operações apropriadas apresentam propriedades semelhantes às acima. É por isso que ao invés de estudarmos cada um separadamente estudaremos um conjunto arbitrário e não vazio, V, sobre o qual supomos estar definidas uma operação de adição, isto é, para cada u, v ∈ V existe um único elemento de V associado, chamado

1.1. INTRODUÇÃO E EXEMPLOS 9

a soma entre u e v e denotado por u + v, e uma multiplicação por escalar, isto é, para cada u ∈ V e λ ∈ R existe um único elemento de V associado, chamado de o produto de u pelo escalar λ e denotado por λu.

Definição 1.1 Diremos que um conjunto V como acima munido de uma adição e de uma multiplicação por escalar é um espaço vetorial se para quaisquer u, v e w em V e para todo λ, µ ∈ R são válidas as seguintes propriedades: EV1 u+ v = v + u para quaisquer u, v ∈ V ;

EV2 u+ (v + w) = (u+ v) + w para quaisquer u, v, w ∈ V ;

EV3 existe um elemento 0 ∈ V tal que 0 + u = u para todo u ∈ V ;

EV4 para cada u ∈ V existe v ∈ V tal que u+ v = 0;

EV5 λ(µu) = (λµ)u para quaisquer u ∈ V e λ, µ ∈ R;

EV6 (λ+ µ)u = λu+ µu para quaisquer u ∈ V

EV7 λ(u+ v) = λu+ λv para quaisquer u, v ∈ V e λ ∈ R;

EV8 1u = u para qualquer u ∈ V.

Observação 1.2 O elemento 0 na propriedade EV3 é único, pois qualquer outro 0′ ∈ V satisfazendo a mesma propriedade EV3 então, pelas propriedades EV3 e EV1 terı́amos 0′ = 0 + 0′ = 0′ + 0 = 0, isto é, 0 = 0′.

Observação 1.3 Em um espaço vetorial, pela propriedade EV4, para cada u ∈ V existe v ∈ V tal que u + v = 0. Na verdade, para cada u ∈ V existe somente um elemento v ∈ V com esta propriedade. De fato, dado u ∈ V se v e v′ em V são tais que u+v = 0 e u + v′ = 0 então, combinando estas equações com as propriedades EV1,EV2 e EV3, obtemos v = v+ 0 = v+ (u+ v′) = (v+ u) + v′ = (u+ v) + v′ = 0+ v′ = v′, isto é v = v′. Denotaremos v por −u e u− v por u+ (−v).

Observação 1.4 As quatro primeiras propriedades referem-se apenas à operação de adição e são conhecidas, respectivamente, por propriedade comutativa, propriedade associatividade, existência do elemento neutro e existência do elemento inverso.

A quinta e a oitava propriedades são exclusivas da multiplicação por escalar e também podem ser chamadas de associatividade e elemento neutro da multiplicação, respectivamente.

10 CAPÍTULO 1. ESPAÇOS VETORIAIS

A sexta e a sétima propriedades relacionam as duas operações e são ambas conhe- cidas por distributividade.

Um outro exemplo de espaço vetorial, além dos dois apresentados no inı́cio do texto, é o conjunto dos vetores como apresentados em Geometria Analı́tica munido da adição e da multiplicação por escalar. Dessa forma, o adjetivo vetorial utilizado na definição acima deve ser entendido de uma forma mais ampla, sendo uma referência aos elementos de V independentemente de serem ou não vetores.

Talvez o exemplo mais simples de espaço vetorial seja o conjunto dos números reais com a adição e multiplicação usuais. Mais geralmente, para cada n ∈ N, podemos trans- formar o conjunto das n-uplas ordenadas de números reais, Rn, em um espaço vetorial definindo a adição de duas n-uplas ordenadas, x = (x1, . . . , xn) e y = (y1, . . . , yn), adicionando-se coordenada a coordenada, isto é,

x+ y = (x1 + y1, . . . , xn + yn)

e o produto de uma n-upla x = (x1, . . . , xn) por um escalar λ ∈ R por

λx = (λx1, · · · , λxn).

É uma rotina bem simples verificar que desse modo Rn é um espaço vetorial. Deixamos como exercı́cio esta tarefa.

Verifique também que os seguintes exemplos são espaços vetoriais.

1. Sejam n ∈ N e V = Pn(R) o conjunto formado pelo polinômio nulo e por todos os polinômios de grau menor ou igual a n com coeficientes reais. Definimos a adição e a multiplicação por escalar da seguinte maneira:

• Se p(x) = a0+ a1x · · ·+ anxn e q(x) = b0+ b1x · · ·+ bnxn são elementos de Pn(R) então

p(x) + q(x) = (a0 + b0) + (a1 + b1)x · · ·+ (an + bn)xn.

• Se p(x) = a0 + a1x · · ·+ anxn é um elemento de Pn(R) e λ ∈ R então

λp(x) = (λa0) + (λa1)x+ · · ·+ (λan)xn.

2. Sejam A ⊂ R e F (A;R) o conjunto de todas as funções f : A → R. Se f, g ∈ F (A;R) e λ ∈ R defina f + g : A → R por (f + g)(x) = f(x) + g(x) e (λf)(x) = λf(x), x ∈ A. Então, F (A;R) com esta adição e produto por escalar é um espaço vetorial.

1.1. INTRODUÇÃO E EXEMPLOS 11

3. O conjunto das funções contı́nuas definidas num intervalo I ⊂ R munido das operações de adição e multiplicação usuais (como aquelas definidas em F (I;R)). Notação: C(I;R).

4. O conjunto das funções com derivadas contı́nuas até ordem k ∈ N, (k é fixo) defi- nidas num intervalo aberto I ⊂ R munido das operações de adição e multiplicação usuais (como aquelas definidas em F (I;R)). Notação: Cn(I;R).

5. O conjunto das matrizes m por n com coeficientes reais: Mm×n(R) munido de operações análogas àquelas definidas em Mn(R).

Os espaços vetoriais acima envolvem operações com as quais você já deve estar familiarizado. O próximo exemplo é um pouco mais sofisticado do que os anteriores e por isso mostraremos as oito propriedades. Como conjunto tomaremos V = (0,∞), o semi-eixo positivo da reta real. Este conjunto quando agregado às operações usuais de soma e multiplicação não é um espaço vetorial, visto que não possui elemento neutro para a adição. No entanto, se para x, y ∈ V e λ ∈ R, definirmos a soma entre x e y por x ¢ y = xy, (o produto usual entre x e y) e o produto de x pelo escalar λ como λ ¡ x = xλ, então V se torna um espaço vetorial. De fato, verifiquemos uma a uma as oito propriedades:

1. x, y ∈ V temos x¢ y = xy = yx = y ¢ x para quaisquer x, y ∈ V ;

2. x ¢ (y ¢ z) = x ¢ (yz) = x(yz) = (xy)z = (x ¢ y)z = (x ¢ y) ¢ z para quaisquer x, y, z ∈ V

3. se x ∈ V então, como 1 ∈ V, temos 1¢ x = 1x = x; observe que neste caso, 1 é o elemento neutro da adição, o qual denotaremos por o;

4. se x ∈ V, isto é, x > 0, então x−1 ∈ V e x¢ x−1 = xx−1 = 1 = o;

5. λ¡ (µ¡ x) = λ¡ xµ = (xµ)λ = xµλ = xλµ = (λµ)¡ x para quaisquer x ∈ V e λ, µ ∈ R;

6. (λ + µ) ¡ x = xλ+µ = xλxµ = xλ ¢ xµ = (λ ¡ x) ¢ (µ ¡ x) para quaisquer x ∈ V e λ, µ ∈ R;

7. λ ¡ (x ¢ y) = λ ¡ (xy) = (xy)λ = xλyλ = (λ ¡ x) ¢ (λ ¡ y) para quaisquer x, y ∈ V e λ ∈ R;

8. 1¡ x = x1 = x para qualquer x ∈ V.

12 CAPÍTULO 1. ESPAÇOS VETORIAIS

1.2 Propriedades

Das oito propriedades que definem um espaço vetorial podemos concluir várias outras. Listaremos algumas destas propriedades na seguinte

Proposição 1.5 Seja V um espaço vetorial. Temos

1. Para qualquer λ ∈ R, λ0 = 0.

2. Para qualquer u ∈ V, 0u = 0.

3. Se λu = 0 então λ = 0 ou u = 0.

4. Para quaisquer λ ∈ R e u ∈ V, (−λ)u = λ(−u) = −(λu).

5. Para qualquer u ∈ V, −(−u) = u.

6. Se u+ w = v + w então u = v.

7. Se u, v ∈ V então existe um único w ∈ V tal que u+ w = v.

Prova:

1. Temos λ0 = λ(0 + 0) = λ0 + λ0 pelas propriedades EV3 e EV7. Utilizando as propriedades EV1 a EV4 e a notação da observação 1.3, obtemos 0 = λ0 + (−(λ0)) = (λ0+ λ0) + (−(λ0)) = λ0+ (λ0+ (−(λ0))) = λ0+ 0 = λ0, isto é λ0 = 0.

2. Temos 0u = (0 + 0)u = 0u + 0u, pela propriedade EV6. Utilizando as proprie- dades EV1 a EV4 e a notação da observação 1.3, obtemos 0 = 0u + (−(0u)) = (0u+ 0u) + (−(0u)) = 0u+ (0u+ (−(0u)) = 0u+ 0 = 0u, isto é, 0u = 0.

3. Se λ 6= 0 então pelas propriedades EV8 e EV5 e pelo item 1 desta proposição, u = 1u = (λ−1λ)u = λ−1(λu) = λ−10 = 0.

4. Utilizando a propriedade EV6 e o item 2 desta proposição, obtemos λu+(−λ)u = (λ + (−λ))u = 0u = 0. Pela observação 1.3, −(λu) = (−λ)u. Analogamente, utilizando-se a propriedade EV7, mostra-se que −(λu) = λ(−u).

A prova dos outros resultados é deixada como exercı́cio.

1.3. EXERCÍCIOS 13

1.3 Exercı́cios

Ex. 1.6 Verifique se em cada um dos itens o conjunto V com as operações indicadas é um espaço vetorial sobre R.

1. V = R3, (x1, y1, z1) + (x2, y2, z2) = (x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2);α(x, y, z) = (αx, αy, αz).

2. V =

{(

a −b b a

)

; a, b ∈ R }

, operações usuais de M2(R).

3. V = {

(x, y) ∈ R2; 3x− 2y = 0 }

, operações usuais de R2.

4. V = {f : R → R; f(−x) = f(x), ∀x ∈ R}, operações usuais de funções.

5. V = P(R) = { polinômios com coeficientes reais } , operações usuais de fun- ções.

6. V = R2, (x1, y1) + (x2, y2) = (2x1 − 2y1, y1 − x1, α(x, y) = (3αx,−αx.)

7. V = R2, (x1, y1) + (x2, y2) = (x1 + x2, y1 + y2), α(x, y) = (αx, 0).

8. V = {

(x, y, z, w) ∈ R4; y = x, z = w2 }

, operações usuais de R4.

9. V = R× R∗, (x1, y1) + (x2, y2) = (x1 + x2, y1y2), α(x, y) = (αx, yα).

14 CAPÍTULO 1. ESPAÇOS VETORIAIS

Capı́tulo 2

Subespaços Vetoriais

2.1 Introdução e Exemplos

Definição 2.1 Seja V um espaço vetorial. Dizemos que W ⊂ V é um subespaço veto- rial de V se forem satisfeitas as seguintes condições:

SV1 0 ∈ W ;

SV2 Se u, v ∈ W então u+ v ∈ W ;

SV3 Se u ∈ W então λu ∈ W para todo λ ∈ R.

Observação 2.2 Note que todo subespaço vetorial W de um espaço vetorial V é ele próprio um espaço vetorial. As propriedades comutativa, associativa, distributivas e EV8 são herdadas do próprio espaço vetorial V. O elemento neutro da adição é um elemento de W por SV1. Finalmente, se u ∈ W então −u = (−1)u ∈ W pelo item 4 da proposição 1.5 e por SV3.

Observação 2.3 Obviamente {0} e V são subespaços vetoriais do espaço vetorial V. São chamados de subespaços vetoriais triviais.

Observação 2.4 Note que W é subespaço vetorial de V se e somente se são válidas as seguintes condições:

SV1’ 0 ∈ W ;

SV2’ Se u, v ∈ W e λ ∈ R então u+ λv ∈ W.

15

16 CAPÍTULO 2. SUBESPAÇOS VETORIAIS

Vejamos alguns outros exemplos:

Exemplo 2.5 Seja P∗n ⊂ Pn, dado por P∗n = {p(x) ∈ Pn; p(0) = 0}.

Verifiquemos que P∗n é, de fato, um subespaço vetorial de Pn.

1. O polinômio nulo se anula em x = 0, logo, pertence a P∗n.

2. Se p(x), q(x) ∈ P∗n então p(0) + q(0) = 0 e, portanto, p(x) + q(x) ∈ P∗n.

3. se p(x) ∈ P∗n então λp(0) = 0 para qualquer λ ∈ R. Assim, λp(x) ∈ P∗n.

Exemplo 2.6 Verifiquemos que S = {(x, y, z) ∈ R3;x + y + z = 0} é um subespaço vetorial de R3.

1. É claro que (0, 0, 0) satisfaz 0 + 0 + 0 = 0.

2. Se (x, y, z), (u, v, w) ∈ S então (x + u) + (y + v) + (z + w) = (x + y + z) + (u+ v + w) = 0 e, portanto, (x, y, z) + (u, v, w) ∈ S.

3. se (x, y, z) ∈ S então λx + λy + λz = λ(x + y + z) = 0 para qualquer λ ∈ R. Assim, λ(x, y, z) ∈ S.

Exemplo 2.7 Considere o seguinte conjunto S = {y ∈ C2(R;R); y′′ − y = 0} onde y′′ representa a derivada de segunda ordem de y. Verifiquemos que S é um subespaço vetorial de C2(R;R).

1. Claramente a função nula satisfaz 0′′ − 0 = 0;

2. Se y1, y2 ∈ S então (y1 + y2)′′ − (y1 − y2) = (y′′1 − y1)− (y′′2 − y2) = 0. Logo, y1 + y2 ∈ S.

3. Se y ∈ S e λ ∈ R então (λy)′′ − λy = λ(y′′ − y) = 0. Portanto, λy ∈ S.

Deixamos como exercı́cio a verificação de que os seguintes exemplos são subespaços vetoriais dos respectivos espaços vetoriais.

Exemplo 2.8 Sejam a1, . . . , an ∈ R e S = {(x1, . . . , xn) ∈ Rn; a1x1 + · · ·+ anxn = 0}. Mostre que S é um subespaço vetorial de Rn.

2.2. INTERSEÇÃO E SOMA DE SUBESPAÇOS 17

Exemplo 2.9 O conjunto das funções contı́nuas da reta na reta, C(R;R), é um subespa- ço vetorial de F (R).

Exemplo 2.10 O conjunto das funções f ∈ C([a, b];R) tais que ∫ b

a f(x)dx = 0 é um

subespaço vetorial de C([a, b];R).

Exemplo 2.11 O conjunto das matrizes simétricas quadradas de ordem m com coefici- entes reais é um subespaço vetorial de Mm(R).

Exemplo 2.12 Sejam m,n ∈ N com m ≤ n. Então Pm é um subespaço de Pn.

2.2 Interseção e Soma de Subespaços

Proposição 2.13 (Interseção de subespaços) Sejam U e W subespaços vetoriais de V. Então U ∩W é subespaço vetorial de V.

Prova:

1. Como 0 ∈ U e 0 ∈ W então 0 ∈ U ∩W ;

2. Se x, y ∈ U ∩W e λ ∈ R então x+ λy ∈ U e x+ λy ∈ W. Portanto, x+ λy ∈ U ∩W.

Observação 2.14 Note que o subespaço V ∩ W está, obviamente, contido em ambos subespaços: U e V.

Questão: Com a notação da proposição acima, podemos afirmar que U∪W é subespaço vetorial de V ? Resposta : Não. Basta considerar V = R2, U = {(x, y) ∈ R2;x + y = 0} e W = {(x, y) ∈ R2;x − y = 0}. Note que (1,−1) ∈ U ⊂ U ∪ W e (1, 1) ∈ W ⊂ U ∪ W mas (1,−1) + (1, 1) = (2, 0) 6∈ U ∪W.

Se U e W são subespaços vetoriais de um espaço vetorial V e V ′ é um subespaço de V que contenha U e W, isto é, U ∪W ⊂ V ′ então V ′ terá que conter todos os vetores da forma u+ w, u ∈ U e w ∈ W. Isto motiva a seguinte

Definição 2.15 Sejam U e W subespaços vetoriais de um espaço vetorial V. Definimos a soma de U e W como U +W = {u+ w;u ∈ U,w ∈ W}.

18 CAPÍTULO 2. SUBESPAÇOS VETORIAIS

Proposição 2.16 (Soma de subespaços) Sejam U,W e V como na definição acima. Então U +W é um subespaço vetorial de V. Além do mais, U ∪W ⊂ U +W.

Prova: Verifiquemos que U +W é subespaço vetorial de V.

1. Como 0 ∈ U e 0 ∈ W então 0 = 0 + 0 ∈ U +W ;

2. Sejam x1, x2 ∈ U +W então xj = uj +wj , uj ∈ U, wj ∈ W, j = 1, 2. Agora, se λ ∈ R então x1+λx2 = u1+w1+λ(u2+w2) = (u1+λu2)+(w1+λw2) ∈ U+W, pois U e W são subespaços vetoriais.

Mostremos que U ∪W ⊂ U +W. Seja v ∈ U ∪W. Se v ∈ U então v = v + 0 ∈ U +W. Se v ∈ W então v = 0 + v ∈ U +W. Ou seja, U ∪W ⊂ U +W.

Definição 2.17 Sejam U e W subespaços vetoriais de um espaço vetorial V. Dizemos que U +W é a soma direta de U e W se U ∩W = {0}. Neste caso usaremos a notação U ⊕W para representar U +W.

Observação 2.18 Note que trivialmente {0} ⊂ U ∩W se U e W são subespaços veto- riais.

Proposição 2.19 (Soma de subespaços) Sejam U e W subespaços vetoriais de um es- paço vetorial V. Temos V = U ⊕ W se e somente se para cada v ∈ V existirem um único u ∈ U e um único w ∈ W satisfazendo v = u+ w.

Prova: Suponha que V = U ⊕W, isto é, V = U +W e U ∩W = {0}. Então, dado v ∈ V existem u ∈ U e w ∈ W satisfazendo v = u + w. Queremos mostrar que tal decomposição é única. Suponha que existam u′ ∈ U e w′ ∈ W tais que v = u′ + w′. Então, u + w = u′ + w′, o que implica em u − u′ = w′ − w. Mas u − u′ ∈ U e w′ − w ∈ W e, portanto, u− u′ = w′ − w ∈ U ∩W = {0}, ou seja u = u′ e w = w′.

Suponha agora que para cada v ∈ V existam um único u ∈ U e um único w ∈ W satisfazendo v = u + w. É claro que V = U + W. Resta mostrar que U ∩ W = {0}. Obviamente, 0 ∈ U ∩W. Seja v ∈ U ∩W, isto é, v ∈ U e v ∈ W. Então, existem um único u ∈ U e um único w ∈ W satisfazendo v = u + w. Observe que v = u + w = (u + v) + (w − v) com u + v ∈ U e w − v ∈ W e, pela unicidade da decomposição, devemos ter u = u+ v e w = w − v, isto é, v = 0. Logo, U ∩W = {0}.

Alternativamente, poderı́amos supor a existência de v 6= 0 em U ∩ W e daı́ ob- terı́amos v = 2v− v = 4v− 3v, duas decomposições distintas para v já que 2v, 4v ∈ U, 2v 6= 4v e −v,−3v ∈ W.

2.2. INTERSEÇÃO E SOMA DE SUBESPAÇOS 19

Exemplo 2.20 Verifique que R3 é a soma direta de U = {(x, y, z) ∈ R3;x+y+z = 0} e W = {(x, y, z) ∈ R3;x = y = 0}.

Note que W é de fato um subespaço vetorial de R3 pois W = {(x, y, z) ∈ R3;x = 0}∩ {(x, y, z) ∈ R3; y = 0} ou, alternativamente, se u1 = (x1, y1, z1), u2 = (x2, y2, z2) ∈ W então x1 = y1 = x2 = y2 = 0 e u1+u2 = (0, 0, z1+ z2) é claramente um elemento de W.

Se λ ∈ R então

λu1 = λ(0, 0, z1) = (λ0, λ0, λz1) = (0, 0, λz1) ∈ W.

Finalmente, (0, 0, 0) ∈ W, o que conclui a prova de que W é um subespaço vetorial. Prosseguindo, dado (x, y, z) ∈ R3 podemos escrever

(x, y, z) = (x, y,−x− y) + (0, 0, z + x+ y)

e como (x, y,−x− y) ∈ U e (0, 0, z + x+ y) ∈ W obtemos R3 = U +W. Resta agora mostrar que U ∩W = {0}. Seja (x, y, z) ∈ U ∩W. Temos

x+ y + z = 0

x = 0

y = 0

⇐⇒ (x, y, z) = (0, 0, 0).

Definição 2.21 Sejam U1, . . . , Un subespaços vetoriais de um espaço vetorial V. A so- ma de U1 a Un é definida por

U1 + · · ·+ Un = {u1 + · · ·+ un;uj ∈ Uj , j = 1, . . . , n}.

Definição 2.22 Sejam U1, . . . , Un subespaços vetoriais de um espaço vetorial V. Dize- mos que a soma de U1 a Un é uma soma direta se

Uj ∩ (U1 + · · ·+ Uj−1 + Uj+1 + · · ·+ Un) = {0}, j = 1, . . . n.

Neste caso usaremos a notação U1 ⊕ · · · ⊕ Un para denotar a soma de U1 a Un.

Observação 2.23 É óbvio que

0 ∈ Uj ∩ (U1 + · · ·+ Uj−1 + Uj+1 + · · ·+ Un)

se U1, . . . , Un são subespaços vetoriais.

20 CAPÍTULO 2. SUBESPAÇOS VETORIAIS

Proposição 2.24 Sejam U1, . . . , Un subespaços vetoriais de um espaço vetorial V. En- tão V = U1⊕· · ·⊕Un se e somente se para cada v ∈ V existe, para cada j = 1, . . . , n, um único uj ∈ Uj tal que v = u1 + · · ·+ un.

Prova: A prova é análoga à da proposição 2.19.

Exemplo 2.25 Mostre que P2 é soma direta dos seguintes subespaços vetoriais U1 = {a0; a0 ∈ R}, U2 = {a1x; a1 ∈ R} e U3 = {a2x2; a2 ∈ R}.

Dado p(x) ∈ P2, temos p(x) = a0+a1x+a2x2, para certos coeficientes a0, a1, a2 ∈ R. Assim, P2 = U1 + U2 + U3.

Verifiquemos que a soma é direta.

1. Mostremos que U1 ∩ (U2 + U3) = {0}. Seja p(x) ∈ U1 ∩ (U2 + U3). Então existem a0, a1, a2 ∈ R tais que p(x) = a0 = a1x + a2x2. Se p(x) não fosse o polinômio nulo terı́amos um polinômio de grau 0, a0, coincidindo com um de grau no mı́nimo 1, a1x+ a2x2, o que é um absurdo. Logo, p(x) = 0.

2. Mostremos que U2∩(U1+U3) = {0}. Seja p(x) ∈ U2∩(U1+U3). Então existem a0, a1, a2 ∈ R tais que p(x) = a1x = a0 + a2x2. Se p(x) não fosse o polinômio nulo terı́amos um polinômio de grau 1, a1x, coincidindo com um de grau 0 (caso a2 = 0) ou 2, a0 + a2x2, (caso a2 6= 0), o que é um absurdo. Logo, p(x) = 0.

3. Mostremos que U3∩(U1+U2) = {0}. Seja p(x) ∈ U3∩(U1+U2). Então existem a0, a1, a2 ∈ R tais que p(x) = a2x2 = a0 + a1x. Se p(x) não fosse o polinômio nulo terı́amos um polinômio de grau 2, a2x2, coincidindo com um de grau 0 (caso a1 = 0) ou 1, a0 + a1x, (caso a1 6= 0), o que é um absurdo. Logo, p(x) = 0.

2.3 Exercı́cios

Ex. 2.26 Verifique se em cada um dos itens abaixo o subconjunto W é um subespaço vetorial do espaço vetorial V. Caso não sejam especificadas, as operações são as usuais.

1. V = M2(R), W =

{(

a b −a c

)

; a, b, c,∈ R }

.

2. V = R4, W = {(x, x, y, y);x, y ∈ R} .

3. V = Pn(R),W = {p ∈ Pn(R); p(0) = p(1)} .

2.3. EXERCÍCIOS 21

4. V = Mn(R), dada B ∈ Mn(R), defina W = {A ∈ Mn(R);BA = 0} .

5. V = Rn, W = {(x1, x2, · · · , xn); a1x1 + · · ·+ anxn = 0} , onde a1, . . . , an ∈ R são dados.

6. V = Mn×1(R), W = {X ∈ Mn×1(R);AX = 0} , onde A ∈ Mm×n é dada.

7. V = Pn(R), W = {p ∈ Pn(R); p′(t) = 0,∀t ∈ R} .

8. V = Mn(R), W = {

A ∈ Mn(R);At = A }

.

9. V = Mn(R),W = {

A ∈ Mn(R);At = −A }

.

Ex. 2.27 Diga, em cada um dos itens abaixo, se a afirmação é verdadeira ou falsa, jus- tificando sua resposta. isto é, provando se for verdadeira ou dando um contra-exemplo se for falsa.

1. Se W1 e W2 são susbespaços de um espaço vetorial V então W1∪W2 é subespaço de V.

2. Sejam W1 e W2 subespaços de um espaço vetorial V. Então W1∪W2 é subespaço de V se, e somente se, W1 ⊆ W2 ou W2 ⊆ W1. (Sugestão: mostre que se W é subespaço de V e x0, y0 ∈ V são tais que x0 ∈ W e y0 6∈ W então x0 + y0 /∈ W e use-o.)

Ex. 2.28 Em cada item abaixo encontrar os subespaços U +W e U ∩W , onde U, W são subespaços do espaço vetorial V indicado.

1. U = {

x, y) ∈ R2; y = 0 }

, W = {

(x, y) ∈ R2;x = 2y }

, V = R2.

2. U =

{(

a 0 0 b

)

; a, b ∈ R }

, W =

{(

0 c 0 d

)

; c, d ∈ R }

, V = M2(R).

3. V = P3(R), U = {p(t) ∈ V ; p′′(t) = 0} , W = {q(t) ∈ V ; q′(t) = 0} .

Ex. 2.29 Verifique em cada um dos itens abaixo se V = U ⊕W.

1. V = R2, U = {

(x, y) ∈ R2; 2x+ 3y = 0 }

, W = {

(x, y) ∈ R2;x− y = 0 }

.

22 CAPÍTULO 2. SUBESPAÇOS VETORIAIS

2. V = M3(R), U =

a b 0 0 0 c 0 0 d

 ; a, b, c, d ∈ R

,

W =

0 0 e f g 0 h i 0

 ; e, f, g, h, i ∈ R

.

3. V = P3(R), U = {p(t) ∈ P3(R); p(1) = p(0) = 0} , W = {q(t) ∈ P3(R); q′(t) = 0,∀t ∈ R} .

Ex. 2.30 Em cada um dos itens abaixo, dado U subespaço de V , encontrar o subespaço suplementar de U , isto é, o subespaço W de V tal que V = U ⊕W.

1. V = R3, U = {(x, y, 0);x, y ∈ R} .

2. V = P3(R), U = {p(t) ∈ P3(R); p′′(t) = 0,∀t ∈ R} .

3. V = M3(R), U = {

A ∈ M3(R);At = A }

.

4. V = M2×1(R), U = {X ∈ M2×1(R);AX = 0} , onde A = (

1 1 0 1

)

.

Capı́tulo 3

Combinações Lineares

3.1 Introdução e Exemplos

Definição 3.1 Sejam u1, . . . , un elementos de um espaço vetorial V. Dizemos que u combinação linear de u1, . . . , un se existirem números reais α1, . . . , αn tais que u = α1u1 + · · ·+ αnun

Exemplo 3.2 Em P2, o polinômio p(x) = 2 + x2 é uma combinação dos polinômios p1(x) = 1, p2(x) = x e p3(x) = x2.

Basta ver que p(x) = 2p1(x) + 0p2(x) + p3(x).

Exemplo 3.3 Verifique que em P2, o polinômio p(x) = 1 + x2 é uma combinação dos polinômios q1(x) = 1, q2(x) = 1 + x e q3(x) = 1 + x+ x2.

Precisamos encontrar números reais α, β e γ tais que p(x) = αq1(x)+βq2(x)+γq3(x). Ou seja, precisamos encontrar α, β e γ satisfazendo

1 + x2 = α+ β(1 + x) + γ(1 + x+ x2) = α+ β + γ + (β + γ)x+ γx2,

que é equivalente ao sistema

α+ β + γ = 1

β + γ = 0

γ = 1

⇐⇒ α = 1, β = −1 e γ = 1.

23

24 CAPÍTULO 3. COMBINAÇÕES LINEARES

3.2 Geradores

Definição 3.4 Sejam V um espaço vetorial e S um subconjunto não vazio de V. Usare- mos o sı́mbolo [S] para denotar o conjunto de todas as combinações lineares dos ele- mentos de S. Em outras palavras, u ∈ [S] se existirem α1, . . . , αn ∈ R e u1, . . . , un ∈ S tais que u = α1u1 + · · ·+ αnun.

Proposição 3.5 Sejam V um espaço vetorial e S um subconjunto não vazio de V. Então [S] é um subespaço vetorial de V.

Prova:

1. Como S 6= ∅ existe u ∈ S. Logo, 0 = 0u ∈ [S].

2. Se u, v ∈ [S] então existem α1, . . . , αn, β1, . . . , βm ∈ R e u1, . . . , un, v1, . . . , vm ∈ S tais que u = α1u1 + · · ·+ αnun e v = β1v1 + · · ·+ βmvm. Assim, para todo λ ∈ R, temos

u+ λv = α1u1 + · · ·+ αnun + λ(β1v1 + · · ·+ βmvm)

= α1u1 + · · ·+ αnun + λβ1v1 + · · ·+ λβmvm ∈ [S].

Definição 3.6 Sejam S e V como acima. Diremos que [S] é o subespaço vetorial gerado por S. Os elementos de S são chamados de geradores de [S]. Se S = {u1, . . . , un} também usaremos a notação [S] = [u1, . . . , un].

Proposição 3.7 Sejam S e T subconjuntos não-vazios de um espaço vetorial V. Temos

1. S ⊂ [S];

2. Se S ⊂ T então [S] ⊂ [T ];

3. [[S]] = [S];

4. Se S é um subespaço vetorial então S = [S];

5. [S ∪ T ] = [S] + [T ].

Prova:

3.2. GERADORES 25

1. Se u ∈ S então u = 1u ∈ [S];

2. Se u ∈ [S] então existem α1, . . . , αn ∈ R e u1, . . . , un ∈ S tais que u = α1u1 + · · ·+ αnun. Como S ⊂ T temos u1, . . . , un ∈ T e, portanto, u ∈ [T ];

3. Pelo item 1 desta proposição, [S] ⊂ [[S]]. Seja u ∈ [[S]]. Segue da definição que u é uma combinação linear de elementos de [S], mas como cada elemento de [S] é uma combinação linear de elementos de S resulta que u é uma combinação linear de elementos de S, ou seja, u ∈ [S];

4. Pelo item 1, S ⊂ [S]. Seja u ∈ [S]. Então u é uma combinação linear de elementos de S. Como S é um subespaço vetorial, esta combinação linear é um elemento de S;

5. Seja u ∈ [S ∪ T ]. Por definição, existem α1, . . . , αn, β1, . . . , βm ∈ R e u1, . . . , un ∈ S e v1, . . . , vm ∈ T tais que

u = α1u1 + · · ·+ αnun + β1v1 + · · ·+ βmvm = (α1u1 + · · ·+ αnun) + (β1v1 + · · ·+ βmvm) ∈ [S] + [T ].

