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Disciplina: Introdução à Álgebra Linear Prof. Dra. Shirley Maria Santos e Souza

Curso de Licenciatura em Matemática – UFPBVIRTUAL shirley@mat.ufpb.br

Ambiente Virtual de Aprendizagem: Moodle www.ead.ufpb.br

Site da UFPBVIRTUAL www.virtual.ufpb.br Site do curso www.mat.ufpb.br/ead

Telefone UFPBVIRTUAL (83) 3216 7257

Carga horária: 60 horas Créditos: 04 Ementa

Espaços Vetoriais e Subespaços. Aplicações Lineares e Matrizes. Vetores e Valores Próprios.

Diagonalização de Operadores. Produto Interno.

Descrição

Esta disciplina é parte indispensável da formação básica, não só de matemáticos, mas de quantos necessitem aplicar Matemática, mesmo em suas formas mais rudimentares. Os pré-requisitos para a leitura deste texto são os tópicos de Matemática, normalmente vistos até o curso nível médio e o curso de Geometria Analítica, do semestre anterior. O estudante deve desenvolver sua capacidade de leitura, escrita e discussão dentro de um ambiente interativo, trabalhando em grupo e utilizando como ferramenta a plataforma Moodle. Objetivos

Ao final do curso, espera-se que o aluno esteja habilitado a:

Compreender o conceito de espaços e subespaços vetoriais.

Compreender o conceito de espaços isomorfos.

Encaminhar os conceitos para a solução de problemas nos quais os alunos já tenham sentido dificuldades.

Modelar problemas e provas envolvendo combinações lineares, aplicações e matrizes, diagonalizações de operadores lineares.

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Unidades Temáticas Integradas

Unidade I Espaços Vetoriais

• Espaços Vetoriais • Subespaços • Combinação Linear • Dependência e Independência Linear • Bases, dimensão e mudança de base

Unidade II Aplicações Lineares e Matrizes

• Aplicações Lineares • Núcleo e imagem de uma aplicação linear • Aplicação inversa. Isomorfismo • Matriz de uma Transformação Linear

Unidade III Vetores e Valores Próprios

• Vetores e Valores Próprios • Polinômios Característico e Minimal • Diagonalização de Operadores

Unidade IV Espaços com Produto Interno

• Produto Interno • Espaços com Produto Interno

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Unidade I: Espaços Vetoriais 1. - Situando a Temática

Dado um conjunto podemos introduzir operações sobre este, que podem gerar determinadas propriedades e desta forma, constituir um espaço vetorial.

O objetivo desta unidade é definir espaço vetorial e apresentar propriedades e teoremas que serão na maioria demonstrados, quando não apresentaremos exemplos ou exercícios.

Este texto complementa-se na plataforma MOODLE, onde estão as listas de exercícios e atividades relacionadas com o texto. Os exercícios são parte fundamental da disciplina, uma vez que vamos adotar uma metodologia apoiada na resolução de exercícios.

2. - Problematizando a Temática

Suponhamos que uma força atue sobre um corpo, podemos determinar sua intensidade e direção. Assim, força é um exemplo típico de grandeza representada por um vetor. Outros exemplos são velocidade e deslocamento. Nesta unidade desenvolveremos o conceito de vetor de uma forma mais ampla, de modo que, por exemplo, soluções de sistemas de equações lineares, funções, matrizes possam ser representadas e/ou denominadas de vetor. O conjunto desses vetores munido de determinadas operações será definido como um espaço vetorial.

3. - Conhecendo a Temática 3.1 - Espaços Vetoriais 3.1.1. - Introdução

Sabemos que o conjunto 2 ∈= yxyx ,);,{( } é interpretado geometricamente como sendo o plano cartesiano. Um par (x,y) pode ser visto como um ponto.

Essa mesma idéia, em relação ao plano, estendemos para o espaço tridimensional que é a interpretação geométrica do conjunto 3. Embora se perca a visão geométrica de espaços com dimensão acima de 3, é possível estender essa idéia a espaços como 4, 5,..., n. Assim, o espaço de dimensão n (ou espaço n-dimensional) será constituído pelo conjunto de todas as n-uplas ordenadas e representado por n, isto é,

n ∈= in xxxx );,,,{( 21 … }.

Trabalhamos nesses espaços de maneira idêntica àquela vista em 2 e 3. Por exemplo, se, ),,,( 21 nxxxu …= e ),,,( 21 nyyyv …= são vetores no n e α um escalar, definimos:

a) ,,,2,1,,, niyxsesomenteesevu ii …=== b) ),,,,( 2211 nn yxyxyxvu +++=+ … c) ),,,,( 21 nxxxu αααα …= d) ,. 2211 nn yxyxyxvu +++= …

e) ..... 222

21 nxxxuuu +++==

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Consideremos, agora, o conjunto n e o conjunto das matrizes reais de ordem nm × , representado por ),( nmM . Com relação a estes conjuntos estão definidas as operações de adição e multiplicação por escalar, que

tem em comum as seguintes propriedades:

Se u,v,w∈ n, ∈βα , (escalares) e A,B,C ),( nmM∈ , podemos verificar que:

Em relação à adição temos as propriedades:

1) (u + v) + w = u + (v + w) e (A + B) + C = A + (B + C) (associatividade)

2) u + v = v + u e A + B = B + A (comutatividade)

3) Existe um único elemento (neutro) em n e em ),( nmM , representado por 0 tal que:

u + 0 = u, onde )0,,0,0(0 …= e

A + 0 = A, onde ).,(

000

000000

0 nmM∈

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

…

……

4) Para cada vetor u∈ n e para cada matriz A ),( nmM∈ existe um único vetor e uma única matriz, representados por –u e –A, tais que:

u + (-u) = 0 e A + (-A) = 0, onde ),,,,( 21 nxxxu −−−=− … se ),,,( 21 nxxxu …= e

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−−

−−−−−−

=−

mnmm

n

n

aaa

aaaaaa

A

21

22221

11211

, quando

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

mnmm

n

n

aa

aaaaaa

A

21

22221

11211

2

. Neste caso, -u e –A são chamados de

elementos simétricos.

Com relação à multiplicação por escalar valem as seguintes propriedades:

1) ),()()()( AAeuu βααββααβ ==

2) ,)()( AAAeuuu βαβαβαβα +=++=+

3) ,)()( BABAevuvu αααααα +=++=+

4) .11 AAeuu ==

De acordo com o exposto, os conjuntos n e ),( nmM , munidos desse par de operações apresentam uma “estrutura” comum em relação a essas operações. Tal fato vale também para outros conjuntos munidos com duas operações, como veremos mais tarde, os quais são chamados de espaços vetoriais.

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3.1.2. - Espaços Vetoriais

Consideremos V um conjunto não vazio, no qual introduziremos as operações adição e multiplicação por escalar, ou seja, 1. ,)(,, VvutemosVvu ∈+∈∀ 2. ∈∀α .,, VuentãoVu ∈∈∀ α O conjunto V, munido destas duas operações, é denominado espaço vetorial real, ou espaço vetorial sobre , se forem satisfeitas as seguintes propriedades: 1) ,,,),()( Vwvuwvuwvu ∈∀++=++ 2) ,,, Vvuuvvu ∈∀+=+ 3) ,,0,0 VuuuquetalVExiste ∈∀=+∈ 4) ,,0)(,)( VuuuquetalVuExiste ∈∀=−+∈− 5) ),()( uu βααβ = 6) ,)( uuu βαβα +=+ 7) ,)( vuvu ααα +=+ 8) ∈∀∈∀= βα ,,,1 eVvuuu .