Reciprocamente, se u ∈ [S] + [T ] então u = v+w com v ∈ [S] e w ∈ [T ]. Dessa forma, existem α1, . . . , αp, β1, . . . , βq ∈ R e v1, . . . , vp ∈ S e w1, . . . , wq ∈ T tais que

u = v + w = α1v1 + · · ·+ αpvp + β1w1 + · · ·+ βqwq ∈ [S ∪ T ].

Definição 3.8 Dizemos que um espaço vetorial V finitamente gerado se existir um subconjunto finito S ⊂ V tal que V = [S].

São exemplos de espaços vetoriais finitamente gerados:

1. Pn(R) = [1, x, . . . , xn];

2. Rn é gerado por e1 = (1, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , en = (0, . . . , 0, 1).

3. Mm×n(R) é gerado pelas matrizes Ekl = (δ (k,l) i,j ), k = 1, . . . ,m, l = 1, . . . n,

onde

δ (k,l) i,j =

{

1 se (i, j) = (k, l)

0 caso contrário .

26 CAPÍTULO 3. COMBINAÇÕES LINEARES

Exemplo 3.9 Seja P(R) o espaço vetorial formado por todos os polinômios. Afirma- mos que P(R) não é finitamente gerado.

Note que Pn(R) ⊂ P(R) para todo n ∈ N. Se P(R) fosse finitamente gerado existi- riam polinômios p1(x), . . . , pn(x) tais que P(R) = [p1(x), . . . , pn(x)]. Seja N o grau mais alto dentre os polinômios p1(x), . . . , pn(x). É evidente que xN+1 não pode ser es- crito como combinação linear de p1(x), . . . , pn(x) e, assim, xN+1 6∈ [p1(x), . . . , pn(x)] = P(R). Uma contradição.

Note que [1, x, x2, . . . ] = Pn(R).

Exemplo 3.10 Seja V um espaço vetorial gerado por u1, . . . , un. Mostre que se, por exemplo, u1 é uma combinação linear de u2, . . . , un então V é gerado por u2, . . . , un.

Devemos mostrar que qualquer u ∈ V se escreve como uma combinação linear de u2, . . . , un. Sabemos que existem α1, . . . , αn ∈ R tais que u = α1u1 + · · · + αnun e existem também β1, . . . , βn−1 satisfazendo u1 = β1u2 + · · ·+ βn−1un. Combinando estas informações, obtemos

u = α1(β1u2 + · · ·+ βn−1un) + α2u2 + · · ·+ αnun

= (α1β1 + α2)u2 + · · ·+ (α1βn−1 + αn)un ∈ [u2, . . . , un].

Exemplo 3.11 Sejam U = {(x, y, z, t) ∈ R4;x− y + t+ z = 0} e V = {(x, y, z, t) ∈ R 4;x+y−t+z = 0}. Encontre um conjunto de geradores para os seguintes subespaços

vetoriais: U, V, U ∩ V e U + V.

1. Se (x, y, z, t) ∈ U então y = x+ z + t e, portanto,

(x, y, z, t) = (x, x+ z + t, z, t) = x(1, 1, 0, 0) + z(0, 1, 1, 0) + t(0, 1, 0, 1),

isto é, U = [(1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 1, 0, 1)].

2. Se (x, y, z, t) ∈ V então t = x+ y + z e, portanto,

(x, y, z, t) = (x, y, z, x+ y + z) = x(1, 0, 0, 1) + y(0, 1, 0, 1) + z(0, 0, 1, 1),

isto é, V = [(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 1)].

3.3. EXERCÍCIOS 27

3. Se (x, y, z, t) ∈ U ∩ V então {

x− y + t+ z = 0 x+ y − t+ z = 0,

que implica em x = −z e y = t. Desse modo, (x, y, z, t) = (x, y,−x, y) = x(1, 0,−1, 0) + y(0, 1, 0, 1) e, portanto,

U ∩ V = [(1, 0,−1, 0), (0, 1, 0, 1)].

4. Como U + V = [U ] + [V ] = [U ∪ V ], temos que

U + V = [(1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 1, 0, 1),

(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 1)]

= [(1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 1)].

Observe que

(1, 1, 0, 0) = (1, 0, 0, 1) + (0, 1, 1, 0)− (0, 0, 1, 1)

e, portanto,

U + V = [(0, 1, 1, 0), (0, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 1)].

Veremos mais adiante que este é o número mı́nimo de geradores para o subespaço U + V.

3.3 Exercı́cios

Ex. 3.12 Para cada um dos subconjuntos S ⊆ V , onde V é o espaço vetorial indicado, encontrar o subespaço gerado por S, isto é, [S].

1. S = {(1, 0), (2,−1)} , V = R2.

2. {(1, 1, 1), (2, 2, 0)} , V = R3.

3. S = {

1, t, t2, 1 + t3 }

, V = P3(R).

28 CAPÍTULO 3. COMBINAÇÕES LINEARES

4. S =

{(

0 1 0 0

)

,

(

0 0 −1 0

)}

, V = M2(R).

Ex. 3.13 Em cada um dos itens abaixo encontrar um subconjunto S, finito, que gera o subespaço vetorial W do espaço vetorial V.

1. W = {

(x, y, z) ∈ V .= R3;x− 2y = 0 }

.

2. W = {p ∈ V .= P3(R); p′(t) = 0,∀t ∈ R} .

3. W = {

A ∈ V .= M2(R);At = A }

.

4. W = {X ∈ V .= M3×1(R);AX = 0} , onde

A =

0 1 0 2 1 0 1 1 4

 .

Ex. 3.14 Encontrar, em cada um dos itens abaixo, os subconjuntos S do espaço vetorial V que geram U , W , U ∩W e U +W.

1. U = [(1, 0, 0), (1, 1, 1)], W = [(0, 1, 0), (0, 0, 1)], V = R3.

2. U = {

(x, y, z) ∈ R3;x+ y = 0 }

, W = [(1, 3, 0), (0, 4, 6)], V = R3.

3. U = {

A ∈ M2(R);At = A }

, W = [

(

1 1 0 1

)

], V = M2(R).

4. U = [t3 + 4t2 − t+ 3, t3 + 5t2 + 5, 3t3], W = [t3 + 4t,t− 1, 1], V = P3(R).

Ex. 3.15 Encontrar, em cada um dos itens abaixo, os subconjuntos S do espaço vetorial V que geram U , W , U ∩W e U +W.

1. U = [(1, 0, 0), (1, 1, 1)], W = [(0, 1, 0), (0, 0, 1)], V = R3.

2. U = {

(x, y, z) ∈ R3;x+ y = 0 }

, W = [(1, 3, 0), (0, 4, 6)], V = R3.

3. U = {

A ∈ M2(R);At = A }

, W = [

(

1 1 0 1

)

], V = M2(R).

4. U = [t3 + 4t2 − t+ 3, t3 + 5t2 + 5, 3t3], W = [t3 + 4t,t− 1, 1], V = P3(R).

3.3. EXERCÍCIOS 29

Ex. 3.16 Obtenha o subconjunto formado por vetores do espaço vetorial P3(R) que geram os seguintes subespaços;

1. U = {p ∈ P3(R); p(1) = p(0) = 0} ,

2. W = {p ∈ P3(R); p′′(t) = 0,∀t ∈ R} ,

3. U ∩W.

30 CAPÍTULO 3. COMBINAÇÕES LINEARES

Capı́tulo 4

Dependência Linear

4.1 Introdução e Exemplos

Definição 4.1 Dizemos que uma seqüência de vetores u1, . . . , un de um espaço vetorial V é linearmente independente (l.i., abreviadamente) se a combinação linear α1u1 + · · ·+ αnun = 0 só for satisfeita quando α1 = · · · = αn = 0.

Observação 4.2 Note que se α1 = · · · = αn = 0 então α1u1 + · · · + αnun = 0, porém, a recı́proca nem sempre é válida. Basta ver que, por exemplo, em R2 temos (0, 0) = 1(1, 1) + 1(−1,−1).

Observação 4.3 A noção de independência linear para a seqüência u1, . . . , un equivale a dizer que se βi 6= 0 para algum i ∈ {1, . . . , n} então β1u1 + · · ·+ βnun 6= 0.

Definição 4.4 Dizemos que uma seqüência u1, . . . , un de um espaço vetorial V é line- armente dependente (l.d., abreviadamente) se não for linearmente independente.

Observação 4.5 A definição de dependência linear para a seqüência u1, . . . , un é equi- valente a dizer que é possı́vel encontrar números reais α1, . . . , αn não todos nulos tais que α1u1 + · · ·+ αnun = 0.

Exemplo 4.6 O, u1, . . . , un ⊂ V é uma seqüência l.d., onde O é o elemento neutro do espaço vetorial V.

Basta verificar que 1O + 0u1 + · · ·+ 0un = O.

31

32 CAPÍTULO 4. DEPENDÊNCIA LINEAR

Exemplo 4.7 Verifique se a seqüência (1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0) é linearmente inde- pendente em R3.

É preciso verificar quais são as possı́veis soluções de

α(1, 1, 1) + β(1, 1, 0) + γ(1, 0, 0) = (0, 0, 0).

Isto equivale a resolver o sistema

α+ β + γ = 0

α+ β = 0

γ = 0,

que possui como única solução, α = β = γ = 0. Logo, a seqüência acima é l.i..

Exemplo 4.8 Considere os vetores em R3 dados por

u1 = (x1, y1, z1), u2 = (x2, y2, z2) e u3 = (x3, y3, z3).

Encontre uma condição necessária e suficiente para que os vetores u1, u2, u3 sejam linearmente independentes.

Vejamos, os vetores acima serão l.i. se e somente se α1u1+α2u2+α3u3 = 0 apresentar como única solução α1 = α2 = α3 = 0. Isto é equivalente a que o sistema

α1x1 + α2x2 + α3x3 = 0

α1y1 + α2y2 + α3y3 = 0

α1z1 + α2z2 + α3z3 = 0

possua solução única e, como se sabe, isto é equivalente que a matriz

x1 x2 x3 y1 y2 y3 z1 z2 z3

possua determinante diferente de zero. Note que as colunas desta matriz são formadas pelos coeficientes de u1, u2 e u3. O mesmo resultado vale se colocarmos os coeficientes dos vetores u1, u2 e u3 como linhas. Por quê?

4.1. INTRODUÇÃO E EXEMPLOS 33

Exercı́cio 4.9 Enuncie e demonstre um resultado análogo ao exemplo anterior para uma seqüência com n vetores do Rn.

Exemplo 4.10 Verifique se as matrizes (

1 0 0 1

)

,

(

1 1 0 1

)

,

(

0 1 0 0

)

são linearmente independentes em M2(R).

Procuremos as soluções de

α

(

1 0 0 1

)

+ β

(

1 1 0 1

)

+ γ

(

0 1 0 0

)

=

(

0 0 0 0

)

,

que equivale a (

α+ β β + γ 0 α+ β

)

=

(

0 0 0 0

)

,

que possui como solução (α, β, γ) = (α,−α, α) para qualquer α ∈ R. Dessa forma, a seqüência de matrizes dada é linearmente dependente, bastando tomar, por exemplo, α = 1, β = −1 e γ = 1.

Exemplo 4.11 Verifique se as funções cos e sen são l.d. em C1(R;R).

Como cos e sen são funções definidas em R, a combinação nula

α cos+β sen = 0

significa que α cosx + β senx = 0 para todo x ∈ R. Em particular, para x = 0 vemos que α = 0 e para x = π/2, vem β = 0. Portanto, cos e sen são l.i..

Exemplo 4.12 Verifique se as funções cos2, sen 2, 1 são l.d. em C1(R;R).

Como 1− cos2 x− sen 2x = 0, para todo x ∈ R,

resulta que as funções acima são l.d..

Exercı́cio 4.13 Sejam f(x) = cos 2x, g(x) = cos2 x e h(x) = sen 2x, x ∈ R. Mostre que f, g, h são linearmente dependentes em C1(R;R).

34 CAPÍTULO 4. DEPENDÊNCIA LINEAR

4.2 Propriedades

Proposição 4.14 Se u1, . . . , un são l.d. em um espaço vetorial V então pelo menos um destes vetores se escreve como combinação linear dos outros.

Prova: Precisamos mostrar que e u1, . . . , un são l.d. então existem j ∈ {1, . . . , n} e números reais α1, . . . , αn−1 tais que

uj = α1u1 + · · ·+ αj−1uj−1 + αjuj+1 + · · ·+ αn−1un.

Como u1, . . . , un são l.d. existem números reais β1, . . . , βn não todos nulos tais que β1u1 + · · ·+ βnun = 0. Desse modo, existe j ∈ {1, . . . , n} tal que βj 6= 0 e, assim,

uj = − β1 βj

u1 − · · · − βj−1 βj

uj−1 − βj+1 βj

uj+1 − · · · − βn βj

un.

Proposição 4.15 Se u1, . . . , un em V são l.d. então qualquer seqüência finita de vetores de V que os contenha, também será l.d..

Prova: Vamos mostrar que se u1, . . . , un, un+1, . . . , um ∈V são tais que u1, . . . , un são l.d. então u1, . . . , un, un+1, . . . , um também são linearmente dependentes.

Como existem números reais β1, . . . , βn não todos nulos tais que β1u1 + · · · + βnun = 0, podemos escrever

β1u1 + · · ·+ βnun + 0un+1 + · · ·+ 0um = 0

sendo que nesta última expressão nem todos os coeficientes são nulos.

Proposição 4.16 Se u1, . . . , un, un+1, . . . , um são l.i. em um espaço vetorial V então qualquer subseqüência destes vetores também é l.i..

Prova: Basta mostrar que se u1, . . . , un, un+1, . . . , um são l.i. então u1, . . . , un também são.

Suponha que β1u1 + · · ·+ βnun = 0. Mas como

β1u1 + · · ·+ βnun = β1u1 + · · ·+ βnun + 0un+1 + · · ·+ 0um = 0

e estes vetores são l.i., segue que β1 = · · · = βn = 0.

4.3. EXERCÍCIOS 35

Proposição 4.17 Se u1, . . . , un são l.i. em um espaço vetorial V e u1, . . . , un, un+1 são l.d. então un+1 é combinação linear de u1, . . . , un.

Prova: Existem β1, . . . , βn+1 não todos nulos tais que

β1u1 · · ·+ βnun + βn+1un+1 = 0. Agora, se βn+1 = 0 então a expressão acima ficaria

β1u1 · · ·+ βnun = 0. Ora, os vetores u1, . . . , un são l.i. e, assim, deverı́amos ter também β1 = · · · = βn = 0. Uma contradição.

Proposição 4.18 Sejam u1, . . . , un vetores l.i. em um espaço vetorial V. Então cada vetor v ∈ [u1, . . . , un] se escreve de maneira única como v = α1u1 + · · ·+ αnun. Prova:

Basta mostrar que se α1u1 + · · · + αnun = β1u1 + · · · + βnun então αj = βj , j = 1, . . . , n.

Temos (α1 − β1)u1 + · · ·+ (αn − βn)un = 0

e como u1, . . . , un são l.i. então αj − βj = 0, isto é αj = βj , para todo j = 1, . . . , n.

4.3 Exercı́cios

Ex. 4.19 Verifique, em cada um dos itens abaixo, se o subconjunto S do espaço vetorial V é l.i. ou l.d.

1. S = {(1, 2), (−3, 1)} , V = R2. 2. S =

{

1 + t− t2, 2 + 5t− 9t2 }

, V = P2(R).

3. S =

{(

−1 1 0 0

)

,

(

2 0 −1 0

)}

, V = M2(R).

4. S = {(1, 2, 2,−3), (−1, 4,−2, 0)} , V = R4.

5. S =

1 2 0 3 0 1 0 0 2

 ,

−1 −1 −1 0 0 0 1 1 1

 ,

0 0 0 10 5 7 −1 0 1

, V = M3(R).

36 CAPÍTULO 4. DEPENDÊNCIA LINEAR

Capı́tulo 5

Base, Dimensão e Coordenadas

5.1 Base

Definição 5.1 Seja V 6= {0} um espaço vetorial finitamente gerado. Uma base de V é uma seqüência de vetores linearmente independentes B de V que também gera V.

Exemplo 5.2 Os vetores de B = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} formam uma base de R3.

Vê-se facilmente que os vetores de B são l.i. e que todo (x, y, z) ∈ R3 se escreve como (x, y, z) = x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0) + z(0, 0, 1).

Exemplo 5.3 Os vetores e1, · · · , en ∈ Rn onde e1 = (1, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , en = (0, . . . , 0, 1) formam uma base de Rn.

Ex. Resolvido 5.4 Mostre que (1, 1) e (1,−1) formam uma base de R2.

Resolução: É preciso mostrar que estes vetores são l.i. e que todo ponto de R2 se escreve como combinação linear de (1, 1) e (1,−1). No entanto, se mostrarmos que todo ponto de R2 se escreve de maneira única como combinação linear de (1, 1) e (1,−1) já estaremos mostrando as duas propriedades ao mesmo tempo. (Por quê?)

Seja (x, y) ∈ R2. O nosso problema se resume em mostrar que existe um único α ∈ R e um único β ∈ R satisfazendo (x, y) = α(1, 1) + β(1,−1) = (α + β, α − β). Esta última expressão é equivalente ao seguinte sistema linear

{

α+ β = x

α− β = y.

37

38 CAPÍTULO 5. BASE, DIMENSÃO E COORDENADAS

Resolvendo o sistema obtemos uma única solução dada por α = (x + y)/2 e β = (x− y)/2. ¤

Exemplo 5.5 As matrizes em B = {(

1 0 0 0

)

,

(

0 1 0 0

)

,

(

0 0 1 0

)

,

(

0 0 0 1

)}

formam

uma base para M2(R).

Exercı́cio 5.6 Verifique se os elementos de B = {1 + x, 1 − x, 1 − x2} formam uma base de P2(R).

Teorema 5.7 Todo espaço vetorial V 6= {0} finitamente gerado admite uma base. Em outras palavras, há uma seqüência de vetores l.i. de V formada por geradores.

Prova: Como V 6= {0} é finitamente gerado existem u1, . . . , un ∈ V tais que V = [u1, . . . , un]. Se u1, . . . , un forem l.i., então esta seqüência é uma base de V e não há nada mais a ser provado.

Suponhamos que u1, . . . , un sejam l.d.. Podemos supor que uj 6= 0, j = 1, . . . ,m. Como u1 6= 0, u1 é l.i. Agora, se todo uj , j = 2, . . . , n puder se escrever como combinação linear de u1 então V = [u1] e u1 é uma base de V. Caso isto não ocorra, é porque existe algum uj , com 2 ≤ j ≤ n tal que u1, uj são l.i.. Por simplicidade, suponhamos que seja o u2, isto é, u1, u2 são l.i.. Bem, se todos os vetores u3, . . . , un forem combinações lineares de u1 e u2 então V = [u1, u2] e u1, u2 formam uma base de V. Podemos repetir este processo e como o número de elementos de L = {u1, . . . , un} é finito, ele finda. Desse modo, existe uma seqüência de vetores l.i. dentre os vetores L que gera V. Esta seqüência forma uma base de V.

5.2 Dimensão

Teorema 5.8 Em um espaço vetorial V 6= {0} finitamente gerado toda base possui o mesmo número de elementos.

Prova: Sejam u1, . . . , un e v1, . . . , vm bases de um espaço vetorial finitamente gerado V. Suponhamos que n > m e mostremos que isto implicará que u1, . . . , un são l.d., o que contraria o fato de formarem uma base.

Como os vetores v1, . . . , vm geram V podemos escrever para cada 1 ≤ j ≤ n,

uj = α1jv1 + · · ·+ αmjvm.

5.2. DIMENSÃO 39

Assim, a combinação linear nula x1u1 + · · ·+ xnun = 0 é equivalente a

x1

(

m ∑

i=1

αi1vi

)

+ · · ·+ xn (

m ∑

i=1

αinvi

)

= 0,

ou ainda, 

n ∑

j=1

xjα1j

 v1 + · · ·+

n ∑

j=1

xjαmj

 vm = 0.

Como v1, . . . , vm são l.i. então ∑n

j=1 xjαij = 0 para todo 1 ≤ i ≤ n. Estas m equações representam um sistema linear homogêneo com n incógnitas. Como n > m, existe uma solução não trivial, isto é, uma solução x1, . . . , xn onde pelo menos um xj é diferente de zero. Assim, u1, . . . , un são l.d., uma contradição.

Definição 5.9 Seja V um espaço vetorial finitamente gerado. Se V = {0} definimos a dimensão de V como sendo 0. Se V 6= {0} definimos a dimensão de V como sendo o número de elementos de uma base qualquer de V. Usaremos o sı́mbolo dimV para designar a dimensão de V.

Definição 5.10 Se um espaço vetorial não é finitamente gerado dizemos que V possui dimensão infinita.

Proposição 5.11 Todo espaço vetorial de dimensão infinita possui uma infinidade de vetores linearmente independentes.

Prova: Seja V um espaço vetorial de dimensão infinita. Claramente V 6= {0}. Selecione u1 ∈ V, u1 6= 0. Como V não é finitamente gerado, V 6= [u1]. Assim, podemos tomar u2 ∈ V tal que u2 6∈ [u1]. Desta forma, os vetores u1 e u2 são linearmente independen- tes.

Suponha que tenhamos encontrado vetores u1, . . . , un ∈ V linearmente independen- tes. Como V não é finitamente gerado, V 6= [u1, . . . , un] e, assim, é possı́vel escolher un+1 ∈ V tal que un+1 6∈ [u1, . . . , un], isto é, os vetores u1, . . . , un, un+1 ∈ V são linearmente independentes.

Em resumo, existe em V uma seqüência infinita de vetores linearmente independen- tes.

A seguinte proposição é um resultado da prova do teorema 5.8.

40 CAPÍTULO 5. BASE, DIMENSÃO E COORDENADAS

Proposição 5.12 Em um espaço vetorial de dimensão m qualquer seqüência de vetores com mais de m elementos é linearmente dependente.

Corolário 5.13 Todo subespaço vetorial de um espaço vetorial de dimensão finita tam- bém tem dimensão finita.

Prova: Seja V um espaço vetorial de dimensão finita e W um subespaço vetorial de V. Se W tivesse dimensão infinita, pela proposição 5.11, existiria uma infinidade de vetores linearmente independentes em W. Como estes vetores também são linearmente independentes em V, o número deles deveria ser menor do que a dimensão de V (pela proposição 5.12). Uma contradição.

Exemplo 5.14 dimRn = n.

Exemplo 5.15 A dimensão de P(R) é infinita. Veja o exemplo 3.9.

Exemplo 5.16 dimPn(R) = n+ 1.

Basta notar que os polinômios 1, x, . . . , xn formam uma base de Pn(R).

Exemplo 5.17 dimMm×n(R) = mn.

Note que o as matrizes Ak,l = (δ

k,l i,j )1≤i≤m

1≤j≤n ,

k = 1, . . . ,m, l = 1, . . . , n onde

δk,li,j =

{

1 se (i, j) = (k, l)

0 se (i, j) 6= (k, l)

formam uma base de Mm×n(R).

Exercı́cio 5.18 A dimensão do espaço das matrizes quadradas e simétricas de ordem n n(n+ 1)/2.

Teorema 5.19 (Completamento) Seja V um espaço vetorial de dimensão n. Se os veto- res u1, . . . , ur são l.i. em V com r < n então existem ur+1, . . . , un tais que u1, . . . , ur, ur+1, . . . , un formam uma base de V.

5.3. DIMENSÃO DE SOMA DE SUBESPAÇOS VETORIAIS 41

Prova: Como r < n existe ur+1 ∈ V tal que u1, . . . , ur, ur+1 são l.i., pois caso contrário os vetores u1, . . . , ur formariam uma base de V, o que é impossı́vel pois dimV = n > r.

Se r + 1 = n então u1, . . . , ur, ur+1 formam uma base de V que contém L. Se r + 1 < n então é possı́vel encontrar ur+2 ∈ V tal que u1, . . . , ur, ur+1, ur+2

são l.i., pois caso contrário a seqüência u1, . . . , ur, ur+1 seria uma base de V, o que é impossı́vel pois dimV = n > r + 1.

Repetindo os argumentos acima, encontramos vetores ur+1, ur+2, . . . , ur+k, onde r + k = n, de forma que

u1, . . . , ur, ur+1, . . . , ur+k

são l.i. e, como dimV = n = r+ k, segue que esta seqüência de vetores é uma base de V que contém os vetores u1, . . . , ur.

Exemplo 5.20 Encontre uma base do R3 que contenha o vetor (1, 1,−1).

Como a dimensão de R3 é três, precisamos encontrar dois vetores, (a, b, c), (x, y, z), que juntamente com (1, 1,−1) sejam l.i.. Porém, pelo exemplo 4.8, sabemos que isto é equivalente ao determinante de

1 a x 1 b y −1 c z

que é dado por x(b+ c)− y(a+ c)+ z(b− a) seja diferente de zero. Há uma infinidade de possibilidades para que isto aconteça. Por exemplo, tomando (a, b, c) = (0, 1, 1) e (x, y, z) = (0, 0, 1).

5.3 Dimensão de Soma de Subespaços Vetoriais

Proposição 5.21 Seja V um espaço vetorial de dimensão finita. Se U e W são subespa- ços vetoriais de V então

dim (U ∩W ) + dim (U +W ) = dimU + dimW (5.22)

Prova: Lembre que todo subespaço de um espaço vetorial de dimensão finita tem tam- bém dimensão finita.

Sejam v1, . . . , vm elementos de uma base de U∩W. Como estes vetores são l.i. e per- tencem a U, pelo teorema 5.19, existem u1, . . . , up ∈ U tais que u1, . . . , up, v1, . . . , vm

42 CAPÍTULO 5. BASE, DIMENSÃO E COORDENADAS

formam uma base de U. Por outro lado, v1, . . . , vm também pertencem a W e pelo mesmo teorema é possı́vel encontrar w1, . . . , wq ∈ W de modo que w1, . . . , wq, v1, . . . , vm formem uma base de W.

Com a notação usada, temos dim (U ∩ W ) = m, dimU = m + p e dimW = m+ q. Sendo assim, a fim de mostrarmos que 5.22 é válida, é necessário e, na verdade, suficiente mostrar que dim (U +W ) = m+ p+ q. Para tanto, basta mostrarmos que os vetores

u1, . . . , up, w1, . . . , wq, v1, . . . , vm (5.23)

formam uma base de U +W. Mostremos primeiramente que eles geram U+W : dado v ∈ U+W existem u ∈ U e

w ∈ W tais que v = u+ w. Como u é uma cominação linear de u1, . . . , up, v1, . . . , vm e w é uma cominação linear de w1, . . . , wq, v1, . . . , vm segue que v = u + w é uma cominação linear de u1, . . . , up, v1, . . . , vm,1 , . . . , wq. Portanto,

U +W = [u1, . . . , up, v1, . . . , vm,1 , . . . , wq].

Verifiquemos que os vetores em 5.23 são l.i.. Suponha que

α1u1 + · · ·+ αpup + β1w1 + · · ·+ βqwq + δ1v1 + · · ·+ δmvm = 0, (5.24) ou seja

U 3 α1u1 + · · ·+ αpup + δ1v1 + · · ·+ δmvm = −β1w1 + · · · − βqwq ∈ W. Logo,

−β1w1 − · · · − βqwq ∈ U ∩W = [v1, . . . , vm]. Conseqüentemente, existem γ1, . . . , γm tais que

−β1w1 − · · · − βqwq = γ1v1 + · · ·+ γmvm, ou seja,

β1w1 + · · ·+ βqwq + γ1v1 + · · ·+ γmvm = 0. Como w1, . . . , wq, v1, . . . , vm são l.i., pois formam uma base de W, segue-se que γ1 = · · · = γm = β1 = · · · = βq = 0. Assim, a equação 5.24 se reduz a

α1u1 + · · ·+ αpup + δ1v1 + · · ·+ δmvm = 0 e como u1, . . . , up, v1, . . . , vm são l.i., pois formam uma base de U, segue-se que

α1 = · · · = αp = δ1 = · · · = δm = 0, donde se conclui que os vetores de 5.23 são linearmente independentes.

5.3. DIMENSÃO DE SOMA DE SUBESPAÇOS VETORIAIS 43

Corolário 5.25 Seja U um subespaço vetorial de um espaço vetorial de dimensão finita V. Se dimU = dimV então U = V.

Prova: Suponha que exista u1 ∈ V com u1 6∈ U. Coloque W = [u1]. Como U ∩W = {0} e dimW = 1, segue da proposição 5.21 que

dim (U +W ) = dimU + 1 = dimV + 1 > dimV.

Um absurdo pois dim (U +W ) ≤ dimV.

Observação 5.26 Note que se V, U e W são como na proposição 5.21 e se além do mais tivermos V = U +W e dimU + dimW > dimV então U ∩W 6= {0}, isto é, a soma U +W não é direta.

Bem, se fosse U ∩W = {0} então pela proposição 5.21 terı́amos

0 = dim (U ∩W ) = dimU + dimW − dim (U +W )

= dimU + dimW − dimV > 0,

um absurdo.

Exemplo 5.27 Sejam U = {p(x) ∈ P3(R); p(0) = p(1) = 0} e V = {p(x) ∈ P3(R); p(−1) = 0}. Encontre uma base para U, V, U ∩ V e U + V.

U : Temos

p(x) = a0 + a1x+ a2x 2 + a3x

3 ∈ U ⇐⇒ p(0) = p(1) = 0

⇐⇒ {

a0 = 0

a0 + a1 + a2 + a3 = 0

⇐⇒ p(x) = −(a2 + a3)x+ a2x2 + a3x3 = a2(x2 − x) + a3(x3 − x).

Desse modo, U = [x2 − x, x3 − x] e estes polinômios são l.i. pois como cada um tem um grau distinto do outro, nenhum pode ser múltiplo do outro. Assim, x2−x e x3 − x formam uma base de U.

44 CAPÍTULO 5. BASE, DIMENSÃO E COORDENADAS

V :

p(x) = a0 + a1x+ a2x 2 + a3x

3 ∈ V

⇐⇒ p(−1) = 0 ⇐⇒ a0 − a1 + a2 − a3 = 0

⇐⇒ p(x) = a0 + (a0 + a2 − a3)x+ a2x2 + a3x3

= a0(1 + x) + a2(x 2 + x) + a3(x

3 − x). Desse modo, V = [1 + x, x2 + x, x3 − x] e estes polinômios são l.i. pois como cada um tem um grau distinto do outro, nenhum pode ser uma combinação linear dos outros dois. Portanto, 1 + x, x2 + x e x3 − x formam uma base de V.

U ∩ V :

p(x) = a0 + a1x+ a2x 2 + a3x

3 ∈ U ∩ V ⇐⇒

a0 = 0

a0 + a1 + a2 + a3 = 0

a0 − a1 + a2 − a3 = 0

⇐⇒ {

a0 = a2 = 0

a1 = −a3 ⇐⇒ p(x) = −a1(x3 − x).

Logo, x3 − x é uma base de U ∩ V.

U + V : Temos dim (U+V ) = 2+3−1 = 4 = dimP3(R). Pela proposição 5.25 temos que U + V = P3(R) e podemos tomar como base os polinômios 1, x, x2 e x3.

Exemplo 5.28 Voltemos ao exemplo 3.11. Sabemos que

U = [(1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 1, 0, 1)] V = [(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 1)]

U ∩ V = [(1, 0,−1, 0), (0, 1, 0, 1)] U + V = [(0, 1, 1, 0), (0, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 1)]

Verifiquemos que os geradores acima são na verdade bases para os respectivos subespa- ços vetoriais. Para tanto basta verificar que cada seqüência de vetores acima é l.i..

Analisemos primeiramente para U : se

α(1, 1, 0, 0) + β(0, 1, 1, 0) + γ(0, 1, 0, 1) = (0, 0, 0, 0)

5.4. COORDENADAS 45

então (α, α+ β + γ, β, γ) = (0, 0, 0, 0)

que implica em α = β = γ = 0. Vejamos agora o caso do subespaço V : se

α(1, 0, 0, 1) + β(0, 1, 0, 1) + γ(0, 0, 1, 1) = (0, 0, 0, 0)

então (α, β, γ, α+ β + γ) = (0, 0, 0, 0)

que implica em α = β = γ = 0. Passemos agora a U ∩ V : se

α(1, 0,−1, 0) + β(0, 1, 0, 1) = (α, β,−α, β) = (0, 0, 0, 0)

que implica em α = β = 0. Pela proposição 5.21 temos dim (U + V ) = 3 + 3 − 2 = 4. Como (0, 1, 1, 0),

(0, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 1) geram U + V segue-se do fato da dimensão deste subespaço ser quatro que formam uma base para U+V. Como a dimensão de R4 também e U + V ⊂ R4, temos pela proposição 5.25 que U + V = R4. Note que esta soma não é direta.

5.4 Coordenadas

Sejam V um espaço vetorial finitamente gerado e B uma base de V formada pelos ve- tores u1, . . . , un. Como B é uma base de V, todo elemento de u ∈ V se escreve como α1u1 + · · · + αnun, com os coeficientes α1, . . . , αn ∈ R. Pela proposição 4.18, os co- eficientes α1, . . . , αn são unicamente determinados pelo vetor u. Estes coeficientes são denominados coordenas de u com relação à base B. Representaremos as coordenadas de u com relação à base como

uB =

α1 ... αn

B

ou, simplesmente, por 

α1 ... αn

46 CAPÍTULO 5. BASE, DIMENSÃO E COORDENADAS

quando B estiver subentendida.

Exemplo 5.29 Mostre que os vetores (1, 1, 1), (0, 1, 1) e (0, 0, 1) formam uma base de R 3. Encontre as coordenadas de (1, 2, 0) ∈ R3 com relação à base B formada pelos

vetores acima.

Já sabemos que dimR3 = 3. Para verificar se os vetores acima formam uma base de V, basta verificar se eles são l.i.. Utilizando o exemplo 4.8 vemos que estes vetores são de fato l.i. pois a matriz

1 0 0 1 1 0 1 1 1

possui determinante igual a 1 6= 0. Agora,

(1, 2, 0) = α(1, 1, 1) + β(0, 1, 1) + γ(0, 0, 1) = (α, α+ β, α+ β + γ)

que é equivalente ao sistema 

α = 1

α+ β = 2

α+ β + γ = 0

cuja (única) solução é α = 1, β = 1 e γ = −2. Desse modo, as coordenadas de (1, 2, 0) com relação à base B são dadas por

1 1 −2

B

.

Exemplo 5.30 Mostre que os polinômios 1, x, x2 − x formam uma base, B, de P2(R). Encontre as coordenadas de 1 + x + x2 com relação à base B. Encontre também as coordenadas deste mesmo polinômio com relação à base C formada pelos polinômios 1, x e x2.

Pa verificar que 1, x, x2−x formam uma base de P2(R) basta mostrar cada p(x) = a0+ a1x+ a2x

2 ∈ P2(R) se escreve de maneira única como combinação linear de 1, x

5.5. EXERCÍCIOS 47

e x2−x. Isto é equivalente a mostrar que a equação p(x) = α1+βx+γ(x2−x) possui uma única solução (α, β, γ) ∈ R3. A equação acima se escreve como

a0 + a1x+ a2x 2 = α+ (β − γ)x+ γx2,

que é equivalente ao sistema 

α = a0

β − γ = a1 γ = a2,

que possui uma única solução dada por α = a0, β = a1 + a2, e γ = a2. Com isso em mãos, vemos que as coordenadas de 1 + x+ x2 com relação à base B

são dadas por 

1 2 1

B

.

Note que com relação à base C formada por 1, x e x2 as coordenadas de 1+ x+ x2 são dadas por

1 1 1

C

.

5.5 Exercı́cios

Ex. 5.31 Verificar em cada um dos casos se o subconjunto B do espaço vetorial V é uma base para V.

1. B = {

1, 1 + t, 1− t2, 1− t− t2 − t3 }

, V = P3(R).

2. B =

{(

1 1 0 0

)

,

(

2 1 0 0

)

,

(

0 1 1 0

)

,

(

0 0 0 2

)}

, V = M2(R).

3. B = {(1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 0), (1, 1, 0, 0), (1, 0, 0, 0)} , V = R4.

Ex. 5.32 Encontrar em cada um dos itens abaixo uma base e a dimensão do subespaço W do espaço vetorial V.

1. W = {

(x, y, z, t) ∈ R4;x− y = 0 e x+ 2y + t = 0 }

, V = R4.

48 CAPÍTULO 5. BASE, DIMENSÃO E COORDENADAS

2. W = {X ∈ M2(R);AX = X} , onde A = (

1 2 0 1

)

, V = M2(R).

3. W = {p ∈ P2(R); p′′(t) = 0,∀t ∈ R} , V = P2(R).

Ex. 5.33 Dados U, W subespaços do espaço vetorial V determinar;

i) uma base e a dimensão de U.

ii) uma base e a dimensão de W.

iii) uma base e a dimensão de U +W.

iv) uma base e a dimensão de U ∩W. nos seguintes casos;

1. U = {

(x, y, z) ∈ R3;x+ y + z = 0 }

, W = {(x, y, 0);x, y ∈ R} , V = R3.

2. U = {A ∈ M2(R); tr(A) = 0} , W = {

A ∈ M2(R);At = −A }

, V = M2(R). tr(A) é a soma dos elementos da diagonal principal de A, chamado de traço de A

3. U = {p(x) ∈ P2(R); p′(t) = 0} , W = {p(x) ∈ P2(R); p(0) = p(1) = 0} , V = P2(R).

Ex. 5.34 Determinar as coordenadas do vetor u = (−1, 8, 5) ∈ R3 em relação a cada uma das bases de R3 abaixo;

1. base canônica

2. {(0, 0, 1), (0, 1, 1), (1, 1, 1)}

3. {(1, 2, 1), (0, 3, 2), (1, 1, 4)}

Ex. 5.35 Determinar as coordenadas de p(t) ∈ P3(R), dado por p(t) = 10 + t2 + 2t3, t ∈ R em relação as seguintes bases de P3(R);

1. base canônica

2. {

1, 1 + t, 1 + t+ t2, 1 + t+ t2 + t3 }

3. {

4 + t, 2, 2− t2, t+ t3 }

5.5. EXERCÍCIOS 49

Ex. 5.36 Determinar as coordenadas do vetor (

2 5 −8 7

)

∈ M2(R) em relação as seguintes bases de M2(R);

1. base canônica

2.

{(

1 0 0 0

)

,

(

1 1 0 0

)

,

(

1 1 1 0

)

,

(

1 1 1 1

)}

50 CAPÍTULO 5. BASE, DIMENSÃO E COORDENADAS

Capı́tulo 6

Mudança de Base

6.1 Introdução, Exemplos e Propriedades

Como vimos no exemplo 5.30 as coordenadas de um elemento de um espaço vetorial podem variar quando se consideram bases distintas. O que passaremos a estudar agora é como esta mudança ocorre, ou seja, como é possı́vel encontrar as coordenadas de um vetor com relação a uma base sabendo-se suas coordenadas com relação a uma outra.

Seja V um espaço vetorial finitamente gerado. Sejam B e C bases de V formadas pelos vetores b1, . . . , bn e c1, . . . , cn, respectivamente. Como B é uma base, existem αij ∈ R, 1 ≤ i, j ≤ n tais que

c1 = α11b1 + · · ·+ αn1bn ...

cn = α1nb1 + · · ·+ αnnbn.

Desta forma, as coordenadas de c1, . . . , cn, com relação à base B são, respectivamente,

c1B =

α11 ...

αn1

B

, · · · , cnB =

α1n ...

αnn

B

.

Reunimos estas informações sobre as coordenadas dos vetores da base C com relação à

51

52 CAPÍTULO 6. MUDANÇA DE BASE

base B na seguinte matriz

MCB =

α11 · · · α1n ...

. . . ...

αn1 · · · αnn

 ,

cujas colunas são formadas pelas coordenas de c1, . . . , cn com relação à base B. A matriz MCB é chamada de matriz mudança de base da base B para a base C.

Antes de mostrarmos a relação que existe entre MCB e as coordenadas de um dado ve- tor com relação às bases B e C, vejamos como podemos encontrar a matriz de mudança de base em um exemplo no R3.

Exemplo 6.1 Considere a base B em R3 formada pelos vetores (1, 0, 1), (1, 1, 1) e (1, 1, 2). Considere também a base C formada pelos vetores (1, 0, 0), (0, 1, 0) e (0, 0, 1). Encontre MCB .

Precisamos resolver

(1, 0, 0) = α11(1, 0, 1) + α21(1, 1, 1) + α31(1, 1, 2) (0, 1, 0) = α12(1, 0, 1) + α22(1, 1, 1) + α32(1, 1, 2) (0, 0, 1) = α13(1, 0, 1) + α23(1, 1, 1) + α33(1, 1, 2)

⇐⇒

(α11 + α21 + α31, α21 + α31, α11 + α21 + 2α31) = (1, 0, 0) (α12 + α22 + α32, α22 + α32, α12 + α22 + 2α32) = (0, 1, 0) (α13 + α23 + α33, α23 + α33, α13 + α23 + 2α33) = (0, 0, 1).

Um momento de reflexão nos poupará um pouco de trabalho neste ponto. Note que cada linha acima representa um sistema de três equações com três incógnitas e que a matriz associada a cada um destes sistemas é a mesma. O que muda são os nomes das variáveis e o segundo membro. Utilizando como variáveis x, y e z, basta resolvermos o seguinte sistema

1 1 1 0 1 1 1 1 2

x y z

 =

a b c

onde a, b, c ∈ R. O sistema acima é equivalente a 

1 1 1 0 1 1 0 0 1

x y z

 =

a b

c− a

6.1. INTRODUÇÃO, EXEMPLOS E PROPRIEDADES 53

cuja única solução é dada por x = a− b, y = a+ b− c e z = c− a. Tomando (a, b, c) = (1, 0, 0) obtemos (α11, α21, α31) = (1, 1,−1). Tomando (a, b, c) = (0, 1, 0) obtemos (α12, α22, α32) = (−1, 1, 0). Tomando (a, b, c) = (0, 0, 1) obtemos (α13, α23, α33) = (0,−1, 1). Desta forma,

obtemos

MCB =

1 −1 0 1 1 −1 −1 0 1

 .

Exercı́cio 6.2 Com as notações do exemplo acima, encontre MBC .

Vejamos agora como as coordenadas de um vetor se relacionam com respeito a duas bases de um espaço vetorial de dimensão finita.

Sejam B e C bases de um espaço vetorial de dimensão finita V formadas, respecti- vamente, pelos vetores b1, . . . , bn e c1, . . . , cn. Dado um vetor v em V sejam

vB =

x1 ... xn

B

e vC =

y1 ... yn

C

as suas coordenadas com relação às bases B e C, respectivamente. Se MCB = (αij) representa a matriz de mudança da base B para base C, então como cj =

∑n i=1 αijbi,

j = 1, . . . , n, obtemos

v = n ∑

i=1

xibi = n ∑

j=1

yjcj = n ∑

j=1

yj

(

n ∑

i=1

αijbi

)

= n ∑

i=1

n ∑

j=1

αijyj

 bi

onde na última igualdade invertemos a ordem da soma. Como os vetores b1, . . . , bn são l.i., segue-se que xi =

∑n j=1 αijyj , i = 1, . . . , n. Porém, estas últimas n equações

podem ser escritas na seguinte fórmula matricial 

α11 α12 · · · α1n ...

... . . .

... αn1 αn2 · · · αnn

y1 ... yn

 =

x1 ... xn

 ,

ou mais simplesmente, uB = M

C B uC .

Resumiremos este resultado na seguinte

54 CAPÍTULO 6. MUDANÇA DE BASE

Proposição 6.3 Sejam B e C bases de um espaço vetorial de dimensão finita V. Se uB e uC representam as coordenadas de um dado vetor v ∈ V com relação às bases B e C, respectivamente e se MCB é a matriz de mudança de base da base B para a base C então

vB = M C B vC .

Exemplo 6.4 Fixado θ ∈ R, considere os vetores

u1 = (cos θ, sen θ) e u2 = (− sen θ, cos θ)

em R2. Mostre que estes vetores formam uma base, B, de R2 e encontre a matriz de mudança desta base para a base C formada pelos vetores e1 = (1, 0) e e2 = (0, 1). Encontre as coordenadas do vetor u = ae1 + be2 com relação à base B.

Como a dimensão de R2 é dois basta mostrar que u1 e u2 são l.i.. Se α(cos θ, sen θ) +β(− sen θ, cos θ) = (0, 0) então

{

α cos θ − β sen θ = 0 α sen θ + β cos θ = 0

⇐⇒ α = β = 0,

pois

det

(

cos θ − sen θ sen θ cos θ

)

= 1 6= 0.

A matriz MCB será dada por (αij), onde

(1, 0) = α11(cos θ, sen θ) + α21(− sen θ, cos θ) (0, 1) = α12(cos θ, sen θ) + α22(− sen θ, cos θ),

que é equivalente a

(1, 0) = (α11 cos θ − α21 sen θ, α11 sen θ + α21 cos θ) (0, 1) = (α12 cos θ − α22 sen θ, α12 sen θ + α22 cos θ),

e como já visto antes, basta resolver o sistema

(

cos θ − sen θ sen θ cos θ

)(

x y

)

=

(

α β

)

6.1. INTRODUÇÃO, EXEMPLOS E PROPRIEDADES 55

cuja solução é dada por (

x y

)

=

(

cos θ sen θ − sen θ cos θ

)(

α β

)

=

(

α cos θ + β sen θ β cos θ − α sen θ

)

.

Fazendo (α, β) = (1, 0) obtemos (α11, α21) = (cos θ,− sen θ). Colocando (α, β) = (0, 1), temos (α12, α22) = ( sen θ, cos θ). Assim,

MCB =

(

cos θ sen θ − sen θ cos θ

)

.

Agora, se uB representa as coordenadas de u = ae1 + be2 com relação à base B e uC as coordenadas do mesmo vetor com relação à base C, pela proposição 6.3 temos

uB = M C B uC =

(

cos θ sen θ − sen θ cos θ

)(

a b

)

=

(

a cos θ + b sen θ b cos θ − a sen θ

)

.

Proposição 6.5 Sejam B, C e D bases de um espaço vetorial n dimensional. Temos

MDB = M C BM

D C .

Prova: Sejam b1, . . . , bn os vetores de B, c1, . . . , cn os vetores de C e d1, . . . , dn os vetores de D. Usando a notação MCB = (αij), M

D C = (βij) e M

D B = (γij) vemos que

cj = n ∑

i=1

αijbi, dk = n ∑

j=1

βjkcj , dk = n ∑

i=1

γikbi. (6.6)

Assim,

dk = n ∑

j=1

βjkcj = n ∑

j=1

βjk

(

n ∑

i=1

αijbi

)

= n ∑

i=1

n ∑

j=1

αijβjk

 bi,

como b1, . . . , bn são l.i., comparando com a última expressão de 6.6, obtemos

γik = n ∑

j=1

αijβjk, 1 ≤ i, k ≤ n.

Resta apenas lembrar que o lado direito da expressão acima representa o elemento da i-ésima linha e da k-ésima coluna da matriz MCBM

D C . Portanto, M

D B = M

C BM

D C .

56 CAPÍTULO 6. MUDANÇA DE BASE

Proposição 6.7 Sejam B e C bases em um espaço vetorial de n dimensional V. Então a matriz MCB possui inversa e esta inversa é dada por M

B C , a matriz de mudança da base

C para a base B.

Prova: Pela proposição anterior temos MCBM B C = M

B B e M

B C M

C B = M

C C . resta mostrar

que MBB = M C C = I = (δij), onde

δij =

{

1 se i = j

0 caso contrário,

é a matriz identidade de ordem n. É claro que basta mostrar que MBB = I e isto é bem simples, pois se u1, . . . , un são os vetores da base B então MBB = (αij) satisfaz uj =

∑n i=1 αijui, j = 1, . . . , n. Ora, como u1, . . . , un são l.i., para cada j = 1, . . . , n,

a única solução de cada uma destas equações é dada por

αij =

{

1 se i = j

0 caso contrário,

ou seja, αij = δij .

Exercı́cio 6.8 Utilize a proposição acima para refazer o exercı́cio 6.2.

6.2 Exercı́cios

Ex. 6.9 Considere as bases B = {e1, e2, e3} e C = {g1, g2, g3} de um espaço vetorial V relacionadas da seguinte forma

g1 = e1 + e2 − e3 g2 = 2e2 + 3e3 g3 = 3e1 + e3

1. Determine as matrizes mudança da base B para a base C, isto é, MCB , e da base C para a base B, isto é, MBC .

2. Se a matriz das coordenadas do vetor v em relação a base B, isto é, (v)B , é dada

por

1 3 2

encontre a matriz das coordenadas de v em relação a base C, isto é,

(v)C .

6.2. EXERCÍCIOS 57

3. Se a matriz das coordenadas do vetor v em relação a base C, isto é, (v)C , é dada

por

2 3 −1

encontre a matriz das coordenadas de v em relação a base B, isto

é, (v)B.

Ex. 6.10 Considere as bases ordenadas B = {

1, 1 + t, 1 + t2 }

e C = {

1, t, t2 }

de P2(R).

1. Encontre as matrizes de mudança da base B para a base C, isto é MCB , e da base C para a base B, isto é MBC .

2. Se (v)B =

1 −4 6

encontre (v)C .

3. Se (v)C =

8 −1 3

encontre (v)B.

4. Se D = {

1, t, t2 }

é a base canônica de P2(R), encontre as matrizes de mudança da base B para a base D e da base D para a base C, isto é, MBD e MDC , respectivamente.

Ex. 6.11 Considere o seguinte subespaço de M2(R);

W =

{(

x y z t

)

∈ M2(R);x− y − z = 0 }

.

1. Mostre que

B =

{(

1 1 0 0

)

,

(

1 0 1 0

)

,

(

0 0 0 1

)}

e

C =

{(

1 0 1 0

)

,

(

0 −1 1 0

)

,

(

0 0 0 1

)}

são bases de W.

2. Encontre as matrizes de mudança da base B para a base C e da base C para a base B, isto é, MCB e M

B C , respectivamente.

58 CAPÍTULO 6. MUDANÇA DE BASE

3. Encontre uma base D de W , tal que a matriz

P =

1 1 0 0 0 2 0 3 1

seja a matriz de mudança da base D para a base B, isto é, P = MBD .

Capı́tulo 7

Exercı́cios Resolvidos – Uma Revisão

Ex. Resolvido 7.1 Verifique se V = {(x, y, z, w) ∈ R4; y = x, z = w2} com as operações usuais de R4 é um espaço vetorial.

Resolução: Note que (0, 0, 1, 1) ∈ V mas −1(0, 0, 1, 1) = (0, 0,−1,−1) 6∈ V. Assim, V não é um espaço vetorial. ¤

Ex. Resolvido 7.2 Seja A ∈ Mn(R) uma matriz quadrada de ordem n. Verifique se W = {X ∈ Mn×1(R);AX = 0} é um subespaço vetorial de Mn×1(R), com as operações usuais.

Resolução:

1. Seja O = (0) a matriz n× 1 nula. Como AO = O, temos que O ∈ W.

2. Se X,Y ∈ W e λ ∈ R, então, pelas propriedades da soma e da multiplicação por escalar usuais entre as matrizes e, também, pelas propriedades do produto entre matrizes, temos

A(X + λY ) = AX +A(λY ) = AX + λAY = O + λO = O.

Portanto X + λY ∈ W.

Concluı́mos que W é um subespaço vetorial de Mn×1(R). ¤

59

60 CAPÍTULO 7. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS – UMA REVISÃO

Ex. Resolvido 7.3 Encontre o subespaço vetorial de P3(R) gerado por S = {1, t, t2, 1 + t3}.

Resolução: Note que t3 = (t3 + 1)− 1. Assim, dado p(t) = a0 + a1t+ a2t2 + a3t3 ∈ P3(R) podemos escrever p(t) = (a0 − a3) + a1t + a2t2 + a3(t3 + 1) ∈ [S]. Logo, P3(R) = [S]. ¤

Ex. Resolvido 7.4 Encontre o subespaço vetorial de M2(R) gerado por

S =

{(

0 1 0 0

)

,

(

0 0 −1 0

)}

Resolução: Temos que A ∈ [S] se e somente se existem α, β ∈ R tais que

A = α

(

0 1 0 0

)

+ β

(

0 0 −1 0

)

=

(

0 α −β 0

)

,

ou seja, A ∈ [S] se e somente se os elementos da diagonal principal de A são nulos. ¤

Ex. Resolvido 7.5 Encontre um conjunto finito de geradores para

W = {X ∈ M3×1(R) : AX = 0},

onde

A =

0 1 0 2 1 0 1 1 4

 .

Resolução:

X =

α β γ

 ∈ W ⇐⇒

0 1 0 2 1 0 1 1 4

α β γ

 =

0 0 0

⇐⇒

1 1 4 2 1 0 0 1 0

α β γ

 =

0 0 0

 ⇐⇒

1 1 4 0 −1 −4 0 1 0

α β γ

 =

0 0 0

⇐⇒

1 1 4 0 1 4 0 1 0

α β γ

 =

0 0 0

 ⇐⇒

1 1 4 0 1 4 0 0 −4

α β γ

 =

0 0 0

61

⇐⇒

1 1 4 0 1 4 0 0 1

α β γ

 =

0 0 0

 ⇐⇒ α = β = γ = 0,

portanto,

W =

0 0 0

.

¤

Ex. Resolvido 7.6 Encontre um conjunto finito de geradores para

W = {X ∈ M4×1(R) : AX = 0},

onde

A =

1 1 −1 0 2 0 1 1 3 1 0 1 0 −2 3 1

.

Resolução:

X =

α β γ δ

∈ W ⇐⇒

1 1 −1 0 2 0 1 1 3 1 0 1 0 −2 3 1

α β γ δ

=

0 0 0 0

⇐⇒

1 1 −1 0 0 −2 3 1 0 −2 3 1 0 −2 3 1

α β γ δ

=

0 0 0 0

⇐⇒

1 1 −1 0 0 −2 3 1 0 0 0 0 0 0 0 0

α β γ δ

=

0 0 0 0

⇐⇒

1 1 −1 0 0 1 −3/2 −1/2 0 0 0 0 0 0 0 0

α β γ δ

=

0 0 0 0

⇐⇒

1 0 1/2 1/2 0 1 −3/2 −1/2 0 0 0 0 0 0 0 0

α β γ δ

=

0 0 0 0

62 CAPÍTULO 7. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS – UMA REVISÃO

⇐⇒ {

α = −γ/2− δ/2 β = 3γ/2 + δ/2

,

isto é,

X =

−γ/2− δ/2 3γ/2 + δ/2

γ δ

= γ

−1/2 3/2 1 0

+ δ

−1/2 1/2 0 1

,

portanto,

W =

−1/2 3/2 1 0

,

−1/2 1/2 0 1

.

¤

Ex. Resolvido 7.7 Encontre uma base para o subespaço vetorial de R3 dado por U = [(1, 0, 1), (1, 2, 0), (0, 2,−1)].

Resolução: Primeiro Modo: (x, y, z) ∈ U se e somente se existem α, β, γ ∈ R tais que

α(1, 0, 1) + β(1, 2, 0) + γ(0, 2,−1) = (x, y, z),

ou seja, (x, y, z) ∈ U se e somente se o sistema abaixo admite solução 

1 1 0 0 2 2 1 0 −1

α β γ

 =

x y z

 ⇐⇒

1 1 0 0 2 2 0 −1 −1

α β γ

 =

x y

z − x

1 1 0 0 1 1 0 −1 −1

α β γ

 =

x y/2 z − x

 ⇐⇒

1 1 0 0 1 1 0 0 0

α β γ

 =

x y/2

z − x+ y/2

⇐⇒

1 0 −1 0 1 1 0 0 0

α β γ

 =

x− y/2 y/2

z − x+ y/2

63

que possui solução, e esta é dada por α = γ + x − y/2, β = −γ + y/2, γ ∈ R, se e somente se z = x− y/2. Dessa forma,

(x, y, z) = (γ + x− y/2)(1, 0, 1) + (−γ + y/2)(1, 2, 0) + γ(0, 2,−1) =

= (x, y, x− y/2) = x(1, 0, 1) + y(0, 1,−1/2) e como

(1, 0, 1), (0, 1,−1/2) (7.8) são l.i., segue-se que formam uma base de U. Segundo Modo: Note que os vetores (1, 0, 1) e (1, 2, 0) são l.i. e pertencem a U. Vejamos se estes vetores juntamente com (0, 2,−1) são l.d. ou l.i.:

α(1, 0, 1) + β(1, 2, 0) + γ(0, 2,−1) = (0, 0, 0)

⇐⇒ (α+ β, 2β + 2γ, α− γ) = (0, 0, 0)

⇐⇒

α+ β = 0

β + γ = 0

α− γ = 0 ⇐⇒ α = −β = γ,

ou seja, os vetores (1, 0, 1), (1, 2, 0), (0, 2,−1)

são l.d.. Portanto, (1, 0, 1), (1, 2, 0) (7.9)

formam uma base de U. Embora as bases 7.8 e 7.9 não coincidam, ambas estão corretas. Basta observar que

(1, 2, 0) = (1, 0, 1) + 2(0, 1,−1/2).

¤

Ex. Resolvido 7.10 Dados U = {A ∈ M2(R) : At = A} e W = [(

1 1 0 1

)]

, em

M2(R), encontre uma base para U, W, U ∩W e U+W, no caso em que não se reduzam a {0}.

Resolução:

64 CAPÍTULO 7. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS – UMA REVISÃO

U :

A =

(

a b c d

)

⇐⇒ c = b,

portanto, A ∈ U se e somente se existirem α, β, γ ∈ R tais que

A = α

(

1 0 0 0

)

+ β

(

0 1 1 0

)

+ γ

(

0 0 0 1

)

.

A mesma equação acima tomada com A = 0, mostra que as matrizes (

1 0 0 0

)

,

(

0 1 1 0

)

,

(

0 0 0 1

)

são l.i. e, portanto, como geram U, formam uma base de U. Note que dimU = 3.

W : Como a matriz (

1 1 0 1

)

gera W e é não nula, ela serve de base para W. Note que dimW = 1.

U ∩W : A ∈ U ∩W ⇐⇒ A = At e existe λ ∈ R tal que A =

(

λ λ 0 λ

)

,

isto é, se e somente se existir λ ∈ R tal que (

λ λ 0 λ

)

=

(

λ 0 λ λ

)

,

que é satisfeita se e somente se λ = 0, ou seja, A = O. Desse modo, U ∩W = {O} e dim (U ∩W ) = 0.

U +W : Temos

dim (U +W ) = dimU + dimW − dim (U ∩W ) = 4 = dimM2(R);

portanto, U +W = M2(R) e uma base pode ser dada por (

1 0 0 0

)

,

(

0 1 0 0

)

,

(

0 0 1 0

)

,

(

0 0 0 1

)

.

¤

65

Ex. Resolvido 7.11 Sejam U = {p ∈ P2(R) : p′(t) = 0,∀t ∈ R}, W = {p ∈ P2(R) : p(0) = p(1) = 0} subespaços vetoriais de V = P2(R). Encontre uma base para U, W, U ∩W e U +W, no caso em que não se reduzam a {0}.

U : p(t) = a0 + a1t+ a2t

2 ∈ U ⇐⇒ p′(t) = a1 + 2a2t = 0 ⇐⇒ a1 = a2 = 0 ⇐⇒ p(t) = a0 ⇐⇒ p(t) ∈ [1].

Logo, 1 é uma base de U e dimU = 1.

W :

p(t) = a0 + a1t+ a2t 2 ∈ U ⇐⇒

{

p(0) = a0 = 0

p(1) = a0 + a1 + a2 = 0

⇐⇒ p(t) = a1t− a1t2 = a1(t− t2), isto é, p(t) ∈ [t− t2]. Assim t− t2 é uma base de W e dimW = 1.

U ∩W : p(t) ∈ U ∩ W = [1] ∩ [t − t2] se e somente se existem λ, µ ∈ R tais que p(t) = λ = µ(t− t2). Claramente, isto só é possı́vel quando λ = µ = 0, ou seja, quando p(t) = 0. Assim, U ∩W = {0} e dimU ∩W = 0.

U +W : Temos

dim (U +W ) = dimU + dimW − dim (U ∩W ) = 1 + 1− 0 = 2

e como a soma é direta podemos tomar 1, t− t2 como base de U ∩W. ¤

Ex. Resolvido 7.12 Seja V um espaço vetorial. Sejam B e C bases de V formadas pelos vetores e1, e2, e3 e g1, g2, g3, respectivamente, relacionados da seguinte forma:

g1 = e1 + e2 − e3 g2 = 2e2 + 3e3 g3 = 3e1 + e3

1. Determine as matrizes de mudança da base B para a base C, isto é, MCB , e da base C para a base B, isto é, MBC .

2. Se as coordenadas do vetor v em relação a base B, isto é, vB , são dadas por

1 3 2

encontre as coordenadas de v em relação a base C, isto é, vC .

66 CAPÍTULO 7. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS – UMA REVISÃO

3. Se as coordenadas do vetor v em relação a base C, isto é, vC , são dadas por

2 3 −1

encontre as coordenadas de v em relação a base B, isto é, vB.

Resolução:

1. Temos

MCB =

1 0 3 1 2 0 −1 3 1

 .

Como MBC = (

MCB )−1

, passemos a encontrar a inversa de MCB : 

1 0 3 ... 1 0 0

1 2 0 ... 0 1 0

−1 3 1 ... 0 0 1

1 0 3 ... 1 0 0

0 2 −3 ... −1 1 0 0 3 4

... 1 0 1

1 0 3 ... 1 0 0

0 1 −32 ... −12 12 0

0 3 4 ... 1 0 1

1 0 3 ... 1 0 0

0 1 −32 ... −12 12 0

0 0 172 ... 52 −32 1

1 0 3 ... 1 0 0

0 1 −32 ... −12 12 0

0 0 1 ... 517 − 317 217

1 0 0 ... 217

9 17 − 617

0 1 0 ... − 117 417 317

0 0 1 ... 517 − 317 217

Portanto,

MBC =

2 17

9 17 − 617

− 117 417 317 5 17 − 317 217

2. Como vC = MBC vB,

vC =

2 17

9 17 − 617

− 117 417 317 5 17 − 317 217

1 3 2

 =

1 1 0

 .

67

3. Como vB = MCB vC ,

vB =

1 0 3 1 2 0 −1 3 1

2 3 −1

 =

−1 8 6

 .