Ampliando o seu conhecimento.. . 3.1.3. - Exemplos 1. O conjunto 2 ∈= yxyx ,);,{( } é um espaço vetorial com as operações de adição e multiplicação por um escalar assim definidas: dados ∈=== ),(),,(),,( 332211 yxwyxvyxu 2 e α,β ∈

),(),(),( 22112211 yxyxyxyxvu ++=+=+ e ).,(),( 2111 xxyxu αααα == Estas são as operações usuais de adição e multiplicação por escalar, definidas na introdução. Verificaremos que

2 munidos destas operações satisfazem as oito propriedades do espaço vetorial: 1.1 (u + v) + w = u + (v + w)

),()),(),((),(),(),()())(),(())(,)(()(

),(),(),()),(),(()(

332211323211

321321321321

332121332211

wvuyxyxyxyyxxyxwvuyyyxxxyyyxxxwvu

yxyyxxyxyxyxwvu

++=++=+++=++++++=++++=++

+++=++=++

1.2 u + v = v + u

,),(),(

),(),(),(),(

1122

121221212211

uvyxyxvuyyxxyyxxyxyxvu

+=+=+++=++=+=+

1.3 Dado ∈)0,0( 2 , ∈∀u 2 , temos que ,),()0,0()0,0(),()0,0( 111111 uyxyxyxu ==++=+=+ 1.4 ∈∀u 2 , existe ∈−−=− ),()( 11 yxu 2 tal que

),0,0(),(),(),()( 11111111 =−−=−−+=−+ yyxxyxyxuu 1.5 (αβ)u = α(βu)

),()),(()(),())(),(())(),((),)(()(

11

11111111

uyxuyxyxyxyxu

βαβααβββαβαβααβαβαβαβ

======

Os elementos do espaço vetorial V são chamados de vetores, independentes da sua natureza, ou seja, podemos chamar as matrizes mxn de vetores, onde V seria o conjunto das matrizes mxn.

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1.6 (α + β)u = αu + βu

,),(),(),(),()(

),())(,)((),)(()(

11111111

11111111

uuyxyxyxyxuyyxxyxyxu

βαβαββααβαβαβαβαβαβαβα

+=+=+=+++=++=+=+

1.7 α(u + v) = αu + αv

,),(),()(),(),(),()(

))(),((),()),(),(()(

2211

22112121

212121212211

vuyxyxvuyxyxyyxxvu

yyxxyyxxyxyxvu

αααααααααααααα

ααααα

+=+=++=++=+

++=++=+=+

1.8 ∈∀==== uuyxyxyxu ,),()1,1(),(11 1111112 .

2. O conjunto , em relação às operações usuais de adição e multiplicação por escalar, é também um espaço vetorial. Os vetores, neste caso, são números reais. 3. O conjunto V de todas as funções f:X→ , munido das operações

)),)(())(()()())(( xfxfexgxfxgf αα =+=+ é um espaço vetorial, pois tais operações satisfazem as oito propriedades da definição 3.1.2. 4. O conjunto de todos os polinômios, ∈+++== i

nn aatatatfV ;)({ 01… }, é um espaço vetorial sobre

em relação às operações usuais de adição de polinômios e multiplicação por escalar. 5. Um conjunto pode ser um espaço vetorial com relação a um par de operações e não ser com relação a outro par de operações. De fato. Podemos considerar o conjunto 2 ∈= yxyx ,);,{( }, agora munido das seguintes operações:

).,(),(),(),(),()1.5( 111121212211 yxyxeyyxxyxyx αα =++=+ Observemos que a operação adição é a usual, portanto do exemplo 1 as quatro primeiras propriedades da

definição 3.1.2 são satisfeitas. Entretanto, com relação multiplicação por um escalar temos:

.)(,),2,(),(),(),(),(

),,(),)((),)(()(

11111111111

1111111

uuuéistoyxxyxyxyxyxuu

porémyxxyxyxu

βαβαβαβαβαβα

βαβαβαβα

+≠++=+=+=+

+=+=+=+

Ou seja, a propriedade 6, da definição de espaço vetorial não é satisfeita, portanto, 2 munido das operações definidas em (5.1), não é um espaço vetorial. 3.1.4. - Subespaços Vetoriais

Sejam V um espaço vetorial sobre e W um subconjunto não vazio de V. O subconjunto W é um subespaço vetorial de V se as seguintes condições são satisfeitas: ,,,.1 WvuWvu ∈∀∈+ ∈∈∀∈ αα ,,.2 WuWu .

Dialogando e construindo o seu conhecimento

1. Todo subespaço vetorial W de V contém pelo menos o vetor nulo 0, pois quando ,0=α temos .00 Wu∈= 2. Um subespaço vetorial W de V é também um espaço vetorial com todas as oito propriedades herdadas de V. 3. Todo espaço vetorial V admite pelo menos dois subespaços: o conjunto {0}, chamado subespaço nulo, e o próprio espaço vetorial V. Os demais subespaços são denominados subespaços não triviais ou próprios. Por exemplo, o conjunto unitário {(0,0,0)} é um subespaço vetorial do V= ℝ3, assim como o conjunto W= ℝ3.

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3.1.5. - Exemplos

1 - Sejam V = 4 e W ∈=== 43143124321 ,,);,,0,{(}0);,,,{( xxxxxxxxxxx }, Então W é um subespaço vetorial de V. De fato. a. 0 = (0,0,0,0)∈W, isto é, W≠ Ø. b. Dados u,v∈W e ∈α , então ),,0,(),,0,( 431431 yyyvexxxu == . Logo,

.),,0,(),,0,(),,0,(),,0,(),0,(),,0,(

431431431

443311431431

WxxxxxxxxxueWyxyxyxyyyxxxvu

∈===∈+++=+=+

ααααααααα

De onde concluímos que W é um subespaço vetorial de V = 4 .

2 - Sejam ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

∈⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡== Rdcba

dcba

MV ,,,;)2,2( e ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

∈⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡= Rcb

cb

W ,;0

0 , com V munido das operações

soma de matrizes e multiplicação por escalar, ou seja, as operações usuais.

Notemos que ≠∈⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡= WéistoW ,,

0000

0 Ø.

Dados ∈⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡=

00

,0

0

2

2

1

1

cb

vc

bu W então W

ccbb

cb

cb

vu ∈⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

+=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡=+

00

00

00

21

21

2

2

1

1 e

.0

00

0

1

1

1

1 Wc

bc

bu ∈⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡=

αα

αα

Portanto, W é um subespaço vetorial de V.

3 - Sejam V = 2 munido das operações usuais de adição e multiplicação por escalar e ∈=== xxxxyyxW );4,{(}4);,{( }. W representa geometricamente uma reta que passa pela origem.