¤

Ex. Resolvido 7.13 Considere o seguinte subespaço de M2(R):

W =

{(

x y z t

)

∈ M2(R);x− y − z = 0 }

.

a) Mostre que B dada pelas matrizes

B1 =

(

1 1 0 0

)

, B2 =

(

1 0 1 0

)

, B3 =

(

0 0 0 1

)

e C dada pelas matrizes

C1 =

(

1 0 1 0

)

, C2 =

(

0 −1 1 0

)

, C3 =

(

0 0 0 1

)

são bases de W.

b) Encontre as matrizes de mudança da base B para a base C e da base C para a base B.

c) Encontre uma base D de W , tal que a matriz

P =

1 1 0 0 0 2 0 3 1

seja a matriz de mudança da base D para a base B, isto é, P = MBD .

Resolução:

a)

A =

(

x y z t

)

∈ W ⇐⇒ x = y + z.

68 CAPÍTULO 7. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS – UMA REVISÃO

Assim, A ∈ W se e somente se existirem x, y, z ∈ R tais que

A = y

(

1 1 0 0

)

+ z

(

1 0 1 0

)

+ t

(

0 0 0 1

)

, (7.14)

isto é,

W =

[(

1 1 0 0

)

,

(

1 0 1 0

)

,

(

0 0 0 1

)]

.

A equação 7.14 tomada com A = O mostra que as matrizes acima que geram W são de fato l.i. e, portanto, formam uma base de W. Além do mais, dimW = 3.

Como C é formado por três vetores de W e a dimensão de W é três, basta verificar que tais vetores são l.i.. De fato,

α

(

1 0 1 0

)

+ β

(

0 −1 1 0

)

+ γ

(

0 0 0 1

)

=

(

0 0 0 0

)

⇐⇒ (

α −β α+ β γ

)

=

(

0 0 0 0

)

⇐⇒ α = β = γ = 0.

b) Basta notar que C1 = B2 C2 = −B1 +B2 C3 = B3

e daı́,

MCB =

0 −1 0 1 1 0 0 0 1

 .

Quanto a MBC , vemos que B1 = C1 − C2 B2 = C1 B3 = C3

e assim,

MBC =

1 1 0 −1 0 0 0 0 1

 .

69

c) Procuremos D1, D2 e D3 em W de modo que formem uma base W tal que MBD = P. Isto ocorre se e somente se

B1 = 1D1 + 0D2 + 0D3 = D1 B2 = 1D1 + 0D2 + 3D3 = D1 + 3D3 B3 = 0D1 + 2D2 + 1D3 = 2D2 +D3

,

ou seja, D1 = B1, D3 = (B2 − B1)/3 e D2 = (B3 − (B2 − B1)/3)/2 = (3B3 + B1 − B2)/6. Assim, a base D formada por D1, D2 e D3 é dada pelas matrizes

(

1 1 0 0

)

,

(

0 1/6 −1/6 1/2

)

,

(

0 −1/3 1/3 0

)

.

70 CAPÍTULO 7. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS – UMA REVISÃO

Capı́tulo 8

Transformações Lineares

8.1 Introdução e Exemplos

Definição 8.1 Sejam U e V espaços vetoriais. Dizemos que uma função T : U → V é uma transformação linear se forem verificadas as seguintes condições:

1. T (u+ v) = T (u) + T (v), ∀u, v ∈ U ;

2. T (λu) = λT (u), ∀u ∈ U, ∀λ ∈ R.

Observação 8.2 Note que T : U → V é uma transformação linear se e somente se T (λu+ µv) = λT (u) + µT (v), para todo u, v ∈ U, λ, µ ∈ R.

Observação 8.3 Note que pela propriedade 2 temos

T (0) = T (00) = 0T (0) = 0.

Ou seja, toda transformação linear de U em V leva o elemento neutro de U no elemento neutro de V.

A seguir listamos alguns exemplos de transformações lineares definidas em vários espaços vetoriais que já tratamos no decorrer do curso.

1. T : U → V dada por T (u) = 0, para todo u ∈ U. T é chamada de transformação nula.

2. T : U → U dada por T (u) = u, para todo u ∈ U. T é chamada de transformação identidade.

71

72 CAPÍTULO 8. TRANSFORMAÇÕES LINEARES

3. T : Pn(R) → Rn+1 dada por

T (a0 + a1x+ · · ·+ anxn) = (a0, . . . , an).

4. Se A ∈ Mm×n(R) é uma matriz dada, definimos

T : Mn×1(R) → Mm×1(R)

por T (X) = AX, o produto de A com X, para todo X ∈ Mn×1(R).

5. T : C([0, 1];R) → R dada por

T (f) =

∫ 1

0 f(x) dx,

para toda função f ∈ C([0, 1];R).

6. T : C1([0, 1];R) → C([0, 1];R) dada por T (f) = f ′, a derivada de f, para toda f ∈ C1([0, 1];R).

Os exemplos abaixo são de funções entre espaços vetoriais que não são transforma- ções lineares.

1. T : R3 → R dada por T (x, y, z) = x+ y + z + 1. Note que T (0, 0, 0) = 1 6= 0.

2. T : C([0, 1];R) → R dada por

T (f) =

∫ 1

0 |f(x)| dx,

para toda função f ∈ C([0, 1];R). Se T fosse linear deverı́amos ter por 2, T (−f) = −T (f) para toda função f ∈ C([0, 1];R). Para ver que isto não ocorre, basta tomar f como sendo a função constante igual a 1. Temos neste caso que T (−1) = 1 = T (1).

3. T : R → R dada por T (x) = x2. Observe que T (−1) = 1 = T (1). Logo, não temos T (−1) = −T (1).

Proposição 8.4 Seja U um espaço vetorial com base u1, . . . , un. Toda transformação linear T : U → V fica determinada por T (u1), . . . , T (un), ou seja, conhecidos estes vetores, conhece-se T (u) para qualquer u ∈ U.

8.2. O ESPAÇO VETORIAL L (U, V ) 73

Prova: Já que u1, . . . , un formam uma base de U, dado u ∈ U existem α1, . . . , αn ∈ R tais que u = α1u1 + · · ·+ αnun. Deste modo,

T (u) = T (α1u1 + · · ·+ αnun) = α1T (u1) + · · ·+ αnT (un).

Ex. Resolvido 8.5 Encontre uma transformação linear T : R2 → R2 tal que T (1, 2) = (3,−1) e T (0, 1) = (1, 2).

Resolução: Note que (1, 2) e (0, 1) formam uma base de R2. Se (x, y) ∈ R2 então, como é fácil verificar, temos (x, y) = x(1, 2) + (y − 2x)(0, 1). Deste modo, a transformação T deve satisfazer

T (x, y) = T (x(1, 2) + (y − 2x)(0, 1)) = xT (1, 2) + (y − 2x)T (0, 1)

= x(3,−1) + (y − 2x)(1, 2) = (x+ y, 2y − 5x).

Verifica-se facilmente que a transformação T definida como acima, isto é, T (x, y) = (x+ y, 2y − 5x), é linear e satisfaz as condições pedidas. ¤

8.2 O Espaço Vetorial L (U, V )

Definição 8.6 Sejam U e V espaços vetoriais. Denotaremos por L (U, V ) o conjunto das transformações lineares T : U → V. Quando U = V denotaremos L (U,U) = L (U).

Dadas T, S ∈ L (U, V ) podemos definir T + S : U → V por (T + S)(u) = T (u) + S(u), u ∈ U. Vê-se claramente que T + S ∈ L (U, V ).

Se T ∈ L (U, V ) e λ ∈ R definimos λT : U → V como (λT )(u) = λ(T (u)). Também, λT ∈ L (U, V ).

É um simples exercı́cio de verificação o fato de L (U, V ) com as operações definidas acima ser um espaço vetorial. Note que o elemento neutro da adição é a transformação nula, isto é, T ∈ L (U, V ) definida por T (u) = 0, u ∈ U.

Registraremos isto na seguinte

Proposição 8.7 L (U, V ) com as operações acima é um espaço vetorial.

74 CAPÍTULO 8. TRANSFORMAÇÕES LINEARES

Definição 8.8 Se U é um espaço vetorial, definimos o espaço dual de U como sendo U ′

. = L (U,R), isto é, U ′ é formado pelas transformações lineares T : U → R. Estas

transformações lineares também são chamadas de funcionais lineares definidos em U.

Teorema 8.9 Se U é um espaço vetorial de dimensão n e V é um espaço vetorial de dimensão m então L (U, V ) tem dimensão mn.

Prova: Fixemos duas bases, uma formada por vetores u1, . . . , un de U e outra formada por v1, . . . , vm, vetores de V.

Para cada 1 ≤ i ≤ n e 1 ≤ j ≤ m defina

Tij(x1u1 + · · ·+ xnun) = xivj , x1, . . . , xn ∈ R.

Note que

Tij(uk) =

{

vj se i = k

0 se i 6= k .

Verifiquemos que Tij ∈ L (U, V ):

Tij((x1u1 + · · ·+ xnun) + (y1u1 + · · ·+ ynun))

= Tij((x1 + y1)u1 + · · ·+ (xn + yn)un) = (xi + yi)vj = xivj + yivj = Tij(x1u1 + · · ·+ xnun) + Tij(y1u1 + · · ·+ ynun).

Também, para todo λ ∈ R,

Tij(λ(x1u1 + · · ·+ xnun)) = Tij(λx1u1 + · · ·+ λxnun)

= λxivj = λTij(x1u1 + · · ·+ xnun). Mostremos que Tij , 1 ≤ i ≤ n e 1 ≤ j ≤ m, formam uma base de L (U, V ). Se

∑n i=1

∑m j=1 aijTij = 0 então, para cada 1 ≤ k ≤ n,

0 = n ∑

i=1

m ∑

j=1

aijTij(uk) = m ∑

j=1

n ∑

i=1

aijTij(uk) = m ∑

j=1

akjTkj(uk) = m ∑

j=1

akjvj

e como v1, . . . , vm são linearmente independentes, segue-se que ak1 = · · · = akm = 0. Portanto T11, . . . , Tnm são linearmente independentes.

8.2. O ESPAÇO VETORIAL L (U, V ) 75

Seja T ∈ L (U, V ). Se u ∈ U então u = x1u1 + · · · + xnun, para certos números reais x1, . . . , xn. Como T é linear

T (u) = x1T (u1) + · · ·+ xnT (un).

Como T (ui) ∈ V, podemos escrever, para cada 1 ≤ i ≤ n,

T (ui) = α1iv1 + · · ·+ αmivm.

Porém, como para cada 1 ≤ j ≤ m, 1 ≤ i ≤ n, Tij(u) = xivj , obtemos

T (u) = x1T (u1) + · · ·+ xnT (un)

= x1(α11v1 + · · ·+ αm1vm) + · · ·+ xn(α1nv1 + · · ·+ αmnvm) = α11x1v1 + · · ·+ αm1x1vm + · · ·+ α1nxnv1 + · · ·+ αmnxnvm

= α11T11(u) + · · ·+ αm1T1m(u) + · · ·+ α1nT1n(u) + · · ·+ αmnTnm(u), ou seja

T = α11T11 + · · ·+ αm1T1m + · · ·+ α1nT1n + · · ·+ αmnTnm.

Corolário 8.10 Se V é um espaço de dimensão n então o seu dual também tem di- mensão n.

Pelo corolário 8.10, se U tem dimensão n então o seu dual, U ′, tem a mesma dimensão. Seguindo os passos da demonstração do teorema 8.9, se u1, . . . , un for- mam uma base B de U então os funcionais lineares f1, . . . , fn : U → R dados por fj(u) = fj(x1u1+ · · ·+xnun) = xj , j = 1, . . . , n, formam uma base de U ′. Esta base é chamada de base dual da base B.

Ex. Resolvido 8.11 Considere a base B de R3 formada por u1 = (1, 1, 1), u2 = (1, 1, 0) e u3 = (1, 0, 0). Encontre a base dual de B.

Resolução: Dado (x, y, z) ∈ R3, temos

(x, y, z) = z(1, 1, 1) + (y − z)(1, 1, 0) + (x− y)(1, 0, 0).

Deste modo, a base dual de B, é dada pelos funcionais lineares f1, f2 e f3 onde

f1(x, y, z) = z, f2(x, y, z) = y − z e f3(x, y, z) = x− y.

¤

76 CAPÍTULO 8. TRANSFORMAÇÕES LINEARES

Definição 8.12 Sejam U, V e W espaços vetoriais. Se T ∈ L (U, V ) e S ∈ L (V,W ) definimos a composta S ◦ T : U → W por S ◦ T (u) = S(T (u)), u ∈ U.

Exemplo 8.13 Considere T, S ∈ L (R2) dadas por T (x, y) = (x + y, 0) e S(x, y) = (x, 2y). Encontre T ◦ S e S ◦ T.

T ◦ S(x, y) = T (S(x, y)) = T (x, 2y) = (x+ 2y, 0).

S ◦ T (x, y) = S(T (x, y)) = S(x+ y, 0) = (x+ y, 0).

Note que T ◦ S 6= S ◦ T.

Definição 8.14 Se T ∈ L (U), definimos T 1 = T e Tn = T ◦ Tn−1 para n ≥ 2.

Definição 8.15 T ∈ L (U) é chamada de nilpotente se existir algum inteiro positivo n tal que Tn = 0, a transformação nula.

Obviamente a transformação nula é um exemplo de uma transformação nilpotente.

Exemplo 8.16 Mostre que T : R2 → R2 dada por T (x, y) = (0, x) é um operador nilpotente.

Vejamos: T 2(x, y) = T (T (x, y)) = T (0, x) = (0, 0). Assim, T 2 = 0.

Proposição 8.17 Se T ∈ L (U, V ) e S ∈ L (V,W ) então S ◦ T ∈ L (U,W ).

Prova: Dados u, v ∈ U e λ, µ ∈ R temos

S ◦ T (λu+ µv) = S(T (λu+ µv)) = S(λT (u) + µT (v))

= S(λT (u)) + S(µT (v)) = λS(T (u)) + µS(T (v)) = λS ◦ T (u) + µS ◦ T (v).

Proposição 8.18 Sejam T ∈ L (U, V ), S ∈ L (V,W ) e R ∈ L (W,X), onde U, V,W e X são espaços vetoriais. Então (R ◦ S) ◦ T = R ◦ (S ◦ T ).

8.2. O ESPAÇO VETORIAL L (U, V ) 77

Prova: Para todo u ∈ U, temos

(R ◦ S) ◦ T (u) = (R ◦ S)(T (u)) = R(S(T (u)))

e por outro lado

R ◦ (S ◦ T )(u) = R((S ◦ T )(u)) = R(S(T (u))).

Comparando as expressões chegamos ao resultado desejado.

Proposição 8.19 Se S, T ∈ L (U, V ), R ∈ L (V,W ) então R◦(S+T ) = R◦S+R◦T.

Prova: Dado u ∈ U, temos

R ◦ (S + T )(u) = R((S + T )(u)) = R(S(u) + T (u)) = R(S(u)) +R(T (u))

= R ◦ S(u) +R ◦ T (u) = (R ◦ S +R ◦ T )(u).

Proposição 8.20 Se T ∈ L (U, V ) e IV ∈ L (V ) é a identidade em V, isto é, I(v) = v, v ∈ V, e IU ∈ L (U) é a identidade em U, então IV ◦ T = T e T ◦ IU = T.

Prova: Dado u ∈ U, temos

IV ◦ T (u) = IV (T (u)) = T (u)

e T ◦ IU (u) = T (IU (u)) = T (u).

Definição 8.21 Diremos que T ∈ L (U, V ) possui inversa se existir S : V → U tal que S ◦ T (u) = u para todo u ∈ U e T ◦ S(v) = v para todo v ∈ V. Em outras palavras, T ◦ S = IV e S ◦ T = IU , onde IU : U → U é a identidade em U e IV : V → V é a identidade em V.

Proposição 8.22 Se T ∈ L (U, V ) possui uma inversa então esta inversa é única.

78 CAPÍTULO 8. TRANSFORMAÇÕES LINEARES

Suponha que T possua inversas R,S ∈ L (V,U). Como IV = T ◦ R e IU = S ◦ T, temos

S = S ◦ IV = S ◦ (T ◦R) = (S ◦ T ) ◦R = IU ◦R = R.

Denotaremos a inversa de T por T−1.

Definição 8.23 Uma transformação linear T : U → V

1. injetora se T (u) = T (v) implicar em u = v;

2. sobrejetora se para todo v ∈ V existir u ∈ U tal que T (u) = v;

3. bijetora se for injetora e sobrejetora.

Proposição 8.24 Uma transformação linear T : U → V é injetora se e somente se T (u) = 0 implicar em u = 0.

Prova: Suponha que T seja injetora. Se T (u) = 0 então T (u) = T (0) e como T é injetora, segue-se que u = 0.

Reciprocamente suponha que a única solução de T (u) = 0 seja u = 0. Se T (u) = T (v) então T (u− v) = 0 e, por hipótese, u− v = 0, isto é, u = v.

Proposição 8.25 A fim de que T ∈ L (U, V ) possua inversa é necessário e suficiente que T seja bijetora.

Prova: Suponha que T possua inversa. Se T (u) = T (v) então u = T−1(T (u)) = T−1(T (v)) = v e, portanto, T é injetora. Dado v ∈ V vemos que T (T−1(v)) = v e, portanto, T também é sobrejetora.

Assim, T é bijetora. Suponha agora que T seja bijetora. Dado v ∈ V existe um único uv ∈ U tal que

v = T (uv). Defina S : V → U por S(v) = uv. Mostremos que S é a inversa de T. Se v ∈ V então T (S(v)) = T (uv) = v. Se u ∈ U então S(T (u)), pela definição de S, é o único elemento u′ em U tal que

T (u′) = T (u). Como T é injetora, temos u′ = u e, assim, S(T (u)) = u.

Proposição 8.26 Se T ∈ L (U, V ) possui inversa T−1 : V → U então T−1 ∈ L (V,U).

8.3. IMAGEM E NÚCLEO 79

Prova: Devemos mostrar que T−1 : V → U é linear. Sejam v1, v2 ∈ V e λ1, λ2 ∈ R. Como T é sobrejetora existem u1, u2 ∈ U tais que

T (u1) = v1 e T (u2) = v2. Assim,

T−1(λ1v1 + λ2v2) = T −1(λ1T (u1) + λ2T (u2)) = T

−1(T (λ1u1 + λ2u2))

= λ1u1 + λ2u2 = λ1T −1(v1) + λ2T

−1(v2).

8.3 Imagem e Núcleo

Definição 8.27 Seja T : U → V uma transformação linear. 1. Se X ⊂ U, definimos a imagem de X por T como sendo o conjunto T (X) =

{T (x);x ∈ X}.

2. Se Y ⊂ V, definimos a imagem inversa de Y por T como sendo o conjunto T−1(Y ) = {u ∈ U ;T (u) ∈ Y }.

Ex. Resolvido 8.28 Seja V um espaço de dimensão 1. Mostre que qualquer transforma- ção linear não nula T : U → V é sobrejetora.

Resolução: Como T é não nula existe uo ∈ U tal que T (uo) 6= 0. Já que V tem dimensão 1 então qualquer base de V é constituı́da por um elemento e como T (uo) ∈ V é não nulo (portanto, l.i.), ele próprio forma uma base de V. Assim, dado v ∈ V existe α ∈ R tal que v = αT (uo) = T (αuo), ou seja, T é sobrejetora. ¤

Proposição 8.29 Seja T : U → V uma transformação linear. Temos 1. Se W é um subespaço vetorial de U então T (W ) é um subespaço vetorial de V.

2. Se W é um subespaço vetorial de V então T−1(W ) é um subespaço vetorial de U.

Prova: 1. Seja W um subespaço vetorial de U. Como 0 ∈ W vemos que 0 = T (0) ∈ T (W ). Se x, y ∈ T (W ) então existem u,w ∈ W tais que x = T (u) e y = T (w). Como W

é um subespaço vetorial, temos que, para qualquer λ ∈ R, u+ λw ∈ W. Desse modo

x+ λy = T (u) + λT (w) = T (u) + T (λw) = T (u+ λw) ∈ T (W ).

80 CAPÍTULO 8. TRANSFORMAÇÕES LINEARES

2. Seja W um subespaço vetorial de V. Como T (0) = 0 ∈ W, segue-se que 0 ∈ T−1(W ). Se x, y ∈ T−1(W ) então T (x), T (y) ∈ W. Como W é um subespaço vetorial temos

que, para qualquer λ ∈ R, T (x) + λT (y) ∈ W. Mas T (x+ λy) = T (x) + λT (y) ∈ W e, portanto, x+ λy ∈ T−1(W ).

Definição 8.30 O núcleo de uma transformação linear T : U → V é o subespaço veto- rial de U dado por T−1({0}), ou seja, é o conjunto {u ∈ U ;T (u) = 0}. Denotaremos o núcleo de T por N (T ).

Proposição 8.31 Seja T : U → V uma transformação linear. T é injetora se e somente se N (T ) = {0}.

Prova: Pela proposição 8.24 T é injetora se e somente se a equação T (u) = 0 possui como única solução u = 0. Isto é o mesmo que dizer que o conjunto N (T ) é formado somente pelo elemento 0.

Ex. Resolvido 8.32 Seja T ∈ L (U). Mostre que T 2 = 0 se e somente se T (U) ⊂ N (T ).

Resolução: Suponha que T 2 = 0. Se v ∈ T (U) então existe u ∈ U tal que v = T (u) e, portanto, T (v) = T 2(u) = 0. Logo, v ∈ N (T ).

Suponha agora que T (U) ⊂ N (T ). Dado u ∈ U, como T (u) ∈ T (U) ⊂ N (T ), temos T 2(u) = T (T (u)) = 0. ¤

Ex. Resolvido 8.33 Seja θ ∈ R. Encontre o núcleo da transformação linear T : R2 → R 2 dada por

T (x, y) = (x cos θ − y sen θ, x sen θ + y cos θ).

Resolução: Por definição, (x, y) ∈ N (T ) se e somente se T (x, y) = (0, 0), isto é, se e somente se

(x cos θ − y sen θ, x sen θ + y cos θ) = (0, 0)

⇐⇒ {

x cos θ − y sen θ = 0 x sen θ + y cos θ = 0

⇐⇒ (x, y) = (0, 0).

Portanto, N (T ) = {(0, 0)}.

8.3. IMAGEM E NÚCLEO 81

Teorema 8.34 (Teorema do Núcleo e da Imagem) Sejam U e V espaços vetoriais de dimensão finita e T : U → V uma transformação linear. Temos

dimU = dimN (T ) + dimT (U).

Prova: Seja B1 uma base de N (T ) formada pelos vetores u1, . . . , up. Pelo teorema do completamento, existem vetores v1, . . . , vq ∈ U tais que u1, . . . , up, v1, . . . , vq formam uma base de U. Note que com esta notação temos dimU = p + q e dimN (T ) = p. Resta mostrar que dimT (U) = q e, para isto, mostraremos que T (v1), . . . , T (vq) formam uma base de T (U).

Se α1T (v1) + · · ·+ αqT (vq) = 0 então T (α1v1 + · · ·+ αqvq) = 0, isto é, α1v1 + · · ·+αqvq ∈ N (T ). Desta forma, existem β1, . . . , βp ∈ R tais que α1v1+ · · ·+αqvq = β1u1 + · · ·+ βpup, isto é,

β1u1 + · · ·+ βpup − α1v1 − · · · − αqvq = 0.

Como u1, . . . , up, v1, . . . , vq formam uma base de U, segue-se que α1 = · · · = αq = β1 = · · · = βp = 0 e, portanto, T (v1), . . . , T (vq) são linearmente independentes.

Mostremos que T (v1), . . . , T (vq) geram T (U). Seja v ∈ T (U). Logo, existe u ∈ U tal que T (u) = v. Como u1, . . . , up, v1, . . . , vq formam uma base de U, existem α1, . . . , αq, β1, . . . , βp ∈ R tais que

u = α1u1 + · · ·+ αpup + β1v1 + · · ·+ βqvq

e daı́, v = T (u) = T (α1u1 + · · ·+ αpup + β1v1 + · · ·+ βqvq)

= α1T (u1) + · · ·+αpT (up) + β1T (v1) + · · ·+ βqT (vq) = β1T (v1) + · · ·+ βqT (vq), já que u1, . . . , up ∈ N (T ).

Corolário 8.35 Se U e V são espaços vetoriais de dimensão finita tais que dimU = dimV e se T : U → V é uma transformação linear então as seguintes condições são equivalentes:

1. T é sobrejetora;

2. T é injetora;

3. T é bijetora;

82 CAPÍTULO 8. TRANSFORMAÇÕES LINEARES

4. T leva bases de U em bases de V.

Prova: (1) =⇒ (2): Se T é sobrejetora então T (U) = V e pelo teorema anterior, dimU = dimN (T ) + dimV. Mas como dimU = dimV segue que dimN (T ) = 0, isto é, N (T ) = {0}. Pela proposição 8.31, T é injetora.

(2) =⇒ (3): Se T é injetora então dimN (T ) = 0. Pelo teorema anterior segue-se que dimU = dimT (U). Como dimU = dimV segue-se que T (U) é um subespaço de V com a mesma dimensão de V. Logo, T (U) = V, isto é, T é sobrejetora. Dessa forma, T é bijetora.

(3) =⇒ (4): Suponha que T seja bijetora. Considere uma base de U formada por vetores u1, . . . , un. Precisamos mostrar que T (u1), . . . , T (un) formam uma base de V.

Se α1T (u1)+ · · ·+αnT (un) = 0 então T (α1u1+ · · ·+αnun) = 0, isto é, α1u1+ · · · + αnun ∈ N (T ). Como T é injetora temos N (T ) = {0} e, conseqüentemente, α1u1 + · · · + αnun = 0. Como u1, . . . , un formam uma base de U temos α1 = · · · = αn = 0 e, portanto, T (u1), . . . , T (un) são linearmente independentes.

Seja v ∈ V. Como T é sobrejetora, existe u ∈ U tal que v = T (u). Escrevendo u como α1u1 + · · ·+ αnun vemos que

v = T (α1u1 + · · ·+ αnun) = α1T (u1) + · · ·+ αnT (un),

isto é, T (u1), . . . , T (un) geram V. Observe que já havı́amos provado isto na proposição 8.4

(4) =⇒ (1): Seja u1, . . . , un uma base de U. Por hipótese, T (u1), . . . , T (un) for- mam uma base de V. Assim, dado v ∈ V existem α1, . . . , αn ∈ R tais que v = α1T (u1) + · · · + αnT (un). Deste modo, v = T (α1u1 + · · · + αnun), isto é, T é sobrejetora.

Ex. Resolvido 8.36 Mostre que toda transformação linear bijetora T : R2 → R2 leva retas em retas, isto é, a imagem de uma reta por T é uma reta.

Resolução: Dada uma reta r no plano usaremos a equação vetorial para representar seus pontos, isto é, um ponto P ∈ r é da forma Po + λ~v, onde Po é um ponto sobre a reta, ~v é um vetor direção da reta e λ ∈ R. A imagem de r por T é T (r) = {T (P );P ∈ r}. Assim, todo ponto em T (r) é da forma T (P ) = T (Po) + λT (~v), λ ∈ R. Como T é injetora e ~v 6= ~0 temos que T (~v) 6= ~0, ou seja, T (r) é uma reta que passa por T (Po) e tem direção T (~v). ¤

Ex. Resolvido 8.37 Sejam a1, . . . , an ∈ R não todos nulos. Mostre que o subespaço H = {(x1, . . . , xn) ∈ Rn; a1x1 + · · ·+ anxn = 0} tem dimensão n− 1.

8.3. IMAGEM E NÚCLEO 83

Resolução: Note que H é o núcleo da transformação linear T : Rn → R dada por T (x1, . . . , xn) = a1x1 + · · ·+ anxn. Como nem todos os aj são nulos, segue-se que T é não nula e pelo exercı́cio 8.28, T é sobrejetora. Deste modo, pelo teorema 8.34, temos

n = dimRn = dimH + dimT (Rn) = dimH + 1,

ou seja, dimH = n− 1. ¤

Ex. Resolvido 8.38 Sejam

A =

(

1 2 0 1

)

e T : M2(R) → M2(R) dada por T (X) = AX −XA. Encontre o núcleo e a imagem de T.

Resolução: Núcleo: X ∈ N (T ) se e somente se AX = XA. Se denotarmos

X =

(

a b c d

)

,

vemos que X ∈ N (T ) se e somente se (

1 2 0 1

)(

a b c d

)

=

(

a b c d

)(

1 2 0 1

)

,

isto é, (

a+ 2c b+ 2d c d

)

=

(

a 2a+ b c 2c+ d

)

que equivale a 

a+ 2c = a

b+ 2d = 2a+ b

c = c

d = 2c+ d

⇐⇒ c = 0 e a = d.

Portanto,

X =

(

a b 0 a

)

= a

(

1 0 0 1

)

+ b

(

0 1 0 0

)

.

84 CAPÍTULO 8. TRANSFORMAÇÕES LINEARES

Dessa forma, o núcleo de T é o subespaço vetorial gerado pela base (note que as matrizes são l.i.) formada pelas matrizes

(

1 0 0 1

)

e

(

0 1 0 0

)

.

Imagem de T : Temos que

Y =

(

x y z t

)

∈ T (M2(R))

se e somente se existir

X =

(

a b c d

)

tal que Y = AX −XA, isto é, (

x y z t

)

=

(

1 2 0 1

)(

a b c d

)

− (

a b c d

)(

1 2 0 1

)

=

(

a+ 2c b+ 2d c d

)

− (

a 2a+ b c 2c+ d

)

=

(

2c 2d− 2a 0 −2c

)

= 2c

(

1 0 0 −1

)

+ 2(d− a) (

0 1 0 0

)

,

ou seja, a imagem de T é gerada pela base (note que as matrizes são l.i.) formada pelas matrizes

(

1 0 0 −1

)

e

(

0 1 0 0

)

.

Uma outra maneira para encontrar uma base para a imagem de T é fazer uso da prova do teorema 8.34. Isto é, sabemos que

(

1 0 0 1

)

e

(

0 1 0 0

)

formam uma base do núcleo de T e, como no referido teorema, a completamos até uma base de M2(R) como, por exemplo,

(

1 0 0 1

)

,

(

0 1 0 0

)

,

(

0 0 1 0

)

e

(

0 0 0 1

)

8.4. ISOMORFISMO E AUTOMORFISMO 85

e, pelo mesmo teorema,

T

((

0 0 1 0

))

=

(

2 0 0 −2

)

e T

((

0 0 0 1

))

=

(

0 1 0 0

)

formam uma base para a imagem de T. ¤

Definição 8.39 Dizemos que T ∈ L (U) é idempotente se T 2 = T.

Exemplo 8.40 I : U → U, a identidade de U é idempotente.

Exemplo 8.41 T : R2 → R2 dada por T (x, y) = (x, 0) é idempotente.

Note que T 2(x, y) = T (x, 0) = (x, 0) = T (x, y).

Proposição 8.42 Mostre que se T ∈ L (U) é idempotente então

U = T (U)⊕N (T ).

Prova: Dado u ∈ U podemos escrever

u = T (u) + (u− T (u)).

Claramente, T (u) ∈ T (U) e T (u−T (u)) = T (u)−T 2(u) = T (u)−T (u) = 0. Logo, U = T (U) +N (T ) e resta mostrarmos que a soma é direta.

Se u ∈ T (U) ∩ N (T ) então existe v ∈ U tal que u = T (v) e T (u) = 0. Porém, como T = T 2, temos

u = T (v) = T 2(v) = T (T (v)) = T (u) = 0,

ou seja, T (U) ∩N (T ) = {0}.

8.4 Isomorfismo e Automorfismo

Definição 8.43 Dizemos que uma transformação linear T : U → V é isomorfismo quando ela for bijetora. No caso em que U = V diremos que T é um automorfismo.

Definição 8.44 Dizemos que os espaços vetoriais U e V são isomorfos se existir um isomorfismo T : U → V.

86 CAPÍTULO 8. TRANSFORMAÇÕES LINEARES

As seguintes transformações são exemplos de isomorfismos e, portanto, os respecti- vos espaços vetoriais são isomorfos.

1. T : U → U dada por T (u) = u.

2. T : Rn → Pn−1(R) dada por T (x1, . . . , xn) = x1 + x2t+ · · ·+ xntn−1.

3. T : Mm×n(R) → Rmn que associa a cada matriz A = (aij) de Mm×n(R) o seguinte elemento de Rn

(a11, . . . , a1n, . . . , am1, . . . , amn).

Ex. Resolvido 8.45 Verifique se T (x, y, z) = (x− y, x− z, z − y) é um automorfismo de R3.

Resolução: Se T (x, y, z) = (0, 0, 0) então 

x− y = 0 x− z = 0 z − y = 0

⇐⇒ x = y = z.

Logo, T é não é injetora, pois T (1, 1, 1) = (0, 0, 0). Assim, T não é um isomorfismo. ¤

Proposição 8.46 Se T : U → V é um isomorfismo e U tem dimensão finita então dimU = dimV.

Prova: Como T é injetora, N (T ) = {0} e, portanto, dimN (T ) = 0. Como T é sobrejetora, T (U) = V. Segue do teorema do núcleo e da imagem 8.34, que

dimU = dimN (T ) + dimT (U) = dimV.

A recı́proca da proposição acima é válida e é dada pela proposição a seguir.

Proposição 8.47 Sejam U e V espaços de dimensão n. Se u1, . . . , un e v1, . . . , vn formam bases de U e V, respectivamente, então

T (x1u1 + · · ·+ xnun) = x1v1 + · · ·+ xnvn, x1, . . . , xn ∈ R,

define um isomorfismo entre U e V. Note que T (uj) = vj , j = q, . . . , n.

8.5. MATRIZ DE UMA TRANSFORMAÇÃO LINEAR 87

Prova: Primeiramente, note que T, de fato, define uma função pois as coordenadas de um vetor com relação a uma base são unicamente determinadas por ele e pela base.

Verifiquemos que T é linear. Se w1, w2 ∈ U então podemos escrever w1 =

∑n i=1 xiui e w2 =

∑n i=1 yiui, onde

xi, yi ∈ R, i = 1, . . . , n. Se λ1, λ2 ∈ R, temos

T (λ1w1 + λ2w2) = T

(

n ∑

i=1

(λ1xi + λ2yi)ui

)

=

n ∑

i=1

(λ1xi + λ2yi)vi

= λ1

n ∑

i=1

xivi + λ2

n ∑

i=1

yivi = λ1T (w1) + λ2T (w2).

Seja w = ∑n

i=1 xiui tal que T (w) = 0. Mas T (w) = x1v1 + · · · + xnvn = 0 e, portanto, x1 = · · · = xn = 0, ou seja, w = 0. Portanto, T é injetora e pelo corolário 8.35, segue-se que T é um isomorfismo.

Corolário 8.48 Se dois espaços têm a mesma dimensão finita então eles são isomorfos.

Prova: Basta tomar o isomorfismo do teorema anterior. Combinando o corolário acima com a proposição 8.46 vemos que dois espaços de

dimensão finita são isomorfos se e somente se eles possuem a mesma dimensão.

Corolário 8.49 Se U é um espaço vetorial de dimensão n e V é um espaço vetorial de dimensão m então L (U, V ) é isomorfo a Mm×n(R).

Prova: Note que tanto L (U, V ) como Mm×n(R) têm a mesma dimensão: mn.

8.5 Matriz de uma Transformação Linear

8.5.1 Definição e Exemplos

Sejam U e V espaços vetoriais de dimensão finita. Fixemos uma base B de U formada por vetores u1, . . . , un e uma base V formada por vetores v1, . . . , vm. Se T ∈ L (U, V ) podemos escrever

T (uj) = a1jv1 + · · ·+ amjvm, = 1, . . . , n.

88 CAPÍTULO 8. TRANSFORMAÇÕES LINEARES

A matriz 

a11 a12 . . . a1n a21 a22 . . . a1n

... ...

. . . ...

am1 am2 . . . amn

∈ Mm×n(R)

é chamada de matriz da transformação T com relação às bases B e C e é denotada por [T ]B,C . No caso em que U = V e B = C usaremos a notação [T ]B.

Ex. Resolvido 8.50 Encontre a matriz de T : R3 → R2 dada por T (x, y, z) = (x + y, x − z) com relação às bases canônicas de R3 (B : (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)) e R2 (C : (1, 0), (0, 1)).

Resolução: Temos T (1, 0, 0) = (1, 1) = 1(1, 0) + 1(0, 1),

T (0, 1, 0) = (1, 0) = 1(1, 0) + 0(0, 1) e

T (0, 0, 1) = (0,−1) = 0(1, 0)− 1(0, 1). Assim,

[T ]B,C =

(

1 1 0 1 0 −1

)

.

¤

Ex. Resolvido 8.51 Encontre a matriz de T : R3 → R2 dada por T (x, y, z) = (x + y, x − z) com relação às bases canônicas de R3 (B : (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)) e R2 (C ′ : (1, 1), (0, 1)).

Resolução: Temos T (1, 0, 0) = (1, 1) = 1(1, 1) + 0(0, 1),

T (0, 1, 0) = (1, 0) = 1(1, 1)− 1(0, 1) e T (0, 0, 1) = (0,−1) = 0(1, 1)− 1(0, 1).

Assim,

[T ]B,C′ =

(

1 1 0 0 −1 −1

)

.

¤

8.5. MATRIZ DE UMA TRANSFORMAÇÃO LINEAR 89

8.5.2 Propriedades

Proposição 8.52 Sejam U e V espaços vetorial de dimensão finita com bases B e C, respectivamente. Se T, S ∈ L (U, V ) e λ, µ ∈ R então

[λT + µS]B,C = λ[T ]B,C + µ[S]B,C .

Prova: Colocando B : u1, . . . , un, C : v1, . . . , vm, [T ]B,C = (αij) e [S]B,C = (βij) temos

(λT + µS)(uj) = λT (uj) + µS(uj)

= λ(α1jv1 + · · ·+ αmjvm) + µ(β1jv1 + · · ·+ βmjvm)

= (λα1j + µβ1j)v1 + · · ·+ (λαmj + µβmj)vm e, desse modo,

[λT + µS]B,C =

λα11 + µβ11 · · · λα1n + µβ1n ...

. . . ...

λαm1 + µβm1 · · · λαmn + µβmn

 = λ[T ]B,C + µ[S]B,C .

Corolário 8.53 Sejam U e V espaços vetorial de dimensão finita com bases B e C, respectivamente. Se T ∈ L (U, V ) é a transformação nula então [T ]B,C = 0.

Proposição 8.54 Se B e C são bases de um espaço vetorial V de dimensão finita e I ∈ L (V, V ) é a identidade de V então [I]B,C = MBC .

Prova: Sejam B : u1, . . . , un, C : v1, . . . , vn e [I]B,C = (αij). Como

uj = I(uj) = α1jv1 + · · ·+ αnjvn

vê-se que [I]B,C = MBC .

Proposição 8.55 Sejam U, V e W espaços vetoriais de dimensão finita. Sejam T ∈ L (U, V ) e S ∈ L (V,W ). Se B,C e D são bases de U, V e W, respectivamente, então

[S ◦ T ]B,D = [S]C,D[T ]B,C .

90 CAPÍTULO 8. TRANSFORMAÇÕES LINEARES

Prova: Coloquemos B : u1, . . . , un, C : v1, . . . , vm e D : w1, . . . , wp. Se [T ]B,C = (αij) e [S]C,D = (βkl) então

S ◦ T (uj) = S(T (uj)) = S (

m ∑

i=1

αijvi

)

=

m ∑

i=1

αijS(vi)

=

m ∑

i=1

αij

(

p ∑

k=1

βkiwk

)

=

p ∑

k=1

(

m ∑

i=1

βkiαij

)

wk.

Portanto,

[S ◦ T ]B,D = (

m ∑

i=1

βkiαij

)

= [S]C,D[T ]B,C .

Proposição 8.56 Sejam U e V espaços vetorial de dimensão finita com bases B e C, respectivamente. Se T ∈ L (U, V ) possui inversa T−1 então [T−1]C,B = [T ]−1B,C .

Prova: Seja n = dimU = dimV. Temos

[T ]B,C [T −1]C,B = [T ◦ T−1]C,C = [I]C,C = In

onde In é a matriz identidade de ordem n. Analogamente,

[T−1]C,B[T ]B,C = [T −1 ◦ T ]B,B = [I]B,B = In.

Portanto, [T−1]C,B = [T ] −1 B,C .

Proposição 8.57 Sejam U e V espaços vetorial de dimensão finita com bases B e C, respectivamente. Se T ∈ L (U, V ) e u ∈ U então, representando por T (u)C e uB as coordenadas dos vetores T (u) e u, respectivamente, temos

T (u)C = [T ]B,CuB.

Prova: Coloque B : u1, . . . , un, C : v1, . . . , vm, [T ]B,C = (αij) e

uB =

a1 ... an

 .

8.5. MATRIZ DE UMA TRANSFORMAÇÃO LINEAR 91

Temos T (u) = T (a1u1 + · · ·+ anun) = a1T (u1) + · · ·+ anT (un)

= a1(α11v1 + · · ·+ αm1vm) + · · ·+ an(α1nv1 + · · ·+ αmnvm)

= (a1α11 + · · ·+ anα1n)v1 + · · ·+ (a1αm1 + · · ·+ anαmn)vm, ou seja,

T (u)C =

a1α11 + · · ·+ anα1n ...

a1αm1 + · · ·+ anαmn

 =

α11 · · · α1n ...

. . . ...

αm1 · · · αmn

a1 ... an

 ,

isto é, T (u)C = [T ]B,CuB.

Proposição 8.58 Sejam U e V espaços vetorial de dimensão finita com bases B e C, respectivamente. Então T ∈ L (U, V ) é um isomorfismo se e somente se [T ]B,C possui inversa.

Prova: Se T é um isomorfismo então pela proposição 8.56 [T ]B,C possui inversa dada por [T−1]C,B.

Reciprocamente, suponha que [T ]B,C possua inversa. Pelo corolário 8.35, basta mostrar que T é injetora. Se T (u) = 0 então

uB = [T ] −1 B,CT (u)C = [T ]

−1 B,C0 = 0.

Como todas as coordenadas de u são iguais a zero, obtemos u = 0 e, portanto, T é injetora.

Ex. Resolvido 8.59 Verifique se T : R2 → P1(R) dada por T (a, b) = a+ (a+ b)x é um isomorfismo.

Resolução: Consideremos as bases canônicas de R2 e P1(R). Como T (1, 0) = 1+ x e T (0, 1) = x, a matriz de T com relação a estas bases é dada por

(

1 0 1 1

)

.

Como a matriz acima possui inversa, segue-se que T é um isomorfismo. ¤

92 CAPÍTULO 8. TRANSFORMAÇÕES LINEARES

Proposição 8.60 Seja V um espaço de dimensão finita. Se T ∈ L (V, V ) e B e C são bases de V então

[T ]C,C = M B C [T ]B,BM

C B .

Prova: Como [I]B,C = MBC e [I]C,B = M C B , temos

MBC [T ]B,BM C B = [I]B,C [T ]B,B[I]C,B = [I]B,C [T ]C,B = [T ]C,C .

Ex. Resolvido 8.61 Considere, B, a base de R2 formada pelos vetores (1, 1) e (1,−1). Seja T ∈ L (R2) tal que

TB,B =

(

1 0 0 5

)

.

Encontre [T ]C,C , onde C é a base canônica de R2.

Resolução: Como

(1, 0) = 1

2 (1, 1) +

1

2 (1,−1) e (0, 1) = 1

2 (1, 1)− 1

2 (1,−1),

obtemos

MCB =

(

1 2

1 2

1 2 −12

)

e MBC = (

MCB )−1

=

(

1 1 1 −1

)

.

Assim, [T ]C,C = M

B C [T ]B,BM

C B =

(

1 1 1 −1

)(

1 0 0 5

)(

1 2

1 2

1 2 −12

)

=

(

3 −2 −2 3

)

.

Note que

T (x, y) = T (x(1, 0) + y(0, 1)) = xT ((1, 0)) + yT ((0, 1))

= x(3(1, 0)− 2(0, 1)) + y(−2(1, 0) + 3(0, 1)) =

= x(3,−2) + y(−2, 3) = (3x− 2y, 3y − 2x). ¤

8.6. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 93

8.6 Exercı́cios Resolvidos

Ex. Resolvido 8.62 Encontre uma base para o núcleo e outra para a imagem de T : P2(R) → P2(R) dada por T (p) = p′ + p′′.

Resolução: Note que p(x) = a0+ a1x+ a2x2 ∈ N (T ) se e somente se (a1+2a2x)+ 2a2 = 0, isto é, se e somente se a1 = a2 = 0. Desta forma, p(x) ∈ N (T ) se e somente se p(x) = a0. Desta forma o polinômio 1 é uma base de mathcalN(T ).

Como 1, x, x2 é uma base de P2(R) que completa a base de N (T ), vemos que pela demonstração do teorema 8.34, T (x) = 1 e T (x2) = 2x+ 2 formam uma base da imagem de T. ¤

Ex. Resolvido 8.63 Encontre uma base para o núcleo e outra para a imagem de T : M2(R) → M2(R) dada por T (X) = AX +X, onde

A =

(

1 4 2 3

)

.

Resolução: Observe que se T (X) = (A+ I)X, onde I é a matriz identidade de ordem dois.

Se

X =

(

a b c d

)

vemos que X ∈ N (T ) se e somente se (

2 4 2 4

)(

a b c d

)

=

(

0 0 0 0

)

⇐⇒ (

1 2 0 0

)(

a b c d

)

=

(

0 0 0 0

)

⇐⇒ {

a+ 2c = 0

b+ 2d = 0 ⇐⇒ X =

(

−2c −2d c d

)

= c

(

−2 0 1 0

)

+ d

(

0 −2 0 1

)

.

Vê-se claramente que

M1 =

(

−2 0 1 0

)

e M2 =

(

0 −2 0 1

)

formam uma base de N (T ).

94 CAPÍTULO 8. TRANSFORMAÇÕES LINEARES

A seguir, procuraremos matrizes M3 e M4 tais que M1, . . . ,M4 formem uma base de M2(R). Isto é, equivalente a encontrar M2 e M3 tais que a única solução de

αM1 + βM2 + γM3 + δM4 = 0

seja a trivial. Colocando

M3 =

(

a b c d

)

e M4 =

(

x y z t

)

obtemos

α

(

−2 0 1 0

)

+ β

(

0 −2 0 1

)

+ γ

(

a b c d

)

+ δ

(

x y z t

)

=

(

0 0 0 0

)

,

que equivale à equação 

−2 0 a x 1 0 c z 0 −2 b y 0 1 d t

α β γ δ

=

0 0 0 0

que apresenta uma única solução se e somente se o determinante da matriz de ordem quatro acima for diferente de zero. Como este determinante é

∆ = −2(2c+ a)(2t+ y) + (2z + x)(2d+ b),

vemos que ∆ 6= 0 se e somente se

(2z + x)(2d+ b) 6= 2(2c+ a)(2t+ y).

Dessa forma podemos tomar

M3 =

(

a b c d

)

=

(

1 −2 0 1

)

e M4 =

(

x y z t

)

=

(

1 1 −2 0

)

.

Segue da demonstração do teorema 8.34 que

T

((

1 −2 0 1

))

=

(

2 0 2 0

)

e T

((

1 1 −2 0

))

=

(

−6 2 −6 2

)

formam uma base da imagem de T. ¤

8.6. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 95

Ex. Resolvido 8.64 Determinar uma transformação linear T : R3 → R3 cuja imagem seja gerada pelos vetores (1, 2, 0) e (1, 1, 1).

Resolução: Como (1, 2, 0) e (1, 1, 1) são linearmente independentes, o subespaço ge- rado por estes vetores tem dimensão dois. Logo, a transformação procurada deverá ter necessariamente núcleo unidimensional. O que faremos é definir uma transformação tal que T (1, 0, 0) = (1, 2, 0), T (0, 1, 0) = (1, 1, 1) e T (0, 0, 1) = (0, 0, 0), ou seja,

T (x, y, z) = x(1, 2, 0) + y(1, 1, 1) = (x+ y, 2x+ y, y)

assim definida, é linear e satisfaz a propriedade desejada. ¤

Ex. Resolvido 8.65 Determinar um T ∈ L (P3(R),P2(R)) cujo núcleo seja gerado pelos polinômios 1 + x3 e 1− x2.

Resolução: Como dimP3 = 4 e o subespaço gerado por 1+x3 e 1−x2 tem dimensão dois, vemos que a imagem da transformação procurada deverá ter necessariamente di- mensão dois.

O primeiro passo é completar a seqüência de vetores 1 + x3 e 1− x2 a uma base de P3(R). Para isto, basta acrescentarmos os polinômios 1 e x, como se vê:

α1 + βx+ γ(1 + x3) + δ(1− x2) = α+ γ + δ + βx− δx2 + γx3 = 0

se e somente se α = β = γ = δ = 0. Assim, a imagem dos polinômios 1 e x, pela transformação procurada precisam

necessariamente ser linearmente independentes. Para isto, o que faremos é definir T : P3 → P2 tal que T (1) = 1, T (x) = x, T (1 + x3) = 0 e T (1− x2) = 0.

Dado p(x) = a0 + a1x+ a2x2 + a3x3, reescrevemos p(x) = a0 + a2 − a3 + a1x+ a3(1 + x

3)− a2(1− x2) e colocamos

T (p(x)) = T (a0 + a2 − a3 + a1x+ a3(1 + x3)− a2(1− x2))

= (a0 + a2 − a3)1 + a1x = a0 + a2 − a3 + a1x, que é uma transformação linear cujo núcleo é gerado por 1 + x3 e 1− x2. ¤

Ex. Resolvido 8.66 Seja T : P2(R) → R dado por T (p(x)) = ∫ 1 0 p(x)dx. Encontre a

matriz de T com relação às bases canônicas de P2(R) e R.

96 CAPÍTULO 8. TRANSFORMAÇÕES LINEARES

Resolução: Temos

T (1) = 1, T (x) = 1

2 , T (x2) =

1

3 .

Assim, a matriz de T com relação às bases canônicas é dada por 

1 1 2 1 3

 .

¤

Ex. Resolvido 8.67 Seja T : P3(R) → P3(R) dado por T (p(x)) = p′(x). Encontre a matriz de T com relação às bases canônicas de P3(R) e P2(R).

Resolução: Temos

T (1) = 0 = 0 + 0x+ 0x2, T (x) = 1 = 1 + 0x+ 0x2,

T (x2) = 2x = 0 + 2x+ 0x2, T (x3) = 3x2 = 0 + 0x+ 3x2

e a matriz de T com relação às bases canônicas é dada por 

0 1 0 0 0 0 2 0 0 0 0 3

 .

¤

Ex. Resolvido 8.68 Seja T : R3 → R3 a transformação linear dada por

T (x, y, z) = (x+ z, y + z, x+ y + 2z).

Encontre as matrizes de T com relação à base canônica, C, e com relação à base B formada pelos vetores

u = (1, 1, 2), v = (−1, 1, 0), w = (−1,−1, 1).

Resolução: Com relação à base canônica e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0) e e3 = (0, 0, 1), temos

T (e1) = T (1, 0, 0) = (1, 0, 1) = e1 + 0e2 + e3 T (e2) = T (0, 1, 0) = (0, 1, 1) = 0e1 + e2 + e3 T (e3) = T (0, 0, 1) = (1, 1, 2) = e1 + e2 + 2e3

8.7. EXERCÍCIOS 97

e, portanto,

[T ]C =

1 0 1 0 1 1 1 1 2

 .

Com relação à base B, temos

T (u) = T (1, 1, 2) = (3, 3, 6) = 3u = 3u + 0v + 0w T (v) = T (−1, 1, 0) = (−1, 1, 0) = v = 0u + v + 0w

T (w) = T (−1,−1, 1) = (0, 0, 0) = 0u + 0v + 0w

e, portanto,

[T ]B =

3 0 0 0 1 0 0 0 0

 .

¤

Ex. Resolvido 8.69 Sejam U um espaço vetorial de dimensão finita e T ∈ L (U) uma transformação idempotente (Cf. 8.39). Sabemos, pela proposição 8.42, que U = N (T ) ⊕ T (U). Seja B uma base de U formada pelos vetores u1, . . . , up, que formam uma base de N (T ), juntamente com v1, . . . , vq, que formam uma base de T (U). En- contre [T ]B.

Resolução: Como T (u1) = · · · = T (up) = 0, pois uj ∈ N (T ) e T (vj) = α1jv1 + · · ·+ αqjvq, já que T (vj) ∈ T (U), vemos que [T ]B tem a seguinte forma

0 · · · 0 0 · · · 0 ...

. . . ...

... . . .

... 0 · · · 0 0 · · · 0 0 · · · 0 α11 · · · α1q ...

. . . ...

... . . .

... 0 · · · 0 αq1 · · · αqq

8.7 Exercı́cios

Ex. 8.70 Verifique se as transformações abaixo são lineares;

1. T : R3 → R, T (x, y, z) = x+ 5y − z, (x, y, z) ∈ R3.

98 CAPÍTULO 8. TRANSFORMAÇÕES LINEARES

2. T : R3 → R, T (x, y, z) = x+ 5y − z + 1, (x, y, z) ∈ R3.

3. T : R3 → R, T (x, y, z) = x2 + 5y − z, (x, y, z) ∈ R3.

4. T : Mn×1(R) → Mn×1(R), T (X) = AX + X, X ∈ Mn×1(R) onde A ∈ Mn(R) é fixa .

5. T : Pn(R) → Pn(R), T (p) = p′ + p′′, p ∈ Pn(R).

6. T : M2(R) → M2(R), T (X) = AX, X ∈ M2(R), onde A ∈ M2(R) está fixada.

7. T : P2(R) → P2(R), T (p) = p+ q, p ∈ P2(R) e q(t) = t2 + 1, t ∈ R.

Ex. 8.71 Determinar o núcleo das transformações lineares abaixo e descreva-os geo- metricamente.

1. T : R2 → R, T (x, y) = y + 2x, (x, y) ∈ R2.

2. T : R3 → R, T (x, y, z) = z − 2x, (x, y, z) ∈ R3.

3. T : R2 → R2, T (x, y) = (2x+ 2y, x+ y), (x, y) ∈ R2.

4. T : R2 → R2, T (x, y) = (x+ y, x− y), (x, y) ∈ R2.

5. T : R3 → R3, T (x, y, z) = (z − x, z − 2x, z − 3x), (x, y, z) ∈ R3.

Ex. 8.72 Determinar bases para o núcleo e para a imagem das transformações lineares abaixo.

1. T : R3 → R3, T (x, y, z) = (x+ y, 2x+ y, 3x+ y), (x, y, z) ∈ R3.

2. T : R2 → R, T (x, y) = y + 2x, (x, y) ∈ R2.

3. T : M2(R) → M2(R), T (X) = AX, X ∈ M2(R), onde A = (

1 2 2 4

)

.

4. T : P2(R) → P2(R), T (p) = p′, p ∈ P2(R).

5. T : vP2(R) → P2(R), T (p) = p′ + p′′, p ∈ P2(R).

6. T : M2(R) → M2(R), T (X) = AX +X, X ∈ M2(R), onde A = (

1 4 2 3

)

.

8.7. EXERCÍCIOS 99

Ex. 8.73 Seja T : R3 → R3 um operador linear tal que

T ((1, 0, 0)) = (2, 3, 1), T ((1, 1, 0)) = (5, 2, 7), e T ((1, 1, 1)) = (−2, 0, 7).

1. Encontre T ((x, y, z)) para (x, y, z) ∈ R3.

2. T é sobrejetora? Justifique sua resposta.

3. T é injetora? Justifique sua resposta.

4. T é bijetora? Justifique sua resposta.

Ex. 8.74 Seja T : P2(R) → P2(R) um operador linear tal que

(T (p0))(t) = 1 + t, (T (p1))(t) = t+ t 2 e (T (p2))(t) = 1 + t− 2t2,

onde pi(t) = ti, i = 0, 1, 2.

1. Encontre T (p) para p ∈ P2(R).

2. T é sobrejetora? Justifique sua resposta.

3. T é injetora? Justifique sua resposta.

4. T é bijetora? justifique sua resposta.

Ex. 8.75 Seja T : M2(R) → M2(R) um operador linear tal que

T (

(

1 0 0 0

)

) =

(

1 4 2 3

)

, T (

(

1 1 0 0

)

) =

(

−1 0 0 3

)

,

T (

(

0 0 1 0

)

) =

(

0 0 2 1

)

, T (

(

0 0 0 1

)

) =

(

1 0 2 0

)

1. Encontre T (X) para X ∈ M2(R).

2. T é sobrejetora? Justifique sua resposta.

3. T é injetora? Justifique sua resposta.

4. T é bijetora? Justifique sua resposta.

100 CAPÍTULO 8. TRANSFORMAÇÕES LINEARES

Ex. 8.76 Determinar um operador linear em R4 cujo núcleo é gerado pelos vetores (1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0).

Ex. 8.77 Determinar um operador linear em R4 cujo núcleo e a imagem sejam gerados pelos vetores (1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0).

Ex. 8.78 Determinar um operador linear em R3 cujo núcleo tem dimensão 1.

Ex. 8.79 Determinar um operador linear em R3 cujo núcleo é gerado pelos vetores (1, 1, 0), (0, 0, 1) e a imagem gerado pelo vetor (1,−1, 1).

Ex. 8.80 Determinar T ∈ L (R3,R4) tal que T (R3) = [(2, 2, 3, 2), (3, 2, 0, 2)].

Ex. 8.81 Determinar uma aplicação linear T : R5 → R3 tal que

T (R5) = [(1, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 1, 1)] e N (T ) = [(1, 1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 0)].

Ex. 8.82 Determinar uma aplicação linear T : R3 → R2 tal que

T (1, 0, 0) = (1, 2), T (0, 1, 0) = (3, 4), T (0, 0, 1) = (0, 0).

Ex. 8.83 Determinar uma aplicação linear T : R5 → R3 tal que dimN (T ) = 2, dimT (R5) = 3.

Ex. 8.84 Determinar uma aplicação linear T : R3 → R4 tal que N (T ) = [(1, 0, 1)].

Ex. 8.85 Determinar uma aplicação linear T : R4 → R4 tal que N (T ) = T (R4) = [(1, 0, 1, 0)].

Ex. 8.86 Determinar uma aplicação linear T : R2 → R3 tal que T (R2) = [(1, 1, 1), (1, 2, 0)].

Ex. 8.87 Determinar uma aplicação linear T : R2 → R3 tal que T (R2) = [(1, 1, 1)] e N (T ) = [(1, 1)].

Ex. 8.88 Verifique se os operadores lineares em R3 abaixo são isomorfismos e em caso afirmativo determinar o isomorfismo inverso.

a)T (x, y, z) = (x− 3y − 2z, y − 4z, z) b)T (x, y, z) = (x, x− y, 2x+ y − z).

8.7. EXERCÍCIOS 101

Ex. 8.89 Considere o operador linear em R3 tal que

T (1, 0, 0) = (1, 1, 1), T (0, 0, 1) = (1, 0, 1), F (0, 1, 2) = (0, 0, 4).

Pergunta-se: T é um isomorfismo? Em caso afirmativo, obtenha o isomorfismo inverso.

Ex. 8.90 Verifique, em cada um dos itens abaixo, se os espaços vetoriais U e V são isomorfos, justificando a resposta.

1. U = R2, V = {

(x, y, z) ∈ R3; z = 0 }

.

2. U = M2×3(R), V = {p ∈ P4(R); p′(t) = 0,∀t ∈ R} .

3. U = R3, V = {

A ∈ M2(R);At = A }

.

4. U =

{(

a 0 0 0

)

; a ∈ R }

, V = {p ∈ P3(R); p′(t) = 0,∀t ∈ R} .

Ex. 8.91 Considere T : R2 → R2 dada por T (x, y) = (y, x), (x, y) ∈ R2. Determine Tn(x, y), onde n ∈ N e (x, y) ∈ R2.

Ex. 8.92 Mostre que T,R, S ∈ L (R2), dados por T (x, y) = (x, 2y), R(x, y) = (x, x+ y), S(x, y) = (0, x), (x, y) ∈ R2 formam um subconjunto l.i. em L (R2).

Ex. 8.93 Sejam U, V,W espaços vetoriais, T ∈ L (U, V ) e R ∈ L (V,W ) tais que N (T ) = {0} e N (S) = {0} . Mostre que N (S ◦ T ) = {0} .

Ex. 8.94 Determinar as matrizes das seguintes transformações lineares em relação as bases canônicas dos respectivos espaços vetoriais.

1. T : R3 → R2, T (x, y, z) = (x+ y, z), (x, y, z) ∈ R3.

2. T : R4 → R, T (x, y, z, t) = 2x+ y − z + 3t, (x, y, z, t) ∈ R4.

3. T : R → R3, T (x) = (x, 2x, 3x), x ∈ R.

Ex. 8.95 Considere

M =

(

1 2 0 −1

)

.

Determinar a matriz do operador linear T : M2(R) → M2(R) dado por T (X) = MX −XM , X ∈ M2(R) em relação à base canônica de M2(R).

102 CAPÍTULO 8. TRANSFORMAÇÕES LINEARES

Ex. 8.96 Seja T : R2 → R2 operador linear cuja matriz em relação à base B = {(1, 0), (1, 4)} [T ]B =

(

1 1 5 1

)

. Determinar a matriz de T em relação à base

canônica de R2.

Ex. 8.97 Seja T : P2(R) → R transformação linear definida por

T (p) =

∫ 1

−1 p(t) dt, p ∈ P2(R).

Determine a matriz de T em relação as seguintes bases.

a)B = {

1, t, t2 }

, C = {1} . b)B = {

1, 1 + t, 1 + t+ t2 }

, C = {−2} .

Ex. 8.98 Se a matriz de um operador linear T : R3 → R3 em relação a base canônica é

dada por

1 1 0 0 1 0 0 1 −1

e se S : R3 → R3 é dado por S = I+T +2T 2, determinar a

matriz de S em relação à base canônica de R3. Encontre também S(x, y, z), (x, y, z) ∈ R 3.

Ex. 8.99 Seja T : P2(R) → P2(R) operador linear dado por (T (p))(t) = p(t)−p(1), p ∈ P2(R). Se B =

{

1, t− 1, (t− 1)2 }

e C = {

1, t, t2 }

encontrar [T ]B,C , [T ]B e [T ]C .

Ex. 8.100 Seja B = {e1, e2, e3} uma base de um espaço vetorial V. Se T, S : V → V são operadores lineares em V tais que

T (e1) = 2e1 − 3e2 + e3 S(e1) = 3e1 + 2e2 T (e2) = e1 + e2 S(e2) = e1 − e2 − e3 T (e3) = e2 + e3 S(e3) = e1 + e2 − 2e3

Determine as seguintes matrizes [T ]B , [S]B , [S ◦ T ]B , [S2 + I]B e [T 3 − S2]B.