Observemos que W∈== )0.4,0()0,0(0 , ou seja, W é não vazio. Além disso, dados Wxxvxxu ∈== )4,(),4,( 2211 , temos que Wxxxxxxxxvu ∈++=+=+ ))(4,()4,()4,( 21212211 e

.))(4,()4,( 1111 Wxxxxu ∈== αααα Neste caso, ao tomarmos dois vetores u e v da reta, o vetor soma (u + v) também pertence à reta, veja a figura 01.

4 - Ao contrário do exemplo anterior, uma reta que não passe pela origem, por exemplo, o conjunto ∈−=−== xxxxyyxW );43,{(}43);,{( } não é um subespaço vetorial de 2 . De fato. Escolhendo u = (1,-1) e v = (0,3) de W, temos u + v = (1,-1) + (0,3) = (1,2)∉W, pois 2 3 4(1) 1,≠ − = − conforme a figura 02, ao lado.

5 - O conjunto }0/),{( 111 >= xyxW não é um subespaço vetorial de V = 2 . Pois u = (2,7)∈W, mas -3u = -3(2,7) = (-6,-21)∉W, já que -6 < 0.

No Moodle. . .

Leia com atenção os exemplos acima. Na plataforma moodle você deve fazer exercícios!

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3.1.6. - Interseção de dois Subespaços Vetoriais

Dados W1 e W2 dois subespaços vetoriais de V, a interseção de W1 e W2, denotada por W = W1∩W2 é o conjunto todos os vetores v∈V tais que v∈W1 e v∈W2. 3.1.6.1. – Teorema A interseção W de dois subespaços vetoriais W1 e W2 de V é um subespaço vetorial de V. Demonstração: (i) Pela definição de subespaço vetorial, 0∈ W1 e 0∈W2, logo 0∈W1∩W2

.

(ii) Sejam u,v∈W1∩W2, então u,v∈ W1 e u,v∈ W2. Como W1 e W2 são subespaços vetoriais, por definição, (u + v)∈ W1 e (u + v)∈W2, daí, (u + v)∈W1∩W2. (iii) Dado α∈ , αu∈W1 e αu∈W2, pois W1 e W2 são subespaços de V, logo αu∈W1∩W2. Das 3 condições acima, concluímos que W1∩W2 é um subespaço vetorial de V. 3.1.7. - Exemplos

1. Consideremos )2,2(MV = e 1 ; ,0 0a b

W a b⎧ ⎫⎡ ⎤

= ∈⎨ ⎬⎢ ⎥⎣ ⎦⎩ ⎭

R e 20

; , ,0b

W b cc

⎧ ⎫⎡ ⎤⎪ ⎪⎨ ⎬⎢ ⎥⎪ ⎪⎣ ⎦⎩ ⎭

= ∈R subespaços vetoriais de

V. Seja ∈∈⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡= uquetalV

dcba

u W1∩W2. Então, 1Wu∈ ,ou seja, c = d = 0. Mas, 2Wu∈ ,daí a = d = 0.

Logo, 0 10

,0 00 0

a b bu b

c d⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦= = = onde ∈b .

Portanto, W1∩W20

;0 0

bb

⎧ ⎫⎡ ⎤= ∈⎨ ⎬⎢ ⎥

⎣ ⎦⎩ ⎭R .

2. Seja V = 3 ∈= zyxzyx ,,);,,{( } e ∈= yxyxW ,);0,,{(1 } e ∈= zzW );,0,0{(2 } subespaços vetoriais de V. Se ∈= ),,( zyxu W1∩W2, então pela definição de W1 e W2, x = y = z = 0, ou seja, W1∩W2 = {(0,0,0)}. Nosso próximo passo é definir soma direta entre subespaços vetoriais, para isto, definiremos inicialmente, soma entre subespaços. 3.1.8. - Soma de dois Subespaços Vetoriais Sejam W1 e W2 dois subespaços vetoriais de V. A soma de W1 e W2, denotada por W = W1 + W2, é o conjunto de todos os vetores u + v de V tais que 21 WveWu ∈∈ . 3.1.8.1. – Teorema Se W1 e W2 são subespaços vetoriais de V então W1 + W2 também é um subespaço vetorial de V. Demonstração: (i) Sejam u1,u2∈ W1 e v1,v2 ∈W2 então u1 + u2∈W1, pois W1 é um espaço vetorial. Analogamente, (v1 + v2) ∈W2. Por outro lado, (u1 + v1) ∈W1 + W2, como também u2 + v2∈W1 + W2, logo

(u1 + v1) + (u2 + v2) = (u1 + u2) + (v1 + v2) ∈W1 + W2. (ii) Para qualquer α∈ , sendo u1 ∈W1, v1∈W2, então αu1∈W1 e αv1∈W2. Por outro lado, (u1+ v1)∈W1 + W2, logo α(u1 + v1) = (αu1+ αv1)∈W1 + W2. 3.1.9. - Exemplos Observando os exemplos 3.1.7, temos que:

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1. O conjunto W1 + W20

; , ,0 0 0a b b

a b cc

⎧ ⎫⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + ∈⎨ ⎬⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎩ ⎭R = ; , ,

0a b

a b cc

⎧ ⎫⎡ ⎤∈⎨ ⎬⎢ ⎥

⎣ ⎦⎩ ⎭R é um subespaço vetorial de

V. De fato. 1 ; ,0 0a b

W a b⎧ ⎫⎡ ⎤

= ∈⎨ ⎬⎢ ⎥⎣ ⎦⎩ ⎭

R e 20

; ,0b

W b cc

⎧ ⎫⎡ ⎤⎪ ⎪⎨ ⎬⎢ ⎥⎪⎣ ⎦ ⎪⎩ ⎭

= ∈R são subespaços vetoriais de V = M(2,2) e

como conseqüência do Teorema 3.1.8.1, W1 + W2 também é um subespaço vetorial de V. 2. A soma de ∈= yxyxW ,);0,,{(1 } com ∈= zzW );,0,0{(2 } é o subespaço vetorial de W1 + W2 = { }( , , ); , ,x y z x y z∈R , que é o próprio 3 .

3.1.10 Soma Direta de dois Subespaços Vetoriais Sejam W1 e W2 dois subespaços vetoriais de V.

Diremos que V é a soma direta de W1 e W2, denotada por V = W1⊕W2, se:

V = W1 + W2 e W1∩W2 = {0}.

3.1.11 Observação Se V = W1⊕W2, então todo v ∈ V se escreve, de modo único, na forma:

v = u + w, onde u∈W1 e w∈W2. De fato. Suponhamos que v = u + w, com u∈W1 e w∈W2 e também v = u’+ w’, onde u’∈W1 e w’∈W2. Daí,

u + w = v = u’+ w’ ou u – u’ = w’ – w. Como (u – u’) ∈W1 e (w’ – w)∈W2, da última igualdade (u – u’) = (w – w’)∈ W1∩W2. Mas, W1∩W2 = {0}, então u – u’ = w’ – w = 0, ou seja, u = u’ e w = w’. 3.1.12. - Exemplo 1. O espaço 3 é a soma direta dos subespaços vetoriais W1 = {(x,y,0) ; x,y∈ R } e W1 = {(0,0,z) ; z∈ R }, pois

qualquer vetor (x,y,z) ∈ 3 pode ser escrito como soma de um vetor de W1 e um vetor de W2 de maneira única

(x,y,z) = (x,y,0) + (0,0,z), além disso, W1∩W2 = {(0,0,0)}. Portanto, 3 = W1⊕W2. 3.2. - Combinação Linear Seja V um espaço vetorial sobre R . Um vetor v em V é combinação linear dos vetores v1,v2,...,vn em V se existirem escalares x1,x2,...,xn ∈ R tais que

u = x1v1 + x2v2 + ... + xnvn.