Ex. 8.101 Sejam U = R3 , V = R2, B = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} e C = {(1, 0), (0, 1)} bases de U e V , respectivamente. Encontrar, em cada um dos itens abaixo, T ∈ L (U, V ) tal que [T ]B,C seja a matriz;

a)

(

1 2 3 4 5 1

)

b)

(

0 0 1 0 1 0

)

c)

(

10 5 −3 2 −1 4

)

8.7. EXERCÍCIOS 103

Ex. 8.102 Sejam V espaço vetorial e T : V → V um operador linear idempotente, isto é, T 2 = T. Mostrar que V = N (T )⊕ T (V ).

Ex. 8.103 Seja T : R3 → R3 o operador linear dado por

T (x, y, z) = (3x, x− y, 2x+ y + z), (x, y, z) ∈ R3.

Mostre que (T 2 − I) ◦ (T − 3I) = 0.

104 CAPÍTULO 8. TRANSFORMAÇÕES LINEARES

Capı́tulo 9

Autovalores e Autovetores

9.1 Definição, Exemplos e Generalidades

Definição 9.1 Sejam U um espaço vetorial e T ∈ L (U). Dizemos que um vetor não nulo u ∈ U é um autovetor de T se existir λ ∈ R tal que T (u) = λu.

Observação 9.2 Se u 6= 0 é tal que T (u) = λu = µu então λ = µ. De fato, esta igualdade implica que (λ− µ)u = 0, ou seja, λ− µ = 0.

Definição 9.3 Sejam U um espaço vetorial, T ∈ L (U) e u um autovetor de T. O número λ tal que T (u) = λu é chamado de autovalor de T associado ao autovetor u.

Definição 9.4 Sejam U um espaço vetorial, T ∈ L (U) e λ um autovalor de T. O subespaço vetorial

V (λ) = {u ∈ U ;T (u) = λu} = N (T − λI)

é chamado de subespaço próprio do autovalor λ. Se U tem dimensão finita, diremos que a dimensão de V (λ) é a multiplicidade geométrica de λ.

Observação 9.5 Note que todo u ∈ V (λ), u 6= 0, é um autovetor de T associado ao autovalor λ.

Observação 9.6 V (λ) é um subespaço invariante por T, isto é,

T (V (λ)) ⊂ V (λ).

Basta notar que se u ∈ V (λ) então T (u) = λu ∈ V (λ).

105

106 CAPÍTULO 9. AUTOVALORES E AUTOVETORES

Ex. Resolvido 9.7 Seja T : R2 → R2 dada por T (x, y) = (y, 4x). Encontre os auto- valores de T, os respectivos subespaços próprios e a multiplicidade geométrica de cada autovalor.

Resolução: λ ∈ R é um autovalor de T se e somente se existir (x, y) 6= (0, 0) tal que T (x, y) = λ(x, y), ou seja, se e somente se existir (x, y) 6= (0, 0) tal que (y, 4x) = (λx, λy). Isto equivale a que o sistema

{

y − λx = 0 4x− λy = 0

possua uma solução não trivial. Isto acontece se e somente se o determinante da matriz (

−λ 1 4 −λ

)

for igual a zero. Como este determinante é λ2 − 4, vemos que os únicos autovalores de T são λ1 = −2 e λ2 = 2. Temos V (−2) = {(x, y) ∈ R2; (y, 4x) = −2(x, y)} = {(x, y) ∈ R2;−2x = y} = [(1,−2)].

Assim, a multiplicidade geométrica de −2 é um. Também,

V (2) = {(x, y) ∈ R2; (y, 4x) = 2(x, y)} = {(x, y) ∈ R2; 2x = y} = [(1, 2)]. Assim, a multiplicidade geométrica de 2 é um. Note que (1,−2) é um autovetor associado ao autovalor −2 e e (1, 2) é um autovetor

associado ao autovalor 2. ¤

Ex. Resolvido 9.8 Ainda com relação ao exercı́cio anterior, encontre a matriz de T com relação à base (1,−2) e (1, 2) formada pelos autovetores de T.

Resolução: Temos

T (1,−2) = (−2, 4) = −2(1,−2) + 0(1, 2) T (1, 2) = (2, 4) = 0(1,−2) + 2(1, 2) .

Logo, a matriz de T com relação a esta base é a matriz diagonal (

−2 0 0 2

)

.

¤

9.1. DEFINIÇÃO, EXEMPLOS E GENERALIDADES 107

Ex. Resolvido 9.9 Faça o mesmo o que se pede no exercı́cio 9.7 para a transformação T (x, y) = (−y, x). Resolução: λ ∈ R é um autovalor de T se e somente se existir (x, y) 6= (0, 0) tal que T (x, y) = λ(x, y), ou seja, se e somente se existir (x, y) 6= (0, 0) tal que (−y, x) = (λx, λy). Isto equivale a que o sistema

{

λx+ y = 0

x− λy = 0 possua uma solução não trivial. Isto acontece se e somente se o determinante da matriz

(

λ 1 1 −λ

)

for igual a zero. Como este determinante é −λ2 − 1 < 0, vemos que não existem autovalores associados à transformação T. ¤

Ex. Resolvido 9.10 Seja T : Pn(R) → Pn(R) dada por T (p(x)) = p′(x). Verifique que 0 é o único autovalor desta transformação. Encontre V (0).

Resolução: Note que λ ∈ R é um autovalor de T se e somente se existir p(x) 6= 0 tal que p′(x) = λp(x). Se λ 6= 0 esta equação só é verdadeira para o polinômio nulo, posto que para qualquer outro polinômio os graus de p′(x) e λp(x) são distintos. Desta forma, λ 6= 0 não é autovalor de T.

Agora, se λ = 0, então p′(x) = 0 apresenta como solução todos os polinômios constantes. Logo, λ = 0 é um autovalor associado, por exemplo, ao autovetor p(x) = 1.

Quanto a V (0), basta ver que V (0) = N (T ) = [1], isto é, o subespaço gerado pelo polinômio 1. ¤

Ex. Resolvido 9.11 Seja T : R3 → R3 dada por T (x, y, z) = (x, y, x). Encontre os autovalores de T e os respectivos subespaços próprios e a multiplicidade geométrica de cada autovalor.

Resolução: λ ∈ R é um autovalor de T se e somente se existir (x, y, z) 6= (0, 0, 0) tal que T (x, y, z) = λ(x, y, z), isto é, se e somente se existir (x, y, z) 6= (0, 0, 0) tal que (x, y, x) = (λx, λy, λz). Isto equivale a que o sistema

(1− λ)x = 0 (1− λ)y = 0 λz − x = 0

108 CAPÍTULO 9. AUTOVALORES E AUTOVETORES

possua uma solução não trivial. Isto acontece se e somente se o determinante da matriz

1− λ 0 0 0 1− λ 0 −1 0 λ

for igual a zero. Como este determinante é λ(1− λ)2, vemos que os únicos autovalores de T são λ1 = 0 e λ2 = 1.

Quanto aos subespaços próprios, temos

V (0) = {(x, y, z) ∈ R3; (x, y, x) = (0, 0, 0)} = [(0, 0, 1)].

Assim, a multiplicidade geométrica de 0 é 1.

V (1) = {(x, y, z) ∈ R3; (x, y, x) = (x, y, z)} = {(x, y, z) ∈ R3;x = z}

= [(1, 0, 1)].

Assim, a multiplicidade geométrica de 1 é um.

Proposição 9.12 Sejam U um espaço vetorial de dimensão finita e T em L (U). Supo- nha que T possua autovetores u1, . . . , un associados a autovalores λ1, . . . , λn, respec- tivamente. Se λi 6= λj , quando i 6= j então u1, . . . , un são linearmente independentes.

Prova: A prova será por indução sobre o número de autovalores. Se β1u1 + β2u2 = 0 então

T (β1u1 + β2u2) = β1T (u1) + β2T (u2) = β1λ1u1 + β2λ2u2 = 0.

Portanto, β2(λ2 − λ1)u2 = 0 e, como u2 6= 0 e λ1 6= λ2, resulta que β2 = 0. Daı́, β1u1 = 0 e, como u1 6= 0, temos β1 = 0. Assim, β2u2 = 0, que implica em β2 = 0 pois u2 6= 0. Portanto, u1 e u2 são linearmente independentes.

Suponhamos, como hipótese de indução, que n− 1 autovetores de uma transforma- ção linear associados a n − 1 autovalores dois a dois distintos sejam linearmente inde- pendentes. Devemos mostrar que o mesmo resultado vale para n autovetores associados a n autovalores dois a dois distintos.

Sejam então u1, . . . , un autovetores associados aos autovalores λ1, . . . , λn, dois a dois distintos. Se u1, . . . , un não fossem linearmente independentes, pelo menos um

9.1. DEFINIÇÃO, EXEMPLOS E GENERALIDADES 109

deles se escreveria como combinação linear dos outros. Para simplificar a notação, su- ponhamos que

u1 = α2u2 + · · ·+ αnun (9.13) então

T (u1) = T (α2u2 + · · ·+ αnun) = α2T (u2) + · · ·+ αnT (un)

λ1u1 = α2λ2u2 · · ·+ αnλnun, (9.14) De 9.13 e 9.14 resulta que

0 = α2(λ2 − λ1)u2 + · · ·+ αn(λn − λ1)un

e pela hipótese de indução,

α2(λ2 − λ1) = · · · = αn(λn − λ1) = 0,

mas como λ1 6= λj para j = 2, . . . , n, temos

α2 = · · · = αn = 0.

Assim, pela equação 9.13, u1 = 0, o que é impossı́vel pois u1 é um autovetor.

Proposição 9.15 Sejam U um espaço vetorial de dimensão finita e T em L (U). Su- ponha que T possua autovalores λ1, . . . , λn, distintos. Então a soma dos subespaços próprios de T é direta, isto é, para cada j = 1, . . . , n, temos

V (λj) ∩ (V (λ1) + · · ·+ V (λj−1) + V (λj+1) + · · ·+ V (λn)) = {0}.

Prova: A prova será por indução sobre o número de autovalores. Primeiramente, mostre- mos que V (λ1) ∩ V (λ2) = {0}. Fixe v(1)1 , . . . , v

(1) m1 uma base de V (λ1) e v

(2) 1 , . . . , v

(2) m2

uma base de V (λ2). Se u ∈ V (λ1) ∩ V (λ2) então

u = α (1) 1 v

(1) 1 + · · ·+ α(1)m1v(1)m1 = α

(2) 1 v

(2) 1 + · · ·+ α(2)m2v(2)m2 . (9.16)

Logo, T (u) é dado por

α (1) 1 T (v

(1) 1 ) + · · ·+ α(1)m1T (v(1)m1) = α

(2) 1 T (v

(2) 1 ) + · · ·+ α(2)m2T (v(2)m2),

110 CAPÍTULO 9. AUTOVALORES E AUTOVETORES

ou seja,

α (1) 1 λ1v

(1) 1 + · · ·+ α(1)m1λ1v(1)m1 = α

(2) 1 λ2v

(2) 1 + · · ·+ α(2)m2λ2v(2)m2 . (9.17)

Multiplicando a equação 9.16 por λ1 e subtraindo-a de 9.17, obtemos

α (2) 1 (λ2 − λ1)v

(2) 1 + · · ·+ α(2)m2(λ2 − λ1)v(2)m2 = 0.

Como v(2)1 , . . . , v (2) m2 é uma base de V (λ2), temos

α (2) 1 (λ2 − λ1) = · · · = α(2)m2(λ2 − λ1) = 0

e, como λ1 6= λ2, resulta que α(2)1 = · · · = α (2) m2 = 0. Segue-se de 9.16 que u = 0.

Suponhamos agora, por indução, que a soma de n − 1 espaços próprios de T refe- rentes a n− 1 autovalores distintos seja direta. Precisamos mostrar que este resultado é válido quando T apresenta n autovalores distintos.

Para cada j = 1, . . . , n selecione uma base Bj de V (λj) constituı́da por vetores

que denotaremos por v(j)1 , . . . , v (j) mj . Note que cada v

(j) i é um autovetor associado ao

autovalor λj e que mj é a multiplicidade geométrica deste autovalor. Se

u ∈ V (λj) ∩ (V (λ1) + · · ·+ V (λj−1) + V (λj+1) + · · ·+ V (λn)) ,

então

u = α (j) 1 v

(j) 1 + · · ·+ α(j)mjv(j)mj = α

(1) 1 v

(1) 1 + · · ·

+ α(j−1)mj−1v (j−1) mj−1

+ α (j+1) 1 v

(j+1) 1 + · · ·+ α(n)mnv(n)mn . (9.18)

Assim, T (u) é dado por

α (j) 1 T (v

(j) 1 ) + · · ·+ α(j)mjT (v(j)mj ) = α

(1) 1 T (v

(1) 1 ) + · · ·

+ α(j−1)mj−1T (v (j−1) mj−1

) + α (j+1) 1 T (v

(j+1) 1 ) + · · ·+ α(n)mnT (v(n)mn)

isto é,

α (j) 1 λjv

(j) 1 + · · ·+ α(j)mjλjv(j)mj = α

(1) 1 λ1v

(1) 1 + · · ·

+ α(j−1)mj−1λj−1v (j−1) mj−1

+ α (j+1) 1 λj+1v

(j+1) 1 + · · ·+ α(n)mnλnv(n)mn . (9.19)

9.2. POLINÔMIO CARACTERÍSTICO 111

Multiplicando a equação 9.18 por λj e subtraindo-a de 9.19, obtemos

α (1) 1 (λ1 − λj)v

(1) 1 + · · ·+ α(j−1)mj−1 (λj−1 − λj)v(j−1)mj−1+

α (j+1) 1 (λj+1 − λj)v

(j+1) 1 + · · ·+ α(n)mn(λn − λj)v(n)mn = 0

Usando a nossa hipótese de indução e o fato que λj 6= λi, quando i 6= j, obtemos αi1 = · · · = αimi = 0 para todo i = 1, . . . , j − 1, j + 1, . . . , n. Disto e da equação 9.18 resulta que u = 0. Como querı́amos.

9.2 Polinômio Caracterı́stico

Definição 9.20 Dada A ∈ Mn×n(R) definimos o polinômio caracterı́stico de A como sendo o determinante

pA(λ) = det (A− λI),

onde I é a matriz identidade de ordem n.

Definição 9.21 Sejam A,B ∈ Mn×n(R). Dizemos que A e B são semelhantes se existir M ∈ Mn×n(R) invertı́vel tal que A = M−1BM.

Proposição 9.22 Se A,B ∈ Mn×n(R) são matrizes semelhantes então seus polinômios caracterı́sticos são iguais.

Prova: Temos

pA(λ) = det (A− λI) = det (M−1BM − λM−1IM)

= det (M−1(BM − λIM)) = det (M−1(B − λI)M)

= detM−1 det (B − λI) detM = 1 detM

det (B − λI) detM = pB(λ).

Lembre que se T ∈ L (U), onde U é um espaço vetorial de dimensão finita, e se B e C são bases de U então

[T ]C = M B C [T ]BM

C B =

[

MCB ]−1

[T ]BM C B .

112 CAPÍTULO 9. AUTOVALORES E AUTOVETORES

Desta forma, p[T ]B (λ) = p[T ]C (λ), ou seja, o polinômio caracterı́stico da matriz de uma transformação linear independe da escolha da base. Podemos assim, sem causar ambigüidades, definir o polinômio caracterı́stico de T como sendo

pT (λ) = p[T ]B (λ),

onde B é uma base qualquer de U.

Ex. Resolvido 9.23 Seja T : R2 → R2 dada por

T (x, y) = (ax+ by, cx+ dy).

Encontre pT (λ).

Resolução: Usaremos a base canônica, C, de R2. Como T (1, 0) = (a, c) e T (0, 1) = (b, d), vemos que

[T ]C =

(

a b c d

)

.

Assim,

pT (λ) = det

((

a b c d

)

− λ (

1 0 0 1

))

= det

(

a− λ b c d− λ

)

= λ2 − (a+ d)λ+ ad− bc.

¤

Proposição 9.24 Sejam U um espaço vetorial de dimensão finita e T em L (U). Então, λ é um autovalor de T se e somente se pT (λ) = 0. Em outras, palavras, os autovalores de T são as raı́zes reais de seu polinômio caracterı́stico.

Prova: Fixe B uma base de U. Suponha que λ seja um autovalor de T. Então existe u 6= 0 tal que T (u) = λu, ou

seja, (T −λI)(u) = 0. Desta forma, vemos que a transformação linear T −λI : U → U não é injetora e, conseqüentemente, não é um isomorfismo. Disto resulta que [T − λI]B não é invertı́vel, ou equivalentemente, pT (λ) = det [T − λI]B = 0.

Reciprocamente, se pT (λ) = 0 então a matriz [T−λI]B tem determinante nulo. Isto implica que a transformação T − λI : U → U não é um isomorfismo e, portanto, não é injetora. Logo, existe u 6= 0 tal que (T −λI)(u) = 0. Portanto, T (u) = λu, u 6= 0, isto é, λ é um autovalor de T.

9.2. POLINÔMIO CARACTERÍSTICO 113

Exercı́cio 9.25 Refaça os exercı́cios resolvidos 9.7, 9.9, 9.10 e 9.11 tendo como base a proposição anterior.

Definição 9.26 Sejam U um espaço vetorial de dimensão finita e T ∈ L (U). Se λ é um autovalor de T, definimos a multiplicidade algébrica de λ como sendo a multiplicidade de λ como raiz do polinômio caracterı́stico de T.

Proposição 9.27 Sejam U um espaço vetorial de dimensão finita e T em L (U). Se λo é um autovalor de T então a sua multiplicidade geométrica não excede a sua multipli- cidade algébrica.

Prova: Seja n a dimensão de U. Denotemos por m e r as multiplicidades algébrica e geométrica de λo, respectivamente.

Como dimV (λo) = r, existem u1, . . . , ur ∈ V (λo) linearmente independentes. Completando estes vetores a uma base de U, vemos que a matriz de T com relação a esta base é da forma

λo · · · 0 0 · · · 0 ...

. . . ...

0 · · · λo

r×r

Ar×(n−r)

0(n−r)×r B(n−r)×(n−r)

n×n

vemos que o fator (λ − λo)r aparece na fatoração do polinômio pT (λ). Por outro lado, como a multiplicidade algébrica de λo é m, obtemos r ≤ m.

Ex. Resolvido 9.28 Seja T : R2 → R2 dada por

T (x, y) = (ax+ by, cx+ dy).

Analise quando esta transformação possui autovalores e o número deles.

Resolução: Sabemos do exercı́cio resolvido 9.23 que

pT (λ) = λ 2 − (a+ d)λ+ ad− bc.

Pela proposição 9.24 que λ é um autovalor de T se e somente se pT (λ) = 0, isto é, se e somente se

λ2 − (a+ d)λ+ ad− bc = 0

114 CAPÍTULO 9. AUTOVALORES E AUTOVETORES

e esta equação possui solução (real) se e somente se (a+ d)2− 4(ad− bc) ≥ 0. Quando (a+d)2 = 4(ad−bc) vemos que T apresenta somente um autovalor, dado por (a+d)/2; quando (a+ d)2 − 4(ad− bc) > 0, T apresenta dois autovalores distintos dados por

a+ d+ √

(a+ d)2 − 4(ad− bc) 2

e a+ d−

(a+ d)2 − 4(ad− bc) 2

.

9.3 Exercı́cios

Ex. 9.29 Encontrar os autovalores e autovetores do operador linear T : V → V nos seguintes casos: a) V = R2, T (x, y) = (x+ y, x− y). b) V = R3, T (1, 0, 0) = (2, 0, 0), T (0, 1, 0) = (2, 1, 2), T (0, 0, 1) = (3, 2, 1).

c) V = R4 e [T ]B =

3 1 0 0 0 3 0 0 0 0 4 0 0 0 0 3

, onde B é base canônica de R4.

Ex. 9.30 a) Seja A ∈ Mn(R) uma matriz triangular, isto é, A = (aij) onde aij = 0, sempre que i > j (ou sempre que i < j). Qual o polinômio caracterı́stico de A? b) Sejam A,B ∈ Mn(R) matrizes triangulares com a mesma diagonal principal. Existe alguma relação entre seus polinômios caracterı́sticos? Qual? c) Mostre que se λ é autovalor de T ∈ L (V ) então λn é autovalor de Tn. d) Mostre que se p = p(t) é um polinômio e λ é autovalor de T ∈ L (V ) então p(λ) é autovalor de p(T ), onde p(T ) = aoI+a1T + · · ·+anTn, com p(t) = a0+a1t+ · · ·+ ant

n.

Capı́tulo 10

Diagonalização

10.1 Definição e Caracterização

Definição 10.1 Sejam U um espaço vetorial de dimensão finita e T ∈ L (U). Dizemos que T é diagonalizável se existir uma base de U formada por autovetores de T.

Note que se T ∈ L (U) é diagonalizável e se u1, . . . , un formam uma base B de U formada autovetores de T associados, respectivamente, aos autovalores λ1, . . . , λn, então a matriz de T com relação a esta base é

[T ]B =

λ1 0 · · · 0 0 λ2 · · · 0 ...

... . . .

... 0 0 · · · λn

,

ou seja, [T ]B é uma matriz diagonal, isto é, uma matriz quadrada (aij) tal que aij = 0 se i 6= j.

Reciprocamente, se existir uma base C : v1, . . . , vn de U com relação a qual a matriz de T ∈ L (U) é diagonal, então T é diagonalizável. De fato, se

[T ]C =

µ1 0 · · · 0 0 µ2 · · · 0 ...

... . . .

... 0 0 · · · µn

115

116 CAPÍTULO 10. DIAGONALIZAÇÃO

então, pela própria definição de matriz de uma transformação linear, vemos que T (v1) = µ1v1, . . . , T (vn) = µnvn, ou seja, a base C é formada por autovetores de T. Resumire- mos este fato no seguinte

Teorema 10.2 Sejam U um espaço vetorial de dimensão finita e T ∈ L (U). Então T é diagonalizável se e somente se existir uma base de U com relação a qual a matriz de T é diagonal.

Note que se T ∈ L (U) é diagonalizável então existe uma base B formada por autovetores de T com relação a qual a matriz de T é diagonal. Se C é uma outra base de U sabemos que [T ]B = (MBC )

−1[T ]CMBC . Esta última igualdade nos sugere a seguinte

Definição 10.3 Dizemos que uma matriz A ∈ Mn×n(R) é diagonalizável se existir M ∈ Mn×n(R) invertı́vel tal que M−1AM seja uma matriz diagonal.

Proposição 10.4 Sejam U um espaço vetorial de dimensão finita, T ∈ L (U) e C uma base qualquer de U. Então T é diagonalizável se e somente se a matriz [T ]C for diago- nalizável.

Prova: Já vimos que se T for diagonalizável então [T ]C é uma matriz diagonalizável. Reciprocamente, suponha que [T ]C seja diagonalizável. Assim, existe M = (aij) ∈

Mn×n(R) invertı́vel tal que M−1[T ]CM é uma matriz diagonal. Se u1, . . . , un são os vetores da base C então, colocando vj = a1ju1 + · · · + anjun, vemos que v1, . . . , vn formam uma base B de U pois M é invertı́vel. Além do mais, M = MBC . Deste modo,

[T ]B = (M B C )

−1[T ]CM B C = M

−1[T ]CM

é diagonal, isto é, T é diagonalizável. Note que pelo teorema acima, para verificar se um operador é diagonalizável, basta

verificar se a matriz de T com relação a uma base qualquer de U é diagonalizável.

Observação 10.5 Note que se T for diagonalizável, o seu polinômio caracterı́stico é da forma

pT (λ) = (λ1 − λ) · · · (λn − λ), onde os números reais λ1, . . . , λn são todos os autovalores de T.

Teorema 10.6 Sejam U um espaço vetorial de dimensão finita e T ∈ L (U). Então, T é diagonalizável se e somente se os autovalores λ1, . . . , λn de T forem tais que

U = V (λ1)⊕ · · · ⊕ V (λn).

10.1. DEFINIÇÃO E CARACTERIZAÇÃO 117

Prova: Se U = V (λ1)⊕ · · · ⊕ V (λn)

então podemos formar uma base B de U formada por bases Bj de V (λj), j = 1, . . . , n. Como cada elemento de Bj é um autovetor de T, segue-se, pelo teorema 10.2 que T é diagonalizável.

Reciprocamente, se T for diagonalizável existe uma base B de U formada por auto- vetores de T. Como cada autovetor está associado a algum autovalor de T, vemos que cada elemento de B está contido em algum V (λj). Desta forma, a soma de todos os subespaços próprios de T contém B e, portanto, é o próprio U. Pelo teorema 9.15 esta soma é direta, ou seja,

U = V (λ1)⊕ · · · ⊕ V (λn).

Exemplo 10.7 As transformação do exercı́cio resolvido 9.7 é diagonalizável. Já a transformação do 9.11 não é pois possui apenas dois auto-espaços cuja soma não é R 3, isto é, V (0) ⊕ V (1) = [(0, 0, 1), (1, 0, 1)] 6= R3. Também não é diagonalizável

a transformação do exercı́cio resolvido 9.9 pois não possui autovetores. Quanto a transformação do 9.10 vemos que também não é diagonalizável se n ≥ 1, pois todo autovetor de T pertence a V (0), que é unidimensional, e dimPn(R) = n+ 1 ≥ 2.

Vejamos como é possı́vel decidir sobre a diagonalização de um operador linear a partir das multiplicidades algébrica e geométrica de seus autovalores.

Sejam U um espaço vetorial de dimensão m e T ∈ L (U). Primeiramente, pela observação 10.5, T não pode ser diagonalizável se o seu polinômio caracterı́stico tiver raı́zes complexas. Desta forma, podemos supor que o polinômio caracterı́stico de T apresente somente raı́zes reais.

Se λ1, . . . , λn são autovalores de T dois a dois distintos então o polinômio carac- terı́stico de T é dado por

pT (λ) = (λ1 − λ)m1 · · · (λn − λ)mn , (10.8)

onde mj é a multiplicidade algébrica de λj . Note que m = m1 + · · ·+mn. Se denotarmos por rj a multiplicidade geométrica de λj , isto é, rj = dimV (λj)

então, pelo teorema 10.6, T é diagonalizável se e somente se m = r1 + · · · + rn. Por este mesmo teorema, T é diagonalizável se e somente se U possuir uma base formada pela reunião das bases dos espaços próprios de T, visto que isto é equivalente a dizer

118 CAPÍTULO 10. DIAGONALIZAÇÃO

que a soma destes subespaços é direta. Como com relação a uma tal base a matriz de T é da forma

λ1 · · · 0 0 · · · 0 ...

. . . ...

0 · · · λ1

r1×r1 . . .

λn · · · 0 0 · · · 0 ...

. . . ...

0 · · · λn

rn×rn

m×m

vemos que T é diagonalizável se e somente se o seu polinômio caracterı́stico é dado por

pT (λ) = (λ1 − λ)r1 · · · (λn − λ)rn , (10.9) onde rj é a multiplicidade geométrica de λj , j = 1, . . . , n.

Comparando 10.8 e 10.9, obtemos o importante

Teorema 10.10 Sejam U um espaço vetorial de dimensão finita e T ∈ L (U). Então T é diagonalizável se e somente se ambas condições forem verificadas

1. para cada autovalor de T as suas multiplicidades algébrica e geométrica são iguais;

2. a soma das multiplicidades geométricas de todos os autovalores de T coincide com a dimensão de U.

Corolário 10.11 Sejam U um espaço vetorial de dimensão finita e T ∈ L (U). Se

pT (λ) = (λ1 − λ) · · · (λn − λ),

onde λ1, . . . , λn ∈ R são dois a dois distintos então T é diagonalizável.

Prova: Como os autovalores de T são dois a dois distintos, vê-se que as raı́zes de pT (λ), são todas simples, isto é, têm multiplicidade um. Desta forma, se λ é um autovalor de T então a sua multiplicidade geométrica é um. Pela proposição 9.27, a multiplicidade geométrica de λ é menor do que ou igual a um. Como dimV (λ) ≥ 1, segue-se que a a multiplicidade geométrica de λ é um, ou seja, igual à sua multiplicidade algébrica.

10.1. DEFINIÇÃO E CARACTERIZAÇÃO 119

Ex. Resolvido 10.12 Verifique se T : R3 → R3 da por

T (x, y, z) = (x+ z, y + z, x+ y + 2z)

é diagonalizável.

Resolução: Com relação à base canônica, a matriz de T é dada por 

1 0 1 0 1 1 1 1 2

 .

Assim,

pT (λ) = det

1− λ 0 1 0 1− λ 1 1 1 2− λ

 = (1− λ)((1− λ)(2− λ)− 1)+ 1(−(1− λ))

= (1− λ)(λ2 − 3λ) = λ(1− λ)(λ− 3). Desta forma, vemos que PT (λ) apresenta todas as raı́zes reais e simples e, pelo corolário 10.11, segue-se que T é diagonalizável. ¤

Ex. Resolvido 10.13 Encontre uma base de autovetores para o operador do exercı́cio anterior. Encontre também a matriz de T com relação a esta base.

Resolução: autovalor 0: Precisamos encontrar (x, y, z) não nulo tal que T (x, y, z) = (0, 0, 0). Temos

x+ z = 0

y + z = 0

x+ y + 2z = 0

⇐⇒ {

x = y = −z x+ y + 2z = 0

⇐⇒ x = y = −z,

assim, podemos tomar como autovetor associado ao autovalor 0, o vetor u = (1, 1,−1). autovalor 1: Precisamos encontrar (x, y, z) não nulo tal que T (x, y, z) = (x, y, z).

Temos 

x+ z = x

y + z = y

x+ y + 2z = z

⇐⇒ {

z = 0

x = −y ,

120 CAPÍTULO 10. DIAGONALIZAÇÃO

assim, podemos tomar como autovetor associado ao autovalor 1, o vetor v = (1,−1, 0). autovalor 3: Precisamos encontrar (x, y, z) 6= (0, 0, 0) satisfazendo T (x, y, z) =

(3x, 3y, 3z). Temos

x+ z = 3x

y + z = 3y

x+ y + 2z = 3z

⇐⇒ z = 2x = 2y,

assim, podemos tomar como autovetor associado ao autovalor 3, o vetor v = (1, 1, 2). É claro que a matriz de T com relação à base formada por u, v e w é dada por

0 0 0 0 1 0 0 0 3

 .

¤

Ex. Resolvido 10.14 Seja T : R2 → R2 cuja matriz com relação a alguma base é dada por

A =

(

a b b c

)

.

Mostre que T diagonalizável.

Resolução: O polinômio caracterı́stico de T é dado por

pT (λ) = λ 2 − (a+ c)λ+ ac− b2.

Vemos que pT (λ) apresenta duas raı́zes reais simples, isto é, com multiplicidade um, se e somente se o discriminante (a+ c)2 − 4(ac− b2) for positivo. Assim,

(a+ c)2 − 4(ac− b2) = a2 + c2 − 2ac+ 4b2 = (a− c)2 + 4b2 > 0

se e somente se a 6= c ou b 6= 0. Vemos assim que, se a 6= c ou b 6= 0 as multiplicidades algébrica e geométrica de cada um dos autovalores de T (as raı́zes de pT (λ)) coincidem e, portanto, T é diagonalizável.

Se a = c e b = 0 então vê-se claramente que T é diagonalizável pois, neste caso, A é diagonal. ¤

10.1. DEFINIÇÃO E CARACTERIZAÇÃO 121

Ex. Resolvido 10.15 Verifique se T : P2(R) → P2(R) dado por

T (p(t)) = p′′(t)− 2p′(t) + p(t)

é diagonalizável.

Resolução: A matriz de T com relação à base canônica é dada por

A =

1 −2 2 0 1 −4 0 0 1

 .

Assim, PT (λ) = (1−λ)3 e, desta forma, 1 é o único autovalor de T. Como pelo teorema 10.10 T é diagonalizável se e somente se dimV (1) = 3, vejamos qual é a dimensão deste subespaço próprio.

(x, y, z) ∈ V (1) ⇐⇒

0 −2 2 0 0 −4 0 0 0

x y z

 =

0 0 0

 ⇐⇒ y = z = 0.

Portanto, V (1) = [(1, 0, 0)] e T não é diagonalizável. ¤

Ex. Resolvido 10.16 Verifique se T : R4 → R4 dada por

T (x, y, z, t) = (x+ y, y, 2z + t, 2z + t)

é diagonalizável. Encontre também os espaços próprios de T.

Resolução: A matriz de T com relação à base canônica é dada por 

1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 2 1 0 0 2 1

e o seu polinômio caracterı́stico é

pT (λ) = det

1− λ 1 0 0 0 1− λ 0 0 0 0 2− λ 1 0 0 2 1− λ

= (1− λ)2((2− λ)(1− λ)− 2)

122 CAPÍTULO 10. DIAGONALIZAÇÃO

= (1− λ)2(λ2 − 3λ) = λ(λ− 3)(1− λ)2. (i) autovalor 0:

(x, y, z, t) ∈ V (0) ⇐⇒ (x+ y, y, 2z + t, 2z + t) = (0, 0, 0, 0) ⇐⇒

x+ y = 0

y = 0

2z + t = 0

2z + t = 0

⇐⇒ {

x = y = 0

t = −2z ⇐⇒ (x, y, z, t) = z(0, 0, 1,−2).

Logo, V (0) = [(0, 0, 1,−2)]. (ii) autovalor 3:

(x, y, z, t) ∈ V (3) ⇐⇒ (x+ y, y, 2z + t, 2z + t) = (3x, 3y, 3z, 3t)

⇐⇒

x+ y = 3x

y = 3y

2z + t = 3z

2z + t = 3t

⇐⇒ {

x = y = 0

t = z ⇐⇒ (x, y, z, t) = z(0, 0, 1, 1).

Logo, V (3) = [(0, 0, 1, 1)]. (iii) autovalor 1:

(x, y, z, t) ∈ V (1) ⇐⇒ (x+ y, y, 2z + t, 2z + t) = (x, y, z, t)

⇐⇒

x+ y = x

y = y

2z + t = z

2z + t = t

⇐⇒ y = z = t = 0 ⇐⇒ (x, y, z, t) = x(1, 0, 0, 0).

Logo, V (1) = [(1, 0, 0, 0)]. Como a multiplicidade algébrica do autovalor 1 é dois e a sua multiplicidade geo-

métrica é um, vemos que T não é diagonalizável. ¤

Ex. Resolvido 10.17 Ainda com relação ao operador do exercı́cio anterior, encontre a matriz de T com relação à base B formada pelos vetores u = (0, 0, 1,−2), v = (0, 0, 1, 1), w = (1, 0, 0, 0) e p = (0, 1, 0, 0).

10.2. EXERCÍCIOS 123

Resolução: Já sabemos que T (u) = 0, T (v) = 3v e T (w) = w. Agora, como

T (p) = T (0, 1, 0, 0) = (1, 1, 0, 0) = w + p,

vemos que

[T ]B =

0 0 0 0 0 3 0 0 0 0 1 1 0 0 0 1

.

¤

10.2 Exercı́cios

Ex. 10.18 Determinar M ∈ M2(R), se existir, de modo que M−1AM seja uma matriz diagonal nos seguintes casos:

a)A =

(

2 4 3 13

)

b)A =

(

3 −2 2 1

)

Ex. 10.19 Verificar em cada um dos itens abaixo se o operador T ∈ L (R3) dado pela sua matriz com relação à base canônica é diagonalizável.

a) [T ]C =

1 2 −2 2 1 −2 2 2 −3

 b) [T ]C =

1 0 0 m 2 0 n 0 2

Ex. 10.20 Verificar em cada um dos itens abaixo se o operador T ∈ L (R4) dado pela sua matriz com relação à base canônica é diagonalizável.

c) [T ]C =

−1 −4 −2 −2 −4 −1 −2 −2 2 2 1 4 2 2 4 1

d) [T ]C =

1 1 1 1 1 1 −1 −1 1 −1 1 −1 1 −1 −1 1

124 CAPÍTULO 10. DIAGONALIZAÇÃO

Capı́tulo 11

Forma Canônica de Jordan

Como vimos, nem todo operador linear é diagonalizável. No entanto, se T ∈ L (U), onde U é um espaço vetorial de dimensão finita, existe uma base com relação a qual, a matriz de T é próxima de uma matriz diagonal. A seguir daremos uma pequena descrição de como é a forma desta matriz, mas antes precisamos de algumas notações.

Seja pT (λ) o polinômio caracterı́stico de T. A primeira observação a ser feita é que pT (λ) se fatora como

pT (λ) = (λ1 − λ)m1 · · · (λn − λ)mn((λ− α1)2 + β21)p1 · · · ((λ− αk)2 + β2k)pk

onde λr 6= λs, e (αr, βr) 6= (αs, βs) se r 6= s. Note que cada αr + iβr é uma raiz complexa de pT (λ). Note também que m1 + · · ·+mn + 2p1 + · · · 2pk = dimU.

Se λ ∈ R é um autovalor de T, denotaremos por J(λ; r) a matriz quadrada de ordem r com todos os elementos da diagonal principal iguais a λ e todos os elementos logo acima desta, iguais a 1, ou seja,

J(λ; r) =

λ 1 0 · · · 0 0 λ 1 · · · 0 0 0 λ · · · 0 ...

... ...

. . . ...

0 0 0 · · · λ

r×r

125

126 CAPÍTULO 11. FORMA CANÔNICA DE JORDAN

= λ

1 0 0 · · · 0 0 1 0 · · · 0 0 0 1 · · · 0 ...

... ...

. . . ...

0 0 0 · · · 1

r×r

+

0 1 0 · · · 0 0 0 1 · · · 0 0 0 0 · · · 0 ...

... ...

. . . ...

0 0 0 · · · 0

r×r

= λI +N,

onde I é a matriz identidade de ordem r e

N =

0 1 0 · · · 0 0 0 1 · · · 0 0 0 0 · · · 0 ...

... ...

. . . ...

0 0 0 · · · 0

r×r

.

Note que N r é a matriz nula, isto é, N é uma matriz nilpotente. Se α+ iβ é uma raiz complexa de pT (λ) e r é um número par, definimos

R(α, β; r) =

α β 1 0 · · · 0 0 −β α 0 1 · · · 0 0 0 0 α β · · · 0 0 0 0 −β α · · · 0 0 ...

... ...

... . . .

... ...

0 0 0 0 · · · α β 0 0 0 0 · · · −β α

r×r

.

Se B1, . . . , Bk são matrizes quadradas, não necessariamente de ordens iguais, de- finimos diag (B1, . . . , Bk) como sendo a matriz quadrada de ordem igual à soma das ordens de B1, . . . , Bk dada por

B1 0 · · · 0 0 B2 · · · 0 ...

... . . .

... 0 0 · · · Bk

,

por exemplo, se

B1 =

2 1 0 0 2 1 0 0 2

 , B2 =

3 4 1 0 −4 3 0 1 0 0 3 4 0 0 −4 3

127

então

diag (B1, B2) =

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

.

Teorema 11.1 (Forma Canônica de Jordan) Sejam U um espaço vetorial de dimen- são finita e T ∈ L (U). Se

pT (λ) = (λ1 − λ)m1 · · · (λn − λ)mn((λ− α1)2 + β21)p1 · · · ((λ− αk)2 + β2k)pk

onde λr 6= λs, (αr, βr) 6= (αs, βs) se r 6= s, e βr > 0, então existe uma base de U com relação a qual a matriz de T é da forma

J = diag (J1, . . . , Jp, R1, . . . , Rq), (11.2)

onde J1, . . . , Jp são da forma J(λ; r) para algum r ∈ N e λ ∈ {λ1, . . . , λn} e R1, . . . , Rq são da forma R(α, β; s) para algum s ∈ N e (α, β) ∈ {(α1, β1), . . . , (αk, βk)}.

Observação 11.3 A matriz 11.2 é única a menos de permutações dos seus blocos que compõem a sua diagonal.

Observação 11.4 Se λ é um autovalor de T então a soma das ordens dos blocos J(λ; s) é igual à multiplicidade algébrica de λ.

Observação 11.5 Se α + iβ é uma raiz complexa de pT (λ) então a soma das ordens dos blocos R(α, β; s) é igual ao dobro da multiplicidade da raiz α+ iβ.

Observação 11.6 Se λ é um autovalor de T com multiplicidade geométrica r então existem r blocos J(λ; s) associados ao autovalor λ.

Observação 11.7 Suponha que

pT (λ) = (λ1 − λ)m1 · · · (λn − λ)mn

onde λi 6= λj , se i 6= j. Se mj também é multiplicidade geométrica de λj então o teorema de Jordan diz simplesmente que T é diagonalizável.

128 CAPÍTULO 11. FORMA CANÔNICA DE JORDAN

Observação 11.8 O teorema de Jordan diz que a matriz de um operador T com relação a uma base arbitrária é semelhante a uma matriz da forma 11.2

Ex. Resolvido 11.9 Encontre as possı́veis matrizes na forma canônica de Jordan para a um operador cujo polinômio caracterı́stico é dado por pT (λ) = (2− λ)3(1− λ).

Resolução: Note que T apresenta apenas os autovalores 2 e 1. Como as multiplicidades algébricas e geométrica do autovalor 1 são iguais a um,

vemos que o único bloco correspondente a este autovalor é J(1; 1) = (1). Com relação ao autovalor 2, a sua multiplicidade algébrica é três. Se sua multipli-

cidade geométrica for três então existem três blocos associados a este autovalor e todos eles são iguais a (2). Neste caso, a matriz da forma canônica de Jordan para este operador é

1 0 0 0 0 2 0 0 0 0 2 0 0 0 0 2

.

Se a multiplicidade geométrica do autovalor 2 for dois, então existem dois blocos correspondentes a este autovalor que são da forma

J(2; 1) = (2) J(2; 2) =

(

2 1 0 2

)

.

Assim, a matriz da forma canônica de Jordan para este operador é

1 0 0 0 0 2 1 0 0 0 2 0 0 0 0 2

.

Se a multiplicidade geométrica do autovalor 2 for um, então existe um bloco corres- pondente a este autovalor que é

J(2; 3) =

2 1 0 0 2 1 0 0 2

 .

129

Assim, a matriz da forma canônica de Jordan para este operador é 

1 0 0 0 0 2 1 0 0 0 2 1 0 0 0 2

.

Ex. Resolvido 11.10 Encontre as possı́veis matrizes na forma canônica de Jordan para a um operador cujo polinômio caracterı́stico é dado por pT (λ) = (1− λ)2(4 + λ2).

Utilizando a notação do teorema 11.1 temos λ1 = 1, α = 0 e β = 2. Como 0 + i2 tem multiplicidade um (como raiz de pT (λ)), existe apenas um bloco da forma

R(0, 2; 2) =

(

0 2 −2 0

)

.

Se a multiplicidade geométrica do autovalor 1 for dois então existem apenas dois blocos associados a este autovalor e são iguais a (1). Neste caso, a matriz da forma canônica de Jordan para este operador é

1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 2 0 0 −2 0

.

Se a multiplicidade geométrica do autovalor 1 for um então existe apenas um bloco de ordem dois associado a este autovalor que é dado por

J(1; 2) =

(

1 1 0 1

)

.

Neste caso, a matriz da forma canônica de Jordan para este operador é 

1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 2 0 0 −2 0

.

Ex. Resolvido 11.11 Encontre uma base de R4 com relação a qual a matriz da trans- formação

T (x, y, z, t) = (2x+ y + z + t, 2y − z − t, 3z − t, 4t) está na forma canônica de Jordan.

130 CAPÍTULO 11. FORMA CANÔNICA DE JORDAN

Resolução: Com relação à base canônica de R4, a matriz de T é dada por

2 1 1 1 0 2 −1 −1 0 0 3 −1 0 0 0 4

.

O polinômio caracterı́stico de T é pT (λ) = (3−λ)(4−λ)(2−λ)2. Desta forma vemos que dimV (3) = dimV (4) = 1. É simples ver que

V (3) = [(0, 1,−1, 0)] e V (4) = [(0, 0, 1,−1)].

Vejamos qual a dimensão de dimV (2). Temos que (x, y, z, t) ∈ V ((2) se e somente se 

0 1 1 1 0 0 −1 −1 0 0 1 −1 0 0 0 2

x y z t

=

0 0 0 0

,

ou seja, (x, y, z, t) = x(1, 0, 0, 0). Assim, dimV (2) = 1 e T não é diagonalizável. Sendo assim, a matriz de T na forma canônica de Jordan é da forma

2 1 0 0 0 2 0 0 0 0 3 0 0 0 0 4

.

Note que se colocarmos u1 = (1, 0, 0, 0), u3 = (0, 1,−1, 0) e u4 = (0, 0, 1,−1) então para que u1, u2, u3, u4 seja a base procurada, o vetor u2 deve satisfazer T (u2) = u1 + 2u2, ou seja, (T − 2I)(u2) = u1. Desta forma, colocando u = (a, b, c, d), temos

0 1 1 1 0 0 −1 −1 0 0 1 −1 0 0 0 2

a b c d

=

1 0 0 0

cuja solução geral é da forma (a, 1, 0, 0). Tomamos, por exemplo, u2 = (0, 1, 0, 0) e isto nos fornece a base procurada.

11.1. EXERCÍCIO 131

11.1 Exercı́cio

Ex. 11.12 Se uma matriz 3 × 3 tem os auto-valores 3, 3 e 3, quais são as possı́veis formas canônicas de Jordan dessa matriz?

132 CAPÍTULO 11. FORMA CANÔNICA DE JORDAN

Capı́tulo 12

Espaços Euclidianos

12.1 Produto Interno

Definição 12.1 Seja V um espaço vetorial. Um produto interno sobre V é uma aplica- ção que a cada par (u, v) ∈ V × V associa um número real denotado por 〈u, v〉 satis- fazendo as seguintes propriedades

(i) 〈u+ v, w〉 = 〈u,w〉+ 〈v, w〉 para todo u, v, w ∈ V ;

(ii) 〈αu, v〉 = α〈u, v〉 para todo u, v ∈ V e α ∈ R;

(iii) 〈u, v〉 = 〈v, u〉 para todo u, v ∈ V ;

(iv) 〈u, u〉 > 0 se u 6= 0. O espaço vetorial V munido de um produto interno é chamado de espaço euclidiano.

Algumas propriedades seguem-se imediatamente. Por exemplo, vemos que 〈0, u〉 = 0 para todo u ∈ V, pois

〈0, u〉 = 〈0 + 0, u〉 = 〈0, u〉+ 〈0, u〉,

e o resultado segue por cancelamento. Outra propriedade é que 〈u, v + αw〉 = 〈u, v〉 + α〈u,w〉, para todo u, v, w ∈ V e

α ∈ R. Basta combinar as propriedades (i), (ii) e (iii) acima. Desta maneira, vemos que o produto interno é linear em cada variável.

A seguir apresentamos alguns exemplos de produto interno em vários espaços veto- riais. A verificação das propriedades (i) a (iv) é deixada como exercı́cio.

133

134 CAPÍTULO 12. ESPAÇOS EUCLIDIANOS

Exemplo 12.2 Se x = (x1, . . . , xn), y = (y1, . . . , yn) ∈ Rn definimos

〈x, y〉 = x1y1 + · · ·+ xnyn (12.3)

Ex. Resolvido 12.4 Com relação ao exemplo anterior, calcule o produto interno entre os vetores (1,−1, 1), (0, 2, 4) ∈ R3.

Resolução: Basta notar que

〈(1,−1, 1), (0, 2, 4)〉 = 1 · 0 + (−1) · 2 + 1 · 4 = 2.

¤

Ex. Resolvido 12.5 Com relação ao produto interno dado por 12.3, calcule 〈u, v〉 onde u = (cos θ, sen θ) e v = (cosα, senα).

Resolução: Temos

〈u, v〉 = 〈(cos θ, sen θ), (cosα, senα)〉

= cos θ cosα+ sen θ senα = cos(θ − α). ¤

Há vários outros tipos de produto interno no Rn além do apresentado em 12.3. Ve- jamos um exemplo no R3 :

Exemplo 12.6 Se (x, y, z), (x′, y′, z′) ∈ R3, definimos

〈(x, y, z), (x′, y′, z′)〉 = xx ′

2 +

yy′

3 +

zz′

4 .

É fácil verificar que a expressão acima define um produto interno em R3.

Ex. Resolvido 12.7 Com relação ao produto interno apresentado no exemplo anterior, calcule 〈(1,−1, 1), (0, 2, 4)〉.

Resolução:

〈(1,−1, 1), (0, 2, 4)〉 = 1 · 0 2

+ −1 · 2

3 +

1 · 4 4

= 1

3 .

¤

12.1. PRODUTO INTERNO 135

Exemplo 12.8 Se f, g ∈ C([a, b];R) definimos

〈f, g〉 = ∫ b

a

f(x)g(x) dx, (12.9)

que é um produto interno.

Ex. Resolvido 12.10 Com relação ao produto interno apresentado no exemplo anterior, calcule o produto interno entre sen , cos ∈ C([0, 2π];R).

Resolução:

〈 sen , cos 〉 = ∫ 2π

0 senx cosx dx =

sen 2x

2

0

= 0.

¤

Exemplo 12.11 Se A = (aij), B = (bij) ∈ Mm×n(R) definimos

〈A,B〉 = m ∑

i=1

n ∑

j=1

aijbij .

Ex. Resolvido 12.12 Com relação ao produto interno apresentado no exemplo anterior, calcule o produto interno entre

A =

(

1 1 0 2

)

e B =

(

−2 0 1 1

)

.

Resolução: 〈A,B〉 = 1 · (−2) + 1 · 0 + 0 · 1 + 2 · 1 = 0.

¤

Exercı́cio 12.13 O traço de uma matriz quadrada A é a soma dos elementos da diago- nal da matriz e é denotado por trA. Mostre que se A,B ∈ Mn(R) então

〈A,B〉 = tr (BtA)

define um produto interno em Mn(R).

136 CAPÍTULO 12. ESPAÇOS EUCLIDIANOS

12.2 Norma

Definição 12.14 Se V é um espaço euclidiano, definimos para cada u ∈ o número ||u|| =

〈u, u〉. Este valor é chamado de norma de u.

Observação 12.15 Note que é possı́vel extrair a raiz quadrada de 〈u, u〉 pois este nú- mero é não negativo.

Exemplo 12.16 Em Rn, com o produto interno dado por 12.3, a norma de x = (x1, . . . , xn) é dada por

||x|| = √

x21 + · · ·+ x2n. Note que a norma de x representa o comprimento deste vetor.

Exemplo 12.17 Em C([a, b];R) com o produto interno definido por 12.9, a norma de f ∈ C([a, b];R) é dada por

||f || = √

∫ b

a

[f(x)]2 dx.

Proposição 12.18 Seja V um espaço vetorial com um produto interno. Temos

1. ||αu|| = |α|||u||, ∀u ∈ V, ∀α ∈ R;

2. ||u|| ≥ 0 ∀u ∈ V ;

3. ||u|| = 0 se e somente se u = 0;

4. |〈u, v〉| ≤ ‖u‖ ‖v‖ ∀u, v ∈ V (desigualdade de Cauchy-Schwarz);

5. ‖u+ v‖ ≤ ‖u‖+ ‖v‖ ∀u, v ∈ V (desigualdade triangular).

Prova:

1. ||αu|| = √

〈αu, αu〉 = √

α2〈u, u〉 = |α| √

〈u, u〉 = |α| ||u||.

2. Óbvio pois a raiz quadrada é não negativa.

3. Se u = 0 então ‖u‖ = √

〈0, 0〉 = 0. Reciprocamente, se u 6= 0 então 〈u, u〉 > 0 e ‖u‖ =

〈u, u〉 > 0.

12.2. NORMA 137

4. Se v = 0 então |〈u, 0〉| = 0 = ‖u‖ ‖0||. Suponha que v 6= 0. Para todo α ∈ R, temos ‖u+ αv‖2 ≥ 0. Logo,

0 ≤ 〈u+ αv, u+ αv〉 = 〈u, u〉+ 2〈u, v〉α+ 〈v, v〉α2

= ||u||2 + 2α〈u, v〉+ ||v||2α2. Assim, o discriminante ∆ = 4〈u, v〉2 − 4||u||2||v||2 ≤ 0, ou seja, 〈u, v〉2 ≤ ||u||2||v||2. Extraindo a raiz quadrada, obtemos |〈u, v〉| ≤ ‖u‖ ‖v‖.

5. A seguir usaremos a desigualdade de Cauchy-Schwarz

||u+ v||2 = 〈u+ v, u+ v〉 = ||u||2 + ||v||2 + 2〈u, v〉

≤ ||u||2 + ||u||2 + 2||u||||v|| = [||u||+ ||v||]2. Extraindo a raiz quadrada, segue o resultado desejado.

Observe que a desigualdade de Cauchy-Schwarz aplicada ao produto interno do Rn

dado por 12.3 nos diz que

(x1y1 + · · ·+ xnyn)2 ≤ (x21 + · · ·+ x2n)(y21 + · · ·+ y2n).

A mesma desigualdade aplicada ao produto interno em C([a, b, ];R) fornece

(∫ b

a

f(x)g(x) dx

)2

≤ ∫ b

a

[f(x)]2 dx

∫ b

a

[g(x)]2 dx.

Proposição 12.19 (Identidade do Paralelogramo) Sejam u e v vetores de um espaço euclidiano. Então

‖u+ v‖2 + ‖u− v‖2 = 2(‖u‖2 + ‖v‖2).

Prova: ‖u+ v‖2 + ‖u− v‖2 = 〈u+ v, u+ v〉+ 〈u− v, u− v〉 = 〈u, u〉+ 〈v, v〉+ 2〈u, v〉+ 〈u, u〉+ 〈v, v〉 − 2〈u, v〉

= 2〈u, u〉+ 2〈v, v〉 = 2(‖u‖2 + ‖v‖2).

A próxima proposição mostra como se pode obter o produto interno entre dois veto- res a partir das normas de suas soma e diferença.

138 CAPÍTULO 12. ESPAÇOS EUCLIDIANOS

Proposição 12.20 Sejam u e v vetores de um espaço euclidiano. Então

‖u+ v‖2 − ‖u− v‖2 = 4〈u, v〉.

Prova: ‖u+ v‖2 − ‖u− v‖2 = 〈u+ v, u+ v〉 − 〈u− v, u− v〉 = 〈u, u〉+ 〈v, v〉+ 2〈u, v〉 − 〈u, u〉 − 〈v, v〉+ 2〈u, v〉

= 4〈u, v〉.

Ex. Resolvido 12.21 Calcule 〈u, v〉 sabendo-se que ‖u+ v‖ = 1 e ‖u− v‖ = 1.

Resolução: Temos

〈u, v〉 = 1 4 (‖u+ v‖2 − ‖u− v‖2) = 0.

¤

12.3 Distância

Definição 12.22 Num espaço euclidiano V definimos a distância entre u, v ∈ V como

d(u, v) = ‖u− v‖.

Resulta da proposição acima que a distância satisfaz as seguintes propriedades.

Proposição 12.23 Num espaço euclidiano V temos

1. d(u, v) ≥ 0 para todo u, v ∈ V ;

2. d(u, v) = 0 se e somente se u = v;

3. d(u, v) = d(v, u);

4. d(u, v) ≤ d(u,w) + d(w, v) para todo u, v, w ∈ V.

Ex. Resolvido 12.24 Com relação ao produto interno 12.3 calcule a distância entre os pontos u = (1, 1, 3, 2) e v = (2, 2, 1, 0) de R4.

12.4. ÂNGULO 139

Resolução: Temos

d(u, v) = √

(1− 2)2 + (1− 2)2 + (3− 1)2 + (2− 0)2 = √ 10

¤

Ex. Resolvido 12.25 Com relação ao produto interno 12.9 calcule a distância entre as funções sen e cos de C([0, 2π];R)

Resolução: Temos

d( sen , cos)2 =

∫ 2π

0 [ senx− cosx]2 dx

=

∫ 2π

0 [ sen 2x+ cos2 x− 2 senx cosx] dx =

∫ 2π

0 [1− 2 senx cosx] dx =

= x− sen 2x ∣

0 = 2π.

Portanto, d( sen , cos) = √ 2π. ¤

12.4 Ângulo

Sejam V um espaço euclidiano e u, v ∈ V ambos não nulos. Pela desigualdade de Cauchy-Schwarz (veja proposição 12.18) temos

−‖u‖ ‖v‖ ≤ 〈u, v〉 ≤ ‖u‖ ‖v‖

ou ainda,

−1 ≤ 〈u, v〉‖u‖ ‖v‖ ≤ 1.

Desta forma, existe um único número real θ ∈ [0, π] tal que

cos θ = 〈u, v〉 ‖u‖ ‖v‖ .

Este número θ é chamado de ângulo entre os vetores u e v.

Ex. Resolvido 12.26 Calcule o ângulo entre as funções seno e co-seno definidas em [0, 2π] com o produto interno dado por 12.9.

140 CAPÍTULO 12. ESPAÇOS EUCLIDIANOS

Resolução:

〈 sen , cos 〉 = ∫ 2π

0 senx cosx dx =

1

2 sen 2x

0

= 0.

Desta forma, o ângulo entre seno e co-seno é π2 . ¤

Ex. Resolvido 12.27 Sabe-se que ‖u‖ = ‖v‖ = 1 e ‖u − v‖ = 2. Calcule o ângulo entre u e v.

Resolução: Como ‖u− v‖ = 2 então

4 = ‖u− v‖2 = 〈u− v, u− v〉

= ‖u‖+ ‖v‖ − 2〈u, v〉 = 2− 2〈u, v〉. Assim, 〈u, v〉 = −1 e

cos θ = 〈u, v〉 ‖u‖ ‖v‖ = −1,

ou seja, θ = π.

12.5 Ortogonalidade

Definição 12.28 Seja V um espaço euclidiano. Dizemos que u, v ∈ V são ortogonais se 〈u, v〉 = 0 e, neste caso, denotaremos u⊥v.

Diremos que um conjunto S = {u1, . . . , un} ⊂ V é ortogonal se ui⊥uj quando i 6= j.

Diremos que um conjunto ortogonal S = {u1, . . . , un} ⊂ V é ortonormal se ‖uj‖ = 1, j = 1, . . . , n.

Diremos que u ∈ V é ortogonal a um subconjunto não vazio S de V se u for ortogonal a todos os elementos de S. Neste caso usaremos a definição u⊥S.

Exemplo 12.29 S = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} ⊂ R3 é um conjunto ortonormal com relação ao produto interno dado por 12.3.

Observação 12.30 Se u = 0 ou v = 0 então u⊥v. Se u 6= 0 e v 6= 0 então u⊥v se e somente se o ângulo entre u e v π/2.

12.5. ORTOGONALIDADE 141

Observação 12.31 Se S = {u1, . . . , un} ⊂ V é um conjunto ortogonal com uj 6= 0, j = 1, . . . , n então

{

u1 ‖u1‖

, . . . , un ‖un‖

}

é um conjunto ortonormal.

Proposição 12.32 Sejam V um espaço euclidiano e S = {u1, . . . , un} ⊂ V um con- junto ortonormal. Então u1, . . . , un são linearmente independentes.

Prova: Se α1u1 + · · ·+ αnun = 0 (12.33)

então, tomando o produto interno do vetor acima com u1 e lembrando que 〈u1, u1〉 = ‖u1‖2 = 1 e 〈uj , u1〉 = 0, se j = 2, . . . , n, obtemos

α1 = α1〈u1, u1〉+ · · ·+ αn〈un, u1〉 = 〈0, u1〉 = 0,

isto é, α1 = 0, e 12.33 fica

α2u2 + · · ·+ αnun = 0.

Tomando o produto interno do vetor acima com u2, obtemos, como acima, que α2 = 0. Repetindo o processo chegamos à conclusão que a única possibilidade para 12.33 é α1 = · · · = αn = 0.

Observação 12.34 A proposição acima continua válida se S for apenas um conjunto ortogonal com elementos não nulos.

Definição 12.35 Se V é um espaço euclidiano de dimensão n e se u1, . . . , un formam um conjunto ortonormal, então diremos que u1, . . . , un formam uma base ortonormal de V.

Proposição 12.36 Sejam V um espaço euclidiano que possui uma base ortonormal dada por u1, . . . , un. Então, se u ∈ V temos

u = 〈u, u1〉u1 + · · ·+ 〈u, un〉un.

142 CAPÍTULO 12. ESPAÇOS EUCLIDIANOS

Prova: Como u1, . . . , un formam uma base de V, existem α1, . . . , αn ∈ R tais que

u = α1u1 + · · ·+ αnun.

Tomando o produto interno de u com u1, temos

〈u, u1〉 = α1〈u1, u1〉+ · · ·+ αn〈un, u1〉 = α1,

pois a base é ortonormal. O resultado segue tomando o produto interno de u por u2, u3, etc.

Ex. Resolvido 12.37 Encontre as coordenadas de (1, 1) ∈ R2 com relação à base for- mada por (

√ 2 2 ,

√ 2 2 ) e (

√ 2 2 ,−

√ 2 2 ).

Resolução: Como a base em questão é ortonormal, pela proposição anterior, temos que

(1, 1) = 〈(1, 1), ( √ 2

2 ,

√ 2

2 )〉(

√ 2

2 ,

√ 2

2 ) + 〈(1, 1), (

√ 2

2 ,−

√ 2

2 )〉(

√ 2

2 ,−

√ 2

2 )

= √ 2(

√ 2

2 ,

√ 2

2 ) + 0(

√ 2

2 ,−

√ 2

2 ).

Desta forma as coordenadas de (1, 1) com relação à base acima são

(√ 2 0

)

.

¤

Proposição 12.38 Sejam V um espaço euclidiano e U = [u1, . . . , un] o subespaço ge- rado por um conjunto ortonormal S = {u1, . . . , un}. Então, para qualquer u ∈ V o vetor dado por

v = u− 〈u, u1〉u1 − · · · − 〈u, un〉un é ortogonal a todo w ∈ U, isto é, v⊥U.

Além do mais, v = 0 se e somente se u = 〈u, u1〉u1 + · · · + 〈u, un〉un, isto é, se e somente se u ∈ [u1, . . . , un].

12.5. ORTOGONALIDADE 143

Prova: Seja w ∈ U. Podemos escrever w = ∑nj=1 αjuj . Precisamos mostrar que 〈w, v〉 = 0, isto é, 〈∑nj=1 αjuj , v〉 =

∑n j=1 αj〈uj , v〉 = 0. Portanto, basta verificar

que 〈uj , v〉 = 0 para cada j = 1, . . . , n. Como u1, . . . , un formam um conjunto orto- normal, temos

〈uj , v〉 = 〈uj , u− 〈u, u1〉u1 − · · · − 〈u, un〉un〉 = 〈uj , u〉 − 〈u, u1〉〈uj , u1〉 − · · · − 〈u, un〉〈uj , un〉 = 〈uj , u〉 − 〈u, uj〉〈uj , uj〉 = 〈uj , u〉 − 〈u, uj〉 = 0

Proposição 12.39 Sejam V um espaço vetorial e U um subespaço de V. Se u ∈ U e u⊥U então u = 0.