3.2.1. - Exemplos 1. Escreveremos o vetor v = (2,5,3) do 3 como combinação linear dos vetores v1 = (1,2,1) e v2 = (0,1,1). Para isto, devemos encontrar x,y ∈ R tais que

v = (2,5,3) = x(1,2,1) + y(0,1,1) = (x,2x + y,x + y) e, resolvendo o sistema

22 5

3,

xx y

x y

=⎧⎪ + =⎨⎪ + =⎩

encontramos x = 2 e y = 1. Considerando agora v = (0,0,-1), mostraremos que v não pode ser escrito como combinação linear dos

vetores v1 = (1,2,1) e v2 = (0,1,1).

20

Mostraremos que não existem escalares x e y tais que v = (0,0,-1) = x(1,2,1) + y(0,1,1)

02 0

1,

xx y

x y

=⎧⎪ + =⎨⎪ + = −⎩

logo, da primeira equação, x = 0, e da segunda, y = 0. Porém da última equação, 0 + 0 = -1, o que é incompatível. Portanto, não existem escalares x e y tais que v = xv1 + yv2, isto é, v = (0,0,-1) não pode ser escrito como combinação linear dos vetores v1 e v2.

2. Determinar o valor de k para que o vetor v = (1,-2,k) seja uma combinação linear dos vetores v1 = (3,0,-2) e v2 = (2,-1,-5). Devemos encontrar escalares x e y tais que v = xv1 + yv2, ou seja,

(1,-2,k) = x(3,0,-2) + y(2,-1,-5), resultando no seguinte sistema:

3 2 10 22 5

x yx yx y k

+ =⎧⎪ − = −⎨⎪− − =⎩

assim, x = -1, y = 2 e o valor de k é -8. Conclusão: para que v = (1,-2,k) seja escrito como combinação linear

dos vetores v1 e v2 é preciso que k seja igual a -8. 3.2.2. - Subespaços Gerados

Sejam V um espaço vetorial sobre R e v1,v2,...,vn vetores de V, o conjunto

W = { v∈V; v = x1v1 + x2v2 + ... + xnvn.},

constituído de todos os vetores de V que são combinações lineares dos vetores v1,v2,...,vn de V, é um subespaço vetorial de V. De fato. (i) W é não vazio, pois 0∈W, 0 = 0v1 + 0v2 + ... + 0vn. (ii) Dados u,v ∈W, existem escalares x1,x2,...,xn e y1,y2,...,yn tais que v = x1v1 + x2v2 + ... + xnvn. e u = y1v1 + y2v2 + ... + ynvn., logo

v + u = (x1v1 + x2v2 + ... + xnvn) + (y1v1 + y2v2 + ... + ynvn) v + u = (x1+ y1) v1 + (x2+ y2) v2 + ... + (xn + yn)vn ∈W, Além disso, (iii) Se α ∈R e v ∈W, temos

αv = α(x1v1 + x2v2 + ... + xnvn) = (αx1)v1 + (αx2)v2 + ... + (αxn)vn ∈W.

Segue de (i), (ii) e (iii) que W é um subespaço vetorial de V. Este subespaço é denominado subespaço gerado pelos vetores v1,v2,...,vn, o qual se denota W = [v1,v2,...,vn]. 3.2.3.1. - Exemplos 1 . Os vetores i = (1,0,0) e j = (0,1,0) geram o conjunto W = {(x,y,0) ; x,y ∈ R }, pois qualquer vetor v de W pode ser escrito como combinação linear dos vetores i e j, ou seja,

v = (x,y,0) = x(1,0,0) + y(0,1,0).

21

Neste caso, W é gerado pelos vetores i e j, pois todo vetor de W é escrito como combinação linear dos vetores i e j. E, usando a notação de subespaço gerado, W = [i,j]. 2 . No caso dos vetores i = (1,0,0), j = (0,1,0) e k = (0,0,1), estes geram o 3R , já que todo vetor (x,y,z) do 3R é escrito como combinação linear dos vetores, i, j e k,

(x,y,z) = x(1,0,0) + y(0,1,0) + z(0,0,1). Assim, 3R = [i,j,k]. 3. O subespaço gerado pelos vetores v1 = (1,-2,-1) e v2 = (2,1,1) será:

[v1,v2] = {(x,y,z) ; (x,y,z) = a(1,-2,1) + b(2,1,1), a,b∈ R }. Da igualdade acima temos:

22

,

a b xa b y

a b z

+ =⎧⎪− + =⎨⎪ − + =⎩

e, resolvendo o sistema, usando as 2 primeiras equações b = 2/5x + 1/5y e a = 1/5x -2/5y. Substituindo na terceira equação, teremos x + 3y – 5z = 0. Portanto, [v1,v2] = {(x,y,z) / x + 3y – 5z = 0}, isto é, o subespaço gerado pelos vetores v1 e v2 é um plano que passa pela origem.

4. Sejam V = M(2,2), v1 = ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

3221 e v2 = ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ −1113

matrizes de V. O subespaço gerado pelos vetores v1 e v2,

será:

1 2[ , ]x y

v vz t

⎧⎡ ⎤= ⎨⎢ ⎥

⎣ ⎦⎩ = a ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

3221

+ b 3 1, ,

1 1a b

⎫⎡ ⎤ ⎪⎬⎢ ⎥⎪⎣ ⎦ ⎭

−∈R

e, daí x, y, z e t satisfazem o sistema: 3

22

3 ,

a b xa b ya b z

a b t

− + =⎧⎪ − =⎪⎨− + =⎪⎪ + =⎩

de onde teremos z = -y e x = -2y + t. Logo, o subespaço gerado pelas matrizes v1 e v2 é da forma:

1 22 2 1 1 0

[ , ] , ; ,1 0 0 1

y t yv v y t y t y t

y t⎫⎧ ⎧ ⎫⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎪ ⎪ ⎪ ⎪

⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎪ ⎪⎪ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎪ ⎩ ⎭⎩ ⎭

− + −= ∈ = + ∈

− −R R .

3.3. - Dependência e Independência Linear

Seja V um espaço vetorial sobre R . Os vetores v1,v2,...,vn de V são ditos linearmente independentes (LI)

se a equação vetorial x1v1 + x2v2 + ... + xnvn = 0

admite apenas a solução trivial nula x1 = x2 = ... = xn = 0. Caso contrário, se a equação admite pelo menos uma solução não nula, os vetores são denominados linearmente dependentes (LD). Nos gráficos a seguir apresentaremos uma interpretação geométrica da dependência linear de dois e três vetores no 3R ,

22

Onde, na figura 3.1, v1 e v2 estão representados na mesma reta que passa pela origem. Enquanto que na figura 3.2, v1 e v2 não estão na mesma reta.

Observem que na figura 4.1, 1 2 3,v v e v estão representados no mesmo plano que passa pela origem. Já

na figura 4.2, 3v não pertence ao plano gerado pelos vetores 1 2ev v . Passemos a estudar a dependência linear de vetores num determinado espaço vetorial V, através dos

exemplos a seguir.

3.3.1. - Exemplos 1. Mostraremos que os vetores v1 = (6,2,3,4), v2 = (0,5,-3,1), v3 = (0,0,7,-2) do 4R são LI. De fato, suponhamos

que existem x1,x2 e x3 números reais tais que x1v1 + x2v2 + x3v3 = 0 = (0,0,0,0),

x1(6,2,3,4) + x2(,0,5,-3,1) + x3(0,0,7,-2) = (0,0,0,0)

logo,

1

1 2

1 2 3

1 2 3

6 02 5 03 3 7 04 2 0,

xx xx x xx x x

=⎧⎪ + =⎪⎨ − + =⎪⎪ + − =⎩

e teremos, da primeira equação, x1 = 0, da segunda, x2 = 0 e, da terceira, x3 = 0. E, substituindo x1, x2 e x3 na quarta equação, concluímos que a igualdade é verdadeira. Portanto, a combinação linear acima admite apenas a solução nula e, desta forma, os vetores são LI. 2. No espaço V = 3R , os vetores v1 = (2,-1,3), v2 = (-1,0,-2) e v3 = (2,-3,1) são LD. Pois, dada a combinação

linear x1v1 + x2v2 + x3v3 = 0 = (0,0,0), temos x1(2,-1,3) + x2(-1,0,-2) + x3(2,-3,1) = (0,0,0) ,isto é,

1 2 3

1 2 3

1 2 3

2 2 00 3 0

3 2 0,

x x xx x x

x x x

− + =⎧⎪ − − − =⎨⎪ − + =⎩

23

e, das duas primeiras equações, x1 = -3x3 e x2 = - 4x3, os quais, substituindo na terceira equação, 0x3 = 0. E a última igualdade é válida para qualquer valor de x3. Daí, escolhendo, por exemplo, x3 = -1, teremos x1 = 3 e x2 = 4. Portanto, a combinação linear acima, admite pelo menos uma solução não nula, x1 = 3, x2 = 4 e x3 = -1. Logo, os vetores v1, v2 e v3 formam um conjunto LD.

3. v1 =⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

001

, v2 = ⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

010

e v3 = ⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

100

são vetores LI de V = M(3,1). De fato, dada a combinação linear,

x1v1 + x2v2 + x3v3 = 0 = ⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

000

, temos

x1

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

001

+x2

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

010

x3

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

100

= ⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

000

, ou seja,

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

3

2

1

xxx

= ⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

000

,

e teremos x1 = x2 = x3 = 0. Portanto, a combinação linear acima, só tem uma solução, a nula, logo, os vetores v1, v2 e v3 formam um conjunto LI. 4. Analogamente, considerando os vetores i = (1,0,0), j = (0,1,0) e k = (0,0,1) do 3R , estes constituem um

conjunto LI.

Dialogando e construindo o seu conhecimento 3.3.2. – Teorema Um conjunto {v1 ,v2 , . . . ,v i , . . . ,vn} é LD se, e somente, se, pelo menos um desses vetores é combinação l inear dos outros. Demonstração: Sendo {v1,v2,...,vi,...,vn} LD, por definição é possível a igualdade

x1v1 + x2v2 + ... + xivi + ... + xnvn = 0.

com pelo menos um dos coeficientes diferente de zero. Supondo xi ≠ 0, temos

xivi = - x1v1 - x2v2 - ... - xi-1vi-1 - xi+1vi+1 ... - xnvn, ou seja,

vi = - (x1/xi)v1 – (x2/xi)v2 - ... - (xi-1/xi)vi-1 -(xi+1/xi)vi+1 ... -(xn/xi)vn,

fazendo aj = - (xj/xi), com j ≠ i, teremos

vi = a1v1 + a2v2+ ... +ai-1vi-1 + ai+1vi+1 + ... + anvn, Reciprocamente, se

vi = a1v1 + a2v2+ ... +ai-1vi-1 + ai+1vi+1 + ... + anvn, temos

a1v1 + a2v2 + ... + ai-1vi-1 + (-1)vi + ai+1vi+1 + ... + anvn = 0

Tente mostrar que os vetores e1 = (1,0,...,0), e2 = (0,1,...,0) ,..., en = (0,0,...1) do nR formam um conjunto LI.

24

Observem que o escalar (-1) de vi da última combinação é não nulo. Portanto, por definição, {v1,v2,...,vi,...,vn} é LD. 3.3.3 Observações 1. O Teorema 3.3.2 é equivalente a: “O conjunto {v1,v2,...,vi,...,vn} é LI, se, e somente se, nenhum desses vetores for escrito como combinação linear dos outros”. 2. Dois vetores v1 e v2 são LD se, e somente se, um vetor é múltiplo escalar do outro. Por exemplo, v1 = (1,-2,3) e v2 = (-2,4,-6) são LD, pois v2 = -2v1. 3. Se v ≠ 0, o conjunto unitário {v} é LI. De fato. Considerando a combinação linear av = 0 com v ≠ 0, a única solução é a nula a = 0.. 4. Note que, se um conjunto {v1,v2,...,0,...,vn} contém o vetor nulo, então é LD. Pois

0v1 + 0v2 + ... + a0 + ... + 0vn = 0 é verdadeira para todo a ≠ 0. Logo, {v1,v2,..., 0,...,vn} é LD. 3.4. - Base e Dimensão Um subconjunto β = {v1,v2,...,vn} de um espaço vetorial V é uma base do espaço vetorial V se; 1. β é LI; 2. β gera V. 3.4.1. - Exemplos 1. O conjunto β = {(1,1),(-1,0)} é uma base do 2R . Pois:

(i) Dados x,y escalares tais que x(1,1) + y(-1,0) = 0 = (0,0), temos

⎩⎨⎧

=−=−

,000

yxyx

ou seja, x = y = 0. Logo, W é LI; (ii) Para todo vetor (x,y) do 2R verificaremos se existem escalares a e b tais que

(x,y) = a(1,1) + b(-1,0) = (a – b,a)

⎩⎨⎧

=−=−

,0 ybaxba

logo, a = y e b = y – x. Ou seja, todo vetor (x,y) do 2R pode ser escrito como combinação linear dos vetores de β, da forma

(x,y) = y(1,1) +(y-x)(-1,0). Segue de (i) e (ii) que β gera o espaço 2R .

O conjunto W = {i,j} é outra base do 2R , denominada base canônica do 2R , onde i = (1,0) e j = (0,1).

A base canônica do nR é dada pelos vetores {e1, e2,..., en}, onde e1 = (1,0,...0), e2 = (0,1,...0),... ,en = (0,0,...,1).

Ampliando o seu conhecimento.. . 3.4.2. – Teorema Se β = {v1,v2,...,vn} for uma base de um espaço vetorial V, então todo conjunto com mais de n vetores será LD.

Em V = M(2,2), a base canônica é {v1,v2,v3,v4}, onde v1 = ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡0001

v2 = ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡0010

v3 = ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡0100

e

v4 = ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡1000

. Tentem mostrar!

25

Demonstração: Sem perda de generalidade, consideremos n = 2, e W = {w1,w2,w3}. Mostraremos que W é LD, isto é, que se existirem escalares x1,x2,x3 não todos nulos tais que

x1w1 + x2w2 + x3w3 = 0. (*)

Como β = {v1,v2} é uma base de V, para cada wi ∈W, wi é uma combinação linear dos vetores de β, ou seja, existem escalares a11, a12, a21, a22,, a31, a32 tais que:

1 11 1 12 2

2 21 1 22 2

3 31 1 32 2 ,

w a v a vw a v a vw a v a v

= +⎧⎪ = +⎨⎪ = +⎩

Substituindo as relações acima na combinação linear (*), temos:

x1( 212111 vava + ) + x2( 222121 vava + ) + x3( 232131 vava + ) = 0 e, ordenando os termos de maneira conveniente,

1 11 2 12 3 31 1 1 12 2 22 3 32 2( ) ( ) 0.x a x a x a v x a x a x a v+ + + + + =

Sendo β = {v1,v2} uma base de V, β é LI, logo os escalares da última combinação são nulos,

0313122111 =++ axaxax 0323222121 =++ axaxax

e este sistema homogêneo possui 3 variáveis, x1, x2 e x3, e 2 equações, logo existem soluções não triviais, não nulas. Portanto, W ={w1,w2,w3} é LD. 3.4.2.1. – Corolário Duas bases de um espaço vetorial têm o mesmo número de vetores. Este resultado é conseqüência imediata do Teorema 3.4.2. 3.4.2.2. - Observação

Todo espaço vetorial não trivial, V ≠ {0}, possui uma base.

3.5. - Dimensão de um Espaço Vetorial A dimensão de um espaço vetorial V é o número de vetores de uma base, o qual denotamos dimV. Se V não possui base, dimV = 0. Se V tem uma base com infinitos vetores, então a dimensão de V é infinita e denotaremos dimV=∞ . Segue dos Exemplos 3.4.1 que dim 2R = 2, dim nR = n, dimM(2,2) = 2·2 = 4 e dimM(m,n) = m·n. 3.5.1. - Observações 1. Se dimV = n, e W é um subespaço vetorial de V, então dimW ≤ n. Se dimW = n, então W = V. 2. A dimensão de qualquer subespaço W do 3R só poderá ser 0, 1, 2, ou 3.

(i) dimW = 0, então W = {0) é a origem. (ii) dimW = 1, então W é uma reta que passa pela origem. (iii) dimW = 2, W é um plano que passa pela origem. (iv) dimW = 3, W é o próprio 3R .

3. Seja V um espaço vetorial tem dimensão n, então qualquer subconjunto de V com mais de n vetores é LD. 4. Vimos que um conjunto é base de um espaço vetorial V se for LI e se gera V. Porém, se dimV = n, para

obtermos uma base de V basta que apenas uma das condições de base seja satisfeita, ou seja:

26

(i) Se dimV = n, qualquer subconjunto de V com n vetores LI é uma base de V. (ii) Se dimV = n, qualquer subconjunto de V com n vetores geradores de V é uma base de V. Exemplo: O conjunto {(9,2),(-2,4)} é uma base do 2R , pois como dim 2R = 2, e os dois vetores são LI, (9,2) não é múltiplo escalar de (-2,4), eles formam uma base do 2R . 3.5.2. – Teorema Qualquer conjunto de vetores LI em V é parte de uma base, isto é, pode ser completado até formar uma base de V. Demonstração: Baseada no Teorema 3.3.2 e na definição de dimensão. Não demonstraremos, apenas daremos um exemplo. 3.5.3. - Exemplo 1. Consideremos os vetores v1 = (1,1,0) e v2 = (0,1,2). Observe que {v1,v2} é LI. Como dim 3R = 3, pela observação 3.5.1 (4), uma base do 3R terá 3 vetores LI. Encontraremos um vetor v3∈ 3R tal que {v1,v2,v3} seja LI. Ou seja, v3 não pode ser escrito como combinação linear dos vetores v1 e v2, isto é, v3 ≠ av1 + bv2, a,b∈ R ,

v3 = (x,y,z) ≠ a(1,1,0) + b(0,1,2) = (a,a + b,2b).

Escolhendo, por exemplo, a = 1, b = 1, a segunda coordenada deve ser diferente de a + b = 2, ou seja tomando v3 = (1,0,2), o conjunto {v1,v2,v3} será LI.

3.5.3. - Componentes de um Vetor

Sejam β = {v1,v2,...,vn} base de V e v∈V. v pode ser escrito como combinação linear dos vetores de β, isto é, existem a1,a2,...,an escalares tais que

v = a1v1 + a2v2 + ... + an vn.

Os escalares a1,a2,...,an são chamados de coordenadas de v em relação à base β, as quais denotamos por

.][ 2

1

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

na

aa

v β

3.5.3.1 Exemplo

1. Consideremos V = 2R e β = {i,j} a base canônica do 2R , isto é, β = {(1,0),(0,1)}. Dado v = (2,-5) um vetor do 2R ,

v = (2,-5) = 2(1,0) - 5(0,1),

isto é, 2 e -5 são as coordenadas de v em relação à base β, denotadas por

.5

2)]5,2[( ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=− β

Considerando, agora, a base β’ = {(1,1),(0,1)}. O vetor v = (2,-5) pode ser escrito como combinação dos vetores da base β’,ou seja, existem escalares a e b tais que

(2,-5) = a(1,1) + b(0,1

Assim, a = 2 e b = -7. Logo, 2 e -7 são as coordenadas do vetor v em relação à base β’, e daí,

27

.7

2)]5,2[( ' ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=− β

3.5.3.2. - Observação

Notem que a ordem dos vetores de uma base também influi na matriz das coordenadas de um vetor em relação a esta base. Se β = {(1,0),(0,1)} e β1 = {(0,1),(1,0)} então

.25

)]5,2[(5

2)]5,2[(

1 ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−=−⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=− ββ e

Por isso, ao considerarmos uma base, subentendemos que esta seja ordenada.

3.6. - Exercícios Resolvidos

1. Determinar a dimensão e uma base do espaço vetorial W = {(x,y,z)∈ℝ3 / 2x + y + z = 0}.

Solução Com a condição 2x + y + z = 0, temos z = -2x - y. Se (x,y,z) ∈ℝ3, este tem a forma:

(x,y,z) = (x,y,-2x-y) = (x,0,-2x) + (0,y,-y),

ou ainda, (x,y,z) = x(1,0,-2) + y(0,1,-1).

Vejam que todo vetor de W é combinação linear dos vetores (1,0,-2) e (0,1,-1). Como esses dois vetores geradores de W são LI, (mostrem este fato!), estes formam uma base de W e, por definição, dimW = 2. Observem que, como a cada variável livre corresponde um vetor da base quando estes são LI, conclui-se que o número de variáveis livres é a dimensão do espaço. 2. Dados os vetores v1 = (1,2,3), v2 = (0,2,4) e v3 = (0,0,-3), mostraremos que o conjunto β = {v1,v2,v3} é uma base do ℝ3. Solução: (a) Consideremos a seguinte combinação linear

av1 + bv2 + cv3 = 0 = (0,0,0), isto é,

(a,2a,3a) + (0,2b,4b) + (0,0,-3c) = (0,0,0), ou, equivalentemente,

,0323

0220

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=−+=+

=

cbaba

a

e daí, a = b = c = 0. Logo, β é LI. Como β tem três vetores, então β é base do ℝ3

3.7. - Mudança de Base

Considerando um determinado problema em que um corpo se move no plano xy, cuja trajetória é uma

elipse de equação x2 + xy + y2 – 3 = 0, a descrição do movimento se torna muito simplificada se, ao invés de trabalharmos com os eixos x e y, vejam a figura 5.1, (ou seja, o referencial determinado pela base canônica do ℝ2), utilizarmos um referencial que se apóia nos eixos principais da elipse, por exemplo, os eixos x’ e y’, representados na figura 5.2. Neste novo referencial, a equação da trajetória será mais simples descrita por 3(x’)2 + 2(y’)2 = 6.

28

Uma questão a resolver: qual a relação entre as coordenadas de um ponto no antigo referencial e suas coordenadas no novo? Ou seja, estamos interessados na seguinte situação: Sejam },,{},,{ 321321 vvveuuu == βα bases de um espaço V, dimV = 3. Dado um vetor v ∈ V, podemos escrevê-lo como combinação linear dos vetores da bases α e dos vetores da bases β, isto é,

1 1 2 2 3 3

1 1 2 2 3 3

(1).

v x u x u x uv y v y v y v= + +⎧

⎨ = + +⎩

e

.][][

3

2

1

3

2

1

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=

yyy

vexxx

v βα

Como },,{ 321 uuu=α é uma base de V, podemos escrever os vetores vi como combinação linear dos uj, isto é,

1 11 1 21 2 31 3

2 12 1 22 2 32 3

3 13 1 23 2 33 3

(2) ,

v a u a u a uv a u a u a uv a u a u a u

= + +⎧⎪ = + +⎨⎪ = + +⎩

e substituindo (2) em (1), temos:

.)()()()()()(

333323213123232221211313212111

333223113333222211223312211111

332211

uyayayauyayayauyayayavuauauayuauauayuauauayv

vyvyvyv

++++++++=++++++++=

++=

Também de (1), 332211 uxuxuxv ++= e, como as coordenadas em relação a uma base são únicas, temos:

1 11 1 12 2 13 3

2 21 1 22 2 23 3

3 31 1 32 2 33 3.

x a y a y a yx a y a y a yx a y a y a y

= + +⎧⎪ = + +⎨⎪ = + +⎩

Escrevendo em forma matricial

.

3

2

1

333231

232221

131211

3

2

1

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

yyy

aaaaaaaaa

xxx

Denotando

29

,][

333231

232221

131211

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=

aaaaaaaaa

I βα

temos .][][][ ββαα vIv =

A matriz βα][I é chamada matriz de mudança da base β para a base α.

3.7.1 – Observação A matriz βα][I é obtida colocando as coordenadas de vi, em relação à base α, na i-

ésima coluna. Conhecendo-se βα][I podemos encontrar as coordenadas de qualquer vetor v em relação à base α,

multiplicando a matriz pelas coordenadas de v na base β. 3.7.2. - Exemplo

Sejam α = {(2,-1),(3,4)} e β = {(1,0),(0,1)} bases do 2R . Encontraremos a matriz βα][I .

v1 = (1,0) = a11(2,-1) + a21(3,4),

logo, a11 = 4/11 e a21 = 1/11.

v2 = (0,1) = a12(2,-1) + a22(3,4),

e a12 = -3/11 e a22 = 2/11. Portanto,

.11/211/111/311/4

][2221

1211⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡=

aaaa

I βα

A matriz βα][I pode ser usada para encontrar, por exemplo, [(5, 8)]α− , as coordenadas do vetor (5,-8) em

relação à base α. De fato.

.1

48

511/211/111/311/4

][][][ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ −== β

βαα vIv

Isto é, (5,-8) = 4(2,-1) –(3,4).

3.8. - A inversa de uma matriz mudança de base

Se no sistema (2) da seção 3.7, começarmos escrevendo os vetores ui em função dos vj, chegaremos à relação:

[ ] [ ] [ ] ,v I vαβ β α=

obtida de maneira análoga à relação

[ ] [ ] [ ] .v I vβα α β=

30

Um fato importante é que as matrizes βα

αβ ][][ IeI são invertíveis e ( ) .][][ 1 α

ββα II =

−

3.7.4. - Exemplo

No exemplo 3.7.2 podemos obter βα][I a partir de α

β][I .

Como β é a base canônica, os vetores da base α podem ser escritos da forma:

(2,-1) = 2(1,0) – 1(0,1)

(3,4) = 3(1,0) + 4(0,1),

logo

.4132

][ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=αβI

Então,

.11/211/111/311/4

4132

][1

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=−

βαI

No Moodle. . .

Olá! Na plataforma Moodle vocês encontrarão exercícios propostos. Tentem resolvê-los e depois discutiremos.

31

Unidade II: Aplicações Lineares e Matrizes 1. - Situando a Temática

No curso de Cálculo Diferencial e Integral I, trabalha-se com funções f: R→R . Estenderemos esse estudo para o caso de funções definidas de V em W, com V e W espaços vetoriais.

2. - Problematizando a Temática As aplicações lineares descrevem o tipo mais simples de dependência entre variáveis. Muitos problemas

podem ser representados por tais funções. Por exemplo: Se de um quilograma de soja são extraídos 0,4 litros de óleo, de uma produção de x kg de soja, seriam extraídos 04,x litros de óleo. Expressando na forma de função, teremos:

f(x) = 0,4x, onde f = quantidade em litros de óleo de soja e x = quantidade em kg de soja. Neste exemplo, observemos duas características importantes: 1. Para calcular a produção de óleo fornecida por (x1 + x2)kg de soja, podemos tanto multiplicar (x1 + x2) pelo fator de rendimento 0,4, como calcular as produções de óleo de cada uma das quantidades x1 e x2 e somá-las, ou seja,

f(x1 + x2) = 0,4(x1 + x2) = 0,4x1 + 0,4x2 = f(x1) + f(x2).

2. Se a quantidade de soja for multiplicada por um fator α, a produção de óleo será multiplicada por este mesmo fator, ou seja,

f(αx) = 0,4(αx) = α(0,4x) = α f(x).

Estas duas propriedades servirão para caracterizar o que denominamos aplicação linear. Considerando agora outra situação envolvendo mais fatores: Por exemplo, a quantidade em litros de óleo

extraída por quilograma de cereal descrita na tabela,

Soja Milho Semente Algodão Amendoim Óleo(l) 0,4 0,06 0,13 0,32

A quantidade total de óleo produzido por x kg de soja, y kg de milho, z kg de algodão e w kg de

amendoim é dada por f = 0,4x + 0,06y + 0,13z + 0,32 w. A quantidade de óleo f pode ser dada pela multiplicação da matriz rendimento pelo vetor quantidade,

.32,013,006,04,0]32,013,006,04,0[ wzyx

wzyx

f +++=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

Formalmente, temos uma função f: M(4,1)→R .

que satisfaz as propriedades:

,]32,013,006,04,0[

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

→

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

wzyx

wzyx

32

.

1

1

1

1

1

1

1

1

2

2

2

2

1

1

1

1

'2

2

2

2

1

1

1

1

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

+

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

+

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

wzyx

f

wzyx

fe

wzyx

f

wzyx

f

wzyx

wzyx

f αα

Pensemos agora em termos de espaços vetoriais. Uma função entre espaços vetoriais, satisfazendo as propriedades acima, respeita a estrutura de espaço vetorial.

3. - Aplicações Lineares 3.1. – Definição Sejam V e W espaços vetoriais. Uma aplicação T:V W é denominada aplicação (ou transformação) linear de V em W se satisfaz as seguintes propriedades: (i) T(u + v) = T(u) + T(v), (ii) T(αv) = αT(u), para quaisquer u,v ∈ V e todo α∈ R . Caso V = W, a aplicação linear T: V V é chamada operador linear sobre V.

Ampliando o seu conhecimento.. .

Se T: V W é uma aplicação linear então T(0) = 0. De fato. T(0) = T(u + (-u)) = T(u) + T(-u) = T(u) +(– T(u)) = 0. Uma conseqüência deste fato: Caso T(0) ≠ 0 então T: V W não é linear. Por exemplo T: 2R 2R definida por T(x,y) = (x+1,2y) não é linear. Basta observar que T(0,0) = (1,0). ≠ (0,0). 3.1.2. - Exemplos

1. Seja T: 2R 3R definida por T(x,y) = (4x,-8y,x + y). Verificaremos que T é uma aplicação linear. Observemos que T(0,0) = (0,0,0), mas isto não é suficiente para garantirmos que T seja linear. Verificaremos se as duas condições da definição 3.1 são satisfeitas. De fato. (i) Sejam u = (x1,y1) e v = (x2,y2) vetores do 2R , então

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 1 1 1 2 2 2 2

1 1 2 2

( ) ( , ) (4 4 , 8 8 , )(4 , 8 ) (4 , 8 , )

( , ) ( , ) ( ) ( ),

T u v T x x y y x x y y x x y yx y x y x y x yT x y T x y T u T v

+ = + + = + − − + + + == − + + − + =

= + = + (ii) Dado α ∈R e u = (x1,y1) vetor do 2R , temos que

1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1

( ) ( , ) (4 , 8 , )(4 , 8 , ) ( , ), .

T u T x y x y x yx y x y T x y

α α α α α α αα α α

= = − + == − + = ∀ ∈R

Das condições (i) e (ii), temos que T é uma aplicação linear. 2. Seja T: 3R 2R a aplicação linear definida por T(x,y,z) = (x,y), denominada de projeção do 3R sobre o 2R , isto é sobre o plano xy, veja figura 06, a seguir.

Toda aplicação linear f de R em R só pode ser do tipo: f(x) = ax. Observem que: f(x) = f(1.x) e, como f é linear e x um escalar, f(x.1) = xf(1). Chamando f(1) = a, temos f(x) = ax. O nome aplicação linear certamente foi inspirado neste caso, V = W = R , pois o gráfico de f(x) = ax é uma reta que passa pela origem.

33

(i) Dados (x1,y1,z1) e (x2,y2,z2) vetores do 3R , 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 1 2 2

( ) ( , , ) ( , )( ) ( , ) ( , ) ( ) ( ),

T u v T x x y y z z x x y yT u v x y x y T u T v

+ = + + + = + ++ = + = +

(ii) Dado α ∈R e u = (x1,y1,z1) vetor do 3R , temos que

1 1 1 1 1 1 1( ) ( , , ) ( , ) ( , )T u T x y z x y x yα α α α α α α= = = Por outro lado,

1 1 1 1 1( ) ( , , ) ( , )T u T x y z x yα α α= = Então 3.( ) ( ), ,T u T u uα α α= ∀ ∈ ∀ ∈R R Das condições (i) e (ii) temos que T é a projeção do 3R sobre o 2R é uma aplicação linear.

3. Considere no conjunto dos polinômios de grau menor ou igual a k, Pk. A aplicação T: Pn Pn-1

p(t) T(p(t)) = p’(t), também é linear.

No Moodle. . .

4. Consideremos T: 2R 2R a aplicação definida por T(x,y) = (-9x,y2). Dados (x,y) vetor do 2R e α∈ R , temos

).(),9(),9(),9(),()( 2222 uTyxyxyxyxTuT ααααααααα =−≠−=−== Observem que, embora T(0,0) = (0,0), T não é linear pois a 2ª condição da definição não é satisfeita neste caso.

Dialogando e construindo o seu conhecimento 3.2. - Núcleo de uma Aplicação Linear

Dada T: V W uma aplicação linear, o conjunto de todos os vetores v∈V tais que T(v) = 0 é denominado núcleo de T, o qual denotamos por N(T) ou ker(T), ou seja,

N(T) = ker(T) = {v∈V; T(v) = 0}.

Observemos que N(T)

⊂V e mais, N(T) é um subespaço vetorial de V, fato que mostraremos a seguir.

Vocês devem mostrar que a aplicação T, definida em 3, acima, é de fato uma aplicação linear. Qualquer dúvida, procurem-nos na plataforma moodle.

A aplicação nula T:V→V, T(v) = 0 é linear. Seria conveniente que você demonstrasse essa afirmação, assim você compreenderá melhor a definição 3.1.1.

34

Logo após a definição do conjunto imagem da aplicação linear, Im(T), vocês verão um diagrama ilustrando os conjuntos N(T) e Im(T). 3.2.1. - Exemplos 1. Dado o operador linear T: 2R 2R , definido por T(x,y) = (x + y,2x - y), determinaremos o núcleo de T. Por definição N(T) consiste dos pares (x,y), tais que T(x,y) = (0,0), ou seja, (x + y,2x- y) = (0,0). Assim, x + y = 0 e 2x – y = 0. Das duas últimas igualdades concluímos que x = y = 0. Desta forma, N(T) = {(0,0)}.

2. Seja T: 3R 2R a aplicação definida por T(x,y,z) = (x-y + 4z,3x + y + 8z). Por definição,

N(T) = {(x,y,z);T(x,y,z) = (0,0)}, isto é, N(T) = {(x,y,z) ; (x – y + 4z,3x + y + 8z) = (0,0)},

o que nos leva a um sistema homogêneo, com solução x = -3z e y = z. Logo,

N(T) = {(-3z,z,z);z∈ R } = {z(-3,1,1); z∈ R }.

Neste caso, N(T) é determinado por todos os múltiplos escalares do vetor (-3,1,1), ou ainda