Prova: Como u ∈ U e u é ortogonal a todo vetor de U, devemos ter ||u||2 = 〈u, u〉 = 0, ou seja, u = 0.

Proposição 12.40 Sejam S = {u1, . . . , un} e R = {v1, . . . , vn} conjuntos ortonormais de um espaço euclidiano V tais que [S] = [R]. Então, para u ∈ V, temos

〈u, u1〉u1 + · · ·+ 〈u, un〉un = 〈u, v1〉v1 + · · ·+ 〈u, vn〉vn.

Prova: Seja u ∈ V. Coloque U = [R] = [S],

u1 = u− (〈u, u1〉u1 + · · ·+ 〈u, un〉un)

e u2 = u− (〈u, v1〉v1 + · · ·+ 〈u, vn〉vn) .

Pela proposição 12.38, u1, u2⊥U. Logo, para todo w ∈ U, temos 〈u1 − u2, w〉 = 〈u1, w〉 − 〈u2, w〉 = 0, isto é, (u1 − u2)⊥U.

Note também que

u1 − u2 = 〈u, v1〉v1 + · · ·+ 〈u, vn〉vn − (〈u, u1〉u1 + · · ·+ 〈u, un〉un) ∈ U.

Segue da proposição 12.39 que u1 − u2 = 0, isto é,

〈u, u1〉u1 + · · ·+ 〈u, un〉un = 〈u, v1〉v1 + · · ·+ 〈u, vn〉vn.

144 CAPÍTULO 12. ESPAÇOS EUCLIDIANOS

Definição 12.41 Sejam S = {u1, . . . , un} ⊂ V um conjunto ortonormal de um espaço euclidiano V e U = [u1, . . . , un]. Se u ∈ V, o vetor

〈u, u1〉u1 + · · ·+ 〈u, un〉un

é chamado de projeção ortogonal de u sobre o subespaço U.

Observação 12.42 Se v ∈ V é um vetor não nulo então S = { v‖v‖} é um conjunto ortonormal. Assim, se u ∈ V, a projeção ortogonal de u sobre [S] nada mais é do que o vetor

w = 〈u, v‖v‖〉 v

‖v‖ = 〈u, v〉 ‖v‖2 v.

Neste caso, w é chamado de projeção ortogonal de u sobre v.

Ex. Resolvido 12.43 Com relação ao produto interno usual de R3, verifique que os vetores u1 = ( 1√3 ,−

1√ 3 , 1√

3 ) e u2 = ( 1√2 ,

1√ 2 , 0) formam um conjunto ortonormal e

encontre a projeção ortogonal de u = (2, 3, 1) sobre o subespaço gerado por u1 e u2.

Resolução: Claramente,

‖u1‖2 = 1

3 +

1

3 +

1

3 = 1

e

‖u2‖2 = 1

2 +

1

2 = 1.

Também,

〈u1, u2〉 = 1√ 3

1√ 2 − 1√

3

1√ 2 +

1√ 3 0 = 0.

Assim, a projeção ortogonal de u = (2, 3, 1) sobre [u1, u2] é

w = 〈u, u1〉u1 + 〈u, u2〉u2

= 〈(2, 3, 1), ( 1√ 3 ,− 1√

3 , 1√ 3 )〉( 1√

3 ,− 1√

3 , 1√ 3 )

+ 〈(2, 3, 1), ( 1√ 2 , 1√ 2 , 0)〉( 1√

2 , 1√ 2 , 0) = (

5

2 , 5

2 , 0).

¤

12.6. PROCESSO DE ORTONORMALIZAÇÃO DE GRAM-SCHMIDT 145

Ex. Resolvido 12.44 Considere P3(R) com o produto interno dado por

〈p, q〉 = ∫ 1

0 p(x)q(x) dx.

Encontre a projeção de p(x) = 1 + x+ x2 + x3 sobre [q(x)] = [x3 − x].

Resolução: Temos

‖q‖2 = ∫ 1

0 (x3 − x)2 dx =

∫ 1

0 (x6 + x2 − 2x4) dx = x

7

7 +

x3

3 − 2x

5

5

1

0

= 1

7 +

1

3 − 2

5 =

8

105 ;

〈p, q〉 = 〈1 + x+ x2 + x3, x3 − x〉 = ∫ 1

0 (1 + x+ x2 + x3)(x3 − x) dx

=

∫ 1

0 (−x− x2 + x5 + x6) dx = −11/21.

Assim a projeção ortogonal de p(x) sobre q(x) é

r(x) = −11 21

· 105 8

(x3 − x) = −55 8 (x3 − x).

¤

12.6 Processo de Ortonormalização de Gram-Schmidt

A demonstração do próximo teorema fornece um método para se conseguir uma base ortonormal de um espaço euclidiano a partir de uma base dada.

Teorema 12.45 Todo espaço euclidiano de dimensão finita possui uma base ortonor- mal.

Prova: A prova é por indução sobre a dimensão do espaço. Seja V um espaço euclidiano de dimensão finita. Se dimV = 1 então existe v1 ∈ V,

tal que V = [v1]. Como v1 6= 0, tomamos

u1 = v1 ‖v1‖

146 CAPÍTULO 12. ESPAÇOS EUCLIDIANOS

e, dessa forma, {u1} é um conjunto ortonormal e V = [u1], ou seja, u1 forma uma base ortonormal de V.

Se dimV = 2 então existem v1, v2 ∈ V tais que V = [v1, v2]. Coloque

u1 = v1 ‖v1‖

.

Nosso trabalho se resume em encontrar um vetor ortogonal a u1 e que tenha norma 1. Primeiramente vamos encontrar um vetor ortogonal a u1. Ora, pela proposição 12.38, basta tomarmos u′2 = v2 − 〈v2, u1〉u1. Note que u′2 6= 0, pois v1 e v2 são linearmente independentes. Resta agora normalizar u′2, isto é, definimos

u2 = u′2 ‖u′2‖

e então

u1 = v1 ‖v1‖

e u2 = v2 − 〈v2, u1〉u1 ‖v2 − 〈v2, u1〉u1‖

formam uma base ortonormal de V. Dado n ∈ N, suponha que tenhamos provado o teorema para todos os espaços eucli-

dianos de dimensão n − 1. Queremos provar que o mesmo é verdade para todo espaço euclidiano de dimensão n.

Se dimV = n ≥ 2 então existem v1, . . . , vn que formam uma base de V. Note que U = [v1, . . . , vn−1] é um subespaço de V de dimensão n − 1. Desse modo, usando a nossa hipótese de indução, é possı́vel tomar uma base ortonormal de U. Chamemos estes vetores da base ortonormal de U por u1, . . . , un−1. Como vn 6∈ U então, pela proposição 12.38, o vetor

u′n = vn − 〈vn, u1〉u1 − · · · − 〈vn, un−1〉un−1 é não nulo e ortogonal a todos os elementos de U (portanto, ortogonal a u1, · · · , un−1). Para finalizar, tomamos como base de V os vetores

u1, · · · , un−1, un

onde

un = u′n

‖u′n‖ =

vn − 〈vn, u1〉u1 − · · · − 〈vn, un−1〉un−1 ‖vn − 〈vn, u1〉u1 − · · · − 〈vn, un−1〉un−1‖

.

12.6. PROCESSO DE ORTONORMALIZAÇÃO DE GRAM-SCHMIDT 147

Observação 12.46 No caso de um espaço euclidiano tridimensional, se v1, v2, v3 for- mam uma base, então uma base ortonormal para este espaço pode ser dada por

u1 = v1 ‖v1‖

, u2 = v2 − 〈v2, u1〉u1 ‖v2 − 〈v2, u1〉u1‖

e u3 = v3 − 〈v3, u1〉u1 − 〈v3, u2〉u2 ‖v3 − 〈v3, u1〉u1 − 〈v3, u2〉u2‖

.

Ex. Resolvido 12.47 Encontre uma base ortonormal de P2(R) munido do produto in- terno 〈p, q〉 =

∫ 1 0 p(x)q(x) dx.

Resolução: Usaremos o processo de Gram-Schmidt para construir uma base ortonormal a partir da base formada pelos polinômios 1, x e x2. Temos

‖1‖2 = ∫ 1

0 12 dx = 1

e colocamos p1(x) = 1. Seguindo o processo, definimos

p2(x) = x− 〈x, 1〉1 ‖x− 〈x, 1〉1‖ ,

onde

〈x, 1〉 = ∫ 1

0 x dx =

1

2 e ‖x− 〈x, 1〉1‖2 =

∫ 1

0 (x− 1

2 )2 dx =

1

12 .

Assim, p2(x) = √ 12(x− 12) =

√ 3(2x− 1). Por fim, colocamos

p3(x) = x2 − 〈x2, 1〉1− 〈x2,

√ 3(2x− 1)〉

√ 3(2x− 1)

‖x2 − 〈x2, 1〉1− 〈x2, √ 3(2x− 1)〉

√ 3(2x− 1)‖

,

onde

〈x2, 1〉 = ∫ 1

0 x2 dx =

1

3 , 〈x2,

√ 3(2x− 1)〉 =

√ 3

∫ 1

0 x2(2x− 1) dx =

√ 3

6

e

‖x2 − 〈x2, 1〉1− 〈x2, √ 3(2x− 1)〉

√ 3(2x− 1)‖2 = ‖x2 − x+ 1

6 ‖2 =

=

∫ 1

0 (x2 − x+ 1

6 )2 dx =

1

180 .

148 CAPÍTULO 12. ESPAÇOS EUCLIDIANOS

Assim,

p3(x) = √ 180(x2 − x+ 1

6 ) =

√ 5(6x2 − 6x+ 1).

Desta forma, uma base ortonormal para P2(R) é dada por

p1(x) = 1, p2(x) = √ 3(2x− 1) e p3(x) =

√ 5(6x2 − 6x+ 1).

¤

Ex. Resolvido 12.48 Encontre uma base ortonormal para W = {(x, y, z) ∈ R3;x − 2y = 0}.

Resolução: Note que (x, y, z) ∈ W se e somente se

(x, y, z) = (2y, y, z) = y(2, 1, 0) + z(0, 0, 1).

Desta forma (2, 1, 0) e (0, 0, 1) formam uma base de W. Tomaremos como u1 = (0, 0, 1), pois este vetor é unitário (tem norma 1). Pelo

processo de Gram-Schmidt, u2 é a projeção ortogonal unitária de (2, 1, 0) sobre u1, isto é

u2 = (2, 1, 0)− 〈(2, 1, 0), (0, 0, 1)〉(0, 0, 1) ‖(2, 1, 0)− 〈(2, 1, 0), (0, 0, 1)〉(0, 0, 1)‖ =

(2, 1, 0)

‖(2, 1, 0)‖ = ( 2√ 5 , 1√ 5 , 0).

¤

Ex. Resolvido 12.49 Encontre uma base ortonormal para W = {(x, y, z, t) ∈ R4;x+ y + z + t = 0}.

Resolução: Temos que (x, y, z, t) ∈ W se somente se

(x, y, z, t) = (−y − z − t, y, z, t)

= y(−1, 1, 0, 0) + z(−1, 0, 1, 0) + t(−1, 0, 0, 1). Como (−1, 1, 0, 0), (−1, 0, 1, 0) e (−1, 0, 0, 1) são linearmente independentes, segue-se que formam uma base para W. Coloquemos

u1 = (−1, 1, 0, 0) ‖(−1, 1, 0, 0)‖ = (−

1√ 2 , 1√ 2 , 0, 0).

12.7. COMPLEMENTO ORTOGONAL 149

u2 = (−1, 0, 1, 0)− 〈(−1, 0, 1, 0), (− 1√

2 , 1√

2 , 0, 0)〉(− 1√

2 , 1√

2 , 0, 0)

‖(−1, 0, 1, 0)− 〈(−1, 0, 1, 0), (− 1√ 2 , 1√

2 , 0, 0)〉(− 1√

2 , 1√

2 , 0, 0)‖

= (−12 ,−12 , 1, 0) ‖(−12 ,−12 , 1, 0)‖

= 1√ 6 (−1,−1, 2, 0).

u3 = (−1, 0, 0, 1)− 〈(−1, 0, 0, 1), u1〉u1 − 〈(−1, 0, 0, 1), u2〉u2 ‖(−1, 0, 0, 1)− 〈(−1, 0, 0, 1), u1〉u1 − 〈(−1, 0, 0, 1), u2〉u2‖

onde

〈(−1, 0, 0, 1), u1〉 = 〈(−1, 0, 0, 1), (− 1√ 2 , 1√ 2 , 0, 0)〉 = 1√

2

〈(−1, 0, 0, 1), u2〉 = 〈(−1, 0, 0, 1), 1√ 6 (−1,−1, 2, 0)〉 = 1√

6 .

Assim, (−1, 0, 0, 1)− 〈(−1, 0, 0, 1), u1〉u1 − 〈(−1, 0, 0, 1), u2〉u2

= (−1, 0, 0, 1)− 1√ 2 (− 1√

2 , 1√ 2 , 0, 0)− 1√

6

1√ 6 (−1,−1, 2, 0)

= (−1, 0, 0, 1) + (1 2 ,−1

2 , 0, 0) + (

1

6 , 1

6 ,−1

3 , 0) = (−1

3 ,−1

3 ,−1

3 , 1).

Desta forma,

u3 = (−13 ,−13 ,−13 , 1) ‖(−13 ,−13 ,−13 , 1)‖

= 1

2

√ 3(−1

3 ,−1

3 ,−1

3 , 1)

¤

12.7 Complemento Ortogonal

Definição 12.50 Sejam V um espaço euclidiano e U um subespaço vetorial de V. O complemento ortogonal de U é o conjunto

U⊥ = {v ∈ V ; 〈u, v〉 = 0, ∀u ∈ U}.

Proposição 12.51 U⊥ é um subespaço vetorial de V.

150 CAPÍTULO 12. ESPAÇOS EUCLIDIANOS

Prova: Temos 0 ∈ U⊥ pois 〈0, u〉 = 0 para todo u ∈ U. Se v, w ∈ U⊥ e α ∈ R, então para todo u ∈ U, temos

〈v + αw, u〉 = 〈v, u〉+ α〈w, u〉 = 0.

Portanto, v + αw ∈ U⊥.

Observação 12.52 Se V tem dimensão finita então u ∈ U⊥ se e somente se u é ortogo- nal a todos os vetores de uma base qualquer de U.

Ex. Resolvido 12.53 Encontre U⊥ se U = {(x, y, z) ∈ R3;x− y − z = 0}.

Resolução: Temos (x, y, z) ∈ U se somente se (x, y, z) = (y + z, y, z) = y(1, 1, 0) + z(1, 0, 1). Vemos que (1, 1, 0) e (1, 0, 1) formam uma base para U.

Assim, (x, y, z) ∈ U⊥ se somente se

〈(x, y, z), (1, 1, 0)〉 = 0 e 〈(x, y, z), (1, 0, 1)〉 = 0,

ou seja, {

x+ y = 0

x+ z = 0 ⇐⇒ (x, y, z) = x(1,−1,−1).

Assim, U⊥ = [(1,−1,−1)].

¤

Teorema 12.54 Sejam V um espaço euclidiano de dimensão finita e U um subespaço vetorial de V. Então V = U ⊕ U⊥.

Prova: Dado v ∈ V, seja w a projeção ortogonal de v sobre U. Temos v = w+(v−w) e pela proposição 12.38, w ∈ U e para todo u ∈ U, 〈v−w, u〉 = 0, ou seja, v ∈ U +U⊥.

Agora, se u ∈ U ∩ U⊥ então 〈u, u〉 = 0 e, portanto, u = 0.

12.8 Isometria

Definição 12.55 Sejam U e V espaços euclidianos. Dizemos que T ∈ L (U, V ) é uma isometria se 〈T (u1), T (u2)〉 = 〈u1, u2〉 para todo u1, u2 ∈ U.

12.8. ISOMETRIA 151

Observação 12.56 Note que os produtos internos acima, embora representados pelo mesmo sı́mbolo, são produtos internos de V e de U, respectivamente.

Exemplo 12.57 (rotação) T : R2 → R2 dada por

T (x, y) = (x cos θ − y sen θ, x sen θ + y cos θ)

é uma isometria, onde θ ∈ R.

De fato, 〈T (x1, y1), T (x2, y2)〉

= 〈(x1 cos θ − y1 sen θ, x1 sen θ + y1 cos θ), (x2 cos θ − y2 sen θ, x2 sen θ + y2 cos θ)〉

= x1x2(cos 2 θ + sen 2θ)− y1x2(− cos θ sen θ + cos θ sen θ)

− x1y2(cos θ sen θ − cos θ sen θ) + y1y2(cos2 θ + sen 2θ)

= x1x2 + y1y2 = 〈(x1, y1), (x2, y2)〉.

Teorema 12.58 Sejam U, V espaços euclidianos e T ∈ L (U, V ). São equivalentes:

1. T é uma isometria;

2. ‖T (u)‖ = ‖u‖ para todo u ∈ U ;

3. ‖T (u)− T (v)‖ = ‖u− v‖ para todo u, v ∈ U ;

4. Se {u1, . . . , un} é um conjunto ortonormal de U então {T (u1), . . . , T (un)} é um conjunto ortonormal de V.

Prova: (1 =⇒ 2) Como T é uma isometria temos que 〈T (u), T (v)〉 = 〈u, v〉 para todo u, v ∈ U. Em particular, tomando u = v, obtemos

‖T (u)‖2 = 〈T (u), T (u)〉 = 〈u, u〉 = ‖u‖2,

ou seja, ‖T (u)‖ = ‖u‖. (2 =⇒ 3) Para todo u, v ∈ U, temos

‖T (u)− T (v)‖ = ‖T (u− v)‖ = ‖u− v‖.

152 CAPÍTULO 12. ESPAÇOS EUCLIDIANOS

(3 =⇒ 1) Note que ‖T (u) + T (v)‖ = ‖T (u)− T (−v)‖ = ‖u− (−v)‖ = ‖u+ v‖.

Pela proposição 12.20, temos

〈T (u), T (v)〉 = 1 4 (‖T (u) + T (v)‖2 − ‖T (u)− T (v)‖2)

= 1

4 (‖u+ v‖2 − ‖u− v‖2) = 〈u, v〉.

(1 =⇒ 4) Se {u1, . . . , un} é um conjunto ortonormal de U então, como T é uma isometria, temos

〈T (ui), T (uj)〉 = 〈ui, uj〉 = {

1, se i = j

0, se i 6= j,

ou seja, {T (u1), . . . , T (un)} é um conjunto ortonormal. (4 =⇒ 1) Seja u1, . . . , un uma base ortonormal de U. Por hipótese, T (u1), . . . ,

T (un) formam um conjunto ortonormal. Dados u, v ∈ U, escrevemos u = α1u1 + · · ·+ αnun

e v = β1u1 + · · ·+ βnun

e obtemos

〈T (u), T (v)〉 = 〈 n ∑

i=1

αiT (ui),

n ∑

j=1

βjT (uj)〉 = n ∑

i=1

n ∑

j=1

αiβj〈T (ui), T (uj)〉

= n ∑

i=1

αiβi.

Por outro lado,

〈u, v〉 = 〈 n ∑

i=1

αiui, n ∑

j=1

βjuj〉 = n ∑

i=1

n ∑

j=1

αiβj〈ui, uj〉

= n ∑

i=1

αiβi.

Comparando as expressões acima, concluı́mos que T é uma isometria.

12.9. OPERADOR AUTO-ADJUNTO 153

Corolário 12.59 Se T ∈ L (U, V ) é uma isometria então T é injetora.

Prova: Basta ver que se T (u) = 0 então ‖u‖ = ‖T (u)‖ = 0, portanto, u = 0.

Corolário 12.60 Se T ∈ L (U, V ) é uma isometria e dimU = dimV então T é um isomorfismo.

Prova: Como U e V têm a mesma dimensão e T é injetora, segue-se que T é uma bijeção, isto é, um isomorfismo.

Ex. Resolvido 12.61 Seja T ∈ R2 tal que a matriz de T som relação a uma base orto- normal de R2 é dada por

(

1 2 −2 1

)

.

T é uma isometria?

Resolução: Vejamos, se u, v é uma base ortonormal de R2 e (

a b c d

)

é a matriz de uma isometria S com relação a esta base então pelo teorema anterior ‖S(u)‖ = ‖S(v)‖ = 1. Além do mais, 〈S(u), S(v)〉 = 0. Como S(u) = au + cv e S(v) = bu+ dv, terı́amos

a2 + c2 = 1

b2 + d2 = 1

ab+ cd = 0

.

Deste modo, T não pode se uma isometria pois, por exemplo, 12 + 22 = 5 6= 1. ¤

12.9 Operador Auto-adjunto

Definição 12.62 Sejam U um espaço euclidiano e T ∈ L (U). Dizemos que T é um operador auto-adjunto se 〈T (u), v〉 = 〈u, T (v)〉 para todo u, v ∈ U.

Ex. Resolvido 12.63 Seja T ∈ L (R2) dado por T (x, y) = (ax+by, bx+cy). Verifique que T é um operador auto-adjunto.

154 CAPÍTULO 12. ESPAÇOS EUCLIDIANOS

Resolução: Temos

〈T (x, y), (z, t)〉 = 〈(ax+ by, bx+ cy), (z, t)〉 = axz + byz + bxt+ cyt.

Por outro lado,

〈(x, y), T (z, t)〉 = 〈(x, y), (az + bt, bz + ct)〉 = axz + bxt+ byz + cyt.

Comparando as expressões vemos que

〈T (x, y), (z, t)〉 = 〈(x, y), T (z, t)〉.

¤

Note que a matriz do operador do exemplo anterior com relação à base canônica é uma matriz simétrica. Isto, como diz o próximo teorema, não é uma simples coin- cidência.

Teorema 12.64 Seja U um espaço euclidiano de dimensão finita. Então, um operador T ∈ L (U) é auto-adjunto se e somente se a matriz de T com relação a uma base ortonormal de U for simétrica.

Prova: Suponha que T seja auto-adjunto e seja A = (aij) a matriz de T com relação a alguma base ortonormal de U. Queremos mostrar que aij = aji. Se u1, . . . , un são os vetores de uma tal base, temos

T (uk) = a1ku1 + · · ·+ ankun, (12.65)

para todo k = 1, . . . , n. Se i, j ∈ {1, . . . , n} então tomando o produto interno de 12.65 com k = i com o vetor uj , obtemos

〈T (ui), uj〉 = a1i〈u1, uj〉+ · · ·+ ani〈un, uj〉 = aji. (12.66)

Por outro lado, tomando o produto interno de ui com T (uj) temos

〈ui, T (uj)〉 = a1j〈ui, u1〉+ · · ·+ anj〈ui, un〉 = aij .

Como T é auto-adjunto, segue-se que aij = aji. Reciprocamente, suponha que a matriz (aij) de T com relação a uma base ortonor-

mal, u1, . . . , un seja simétrica. Devemos mostrar que 〈T (u), v〉 = 〈u, T (v)〉. Note que se

u = α1u1 + · · ·+ αnun

12.9. OPERADOR AUTO-ADJUNTO 155

e v = β1u1 + · · ·+ βnun,

então, como o produto interno é linear em cada variável e a base acima é ortonormal, temos

〈T (u), v〉 = 〈 n ∑

i=1

αiT (ui), n ∑

j=1

βjuj〉 = n ∑

i=1

n ∑

j=1

αiβj〈T (ui), uj〉

e, analogamente,

〈u, T (v)〉 = n ∑

j=1

αiβj〈ui, T (uj)〉.

Desta forma, basta mostrar que 〈T (ui), uj〉 = 〈ui, T (uj)〉. Como (aij) é a matriz de T com relação a esta base, temos por 12.65 que aij = 〈ui, T (uj)〉 e aji = 〈T (ui), uj〉 e como a matriz é simétrica obtemos que

〈T (ui), uj〉 = 〈ui, T (uj)〉,

como querı́amos.

Teorema 12.67 Se T ∈ L (U) é um operador auto-adjunto e se λ e µ são autovalores distintos de T então os autovetores correspondentes são ortogonais.

Prova: Sejam u e v autovetores correspondentes a λ e µ respectivamente. Temos

(λ− µ)〈u, v〉 = 〈λu, v〉 − 〈u, µv〉 = 〈T (u), v〉 − 〈u, T (v)〉 = 0

pois T é auto-adjunto. Como λ 6= µ, segue-se que 〈u, v〉 = 0. Finalizamos este capı́tulo com o seguinte resultado que provaremos apenas no caso

bidimensional. O caso unidimensional é trivial. Para a prova no caso geral, indicamos a leitura do livro Álgebra Linear, de Elon L. Lima, Coleção Matemática Universitária [L].

Teorema 12.68 Sejam U um espaço euclidiano de dimensão finita e T ∈ L (U) um operador auto-adjunto. Então existe uma base ortonormal de U formada por autoveto- res de T. Note que todo operador auto-adjunto é diagonalizável.

Prova do caso bidimensional: Seja u, v uma base ortonormal de U. Sabemos pelo teorema 12.64 que a matriz de T é simétrica, ou seja, da forma

A =

(

a b b c

)

.

156 CAPÍTULO 12. ESPAÇOS EUCLIDIANOS

Desta forma, o polinômio caracterı́stico de T é da forma

pT (λ) = λ 2 − (a+ c)λ+ ac− b2.

Como

(a+ c)2 − 4(ac− b2) = a2 + c2 − 2ac+ 4b2 = (a− c)2 + 4b2 ≥ 0

vemos que pT (λ) só apresenta raı́zes reais. Se a = c e b = 0 então A = aI e a própria base u, v serve para provar o teorema.

Agora, se a 6= c ou b 6= 0 então pT (λ) possui duas raı́zes reais distintas, isto é, T apresenta dois autovalores distintos. Pelo teorema 12.67 os autovetores correspondentes são ortogonais. Basta tomar como base dois autovetores unitários correspondentes a cada um dos autovalores.

12.10 Exercı́cios

Ex. 12.69 Verifique em cada um dos itens abaixo se a função 〈 , 〉 é um produto interno no espaço vetorial V.

1. V = R2, u = (x1, y1), w = (x2, y2) e 〈u,w〉 = 2x1x2 + 4y1y2.

2. V = P3(R), p(t) = a0 + a1t + a2t2 + a3t3, q(t) = b0 + b1t + b2t2 + b3t3 e 〈p, q〉 = a0b0 + a1b1 + a2b2 + a3b3.

3. V = M2(R), A,B ∈ M2(R) e 〈A,B〉 = tr(AtB), onde tr(A) é o traço de A.

4. V = R3, u = (x1, y1, z1), w = (x2, y2, z2) e 〈u,w〉 = x1x2 + y1y2.

5. V = R4, u = (x1, y1, z1, t1), w = (x2, y2, z2, t2) e 〈u,w〉 = x1x2 + y1y2 + z1z2 − t1t2.

Ex. 12.70 Para cada um dos itens abaixo determinar;

a) 〈u, v〉 b) ‖u‖, ‖v‖ c) o ângulo entre u e v.

1. V = R2, com o produto interno usual, u = (1, 2, 1), w = (3, 4, 2).

2. V = P2(R), com produto interno 〈p, q〉 = ∫ 1 0 p(t)q(t) dt, u = p(t) = 1+t+4t

2, v = q(t) = 2 + 5t2.

12.10. EXERCÍCIOS 157

3. V = M2(R), com produto interno 〈A,B〉 = tr(AtB) , A = (

1 2 4 12

)

, B = (

8 −1 4 3

)

.

Ex. 12.71 Em cada um dos itens abaixo determinar d(u, v).

1. V = R4, com o produto interno usual, u = (1, 1, 1, 1), v = (0, 0, 1, 1).

2. V = P2(R), com produto interno 〈p, q〉 = ∫ 1 0 p(t)q(t) dt , u = 1+t, v =

3 4 t+3t

2, t ∈ R.

3. V = M3(R), com produto interno 〈A,B〉 = tr(AtB) ,

u =

1 2 3 4 5 6 1 1 1

e v =

1 2 1 0 0 1 2 2 2

 .

Ex. 12.72 Verifique se o subconjunto S do espaço com produto interno V é ortogonal.

1. V = R3, com o produto interno usual , S = {(0, 1, 1), (1, 1, 0)} .

2. V = P2(R), com produto interno 〈p, q〉 = ∫ 1 0 p(t)q(t) dt , S =

{

t, t2 }

.

3. V = M3(R), com produto interno 〈A,B〉 = tr(AtB) ,

S =

{(

1 0 0 0

)

,

(

0 1 0 1

)

,

(

0 0 1 0

)}

.

Ex. 12.73 Com relação ao exercı́cio anterior, quais conjuntos são ortonormais?

Ex. 12.74 Determinar uma base ortonormal para cada um dos subespaços vetoriais W do espaço com produto interno V abaixo, utilizando o processo de Gram-Schmidt.

1. V = R4, com o produto interno usual ,

W = [(1, 1, 0, 0), (0, 1, 2, 0), (0, 0, 3, 4)].

2. V = P2(R), com produto interno 〈p, q〉 = ∫ 1 0 p(t)q(t) dt , W = [1, 1 + t, t

2].

158 CAPÍTULO 12. ESPAÇOS EUCLIDIANOS

3. V = M3(R), com produto interno 〈A,B〉 = tr(AtB) ,

W =

[(

1 0 0 0

)

,

(

0 1 0 1

)

,

(

0 0 1 1

)]

.

Ex. 12.75 Determine m ∈ R de modo que T : R3 → R3 dada por

T (x, y, z) = ( 1√ 3 x+

1√ 3 y +mz,− 1√

6 x+

2√ 6 y − 1√

6 z,− 1√

2 x+

1√ 2 z)

seja uma isometria.

Ex. 12.76 Determinar uma isometria em P2(R) cuja matriz em relação a base canôni-

ca é

1√ 2

1√ 2

0

0 0 1 x y z

(onde x, y, z ∈ R devem ser determinados).

Ex. 12.77 Verifique se T : M2(R) → M2(R) dada por T (A) = At, A ∈ M2(R), é uma isometria.

Referências Bibliográficas

[CDC] Callioli, C. A., Domingues, H. H., Costa, R. C. F., Álgebra Linear e Aplicações, 2a edição, Atual Editora Ltda, 1978.

[L] Lima, E. L., Álgebra Linear, Coleção Matemática Universitária, IMPA, CNPq, Rio de Janeiro, 1995.

12.9

159

Índice Remissivo

ângulo, 139

automorfismo, 85 autovalor, 105 autovetor, 105

base, 37 dual, 75 ortonormal, 141

complemento ortogonal, 149 composta, 76 conjunto

ortogonal, 140 ortonormal, 140

coordenada, 45

dimensão da soma de subespaços, 41 de um espaço vetorial, 39

distância, 138

espaço dual, 74 vetorial, 9

espaços isomorfos, 85

forma canônica de Jordan, 127 funcional linear, 74

gerador, 24

imagem, 79 imagem inversa, 79 isometria, 150 isomorfismo, 85

matriz de mudança de base, 52 diagonal, 115 diagonalizável, 116 semelhante, 111

multiplicidade algébrica, 112 geométrica, 105

núcleo, 80 norma, 136

operador auto-adjunto, 153

ortogonalidade, 140

polinômio caracterı́stico, 111 de uma transformação linear, 111

produto interno, 133 projeção ortogonal, 144

subespaço próprio, 105

160

ÍNDICE REMISSIVO 161

vetorial definição, 15 gerador, 24 soma de, 17 soma direta de, 18

teorema do completamento, 40 do núcleo e da imagem, 81

transformação bijetora, 78 diagonalizável, 115 idempotente, 85 injetora, 78 linear, 71 matriz de uma, 88 nilpotente, 76 sobrejetora, 78

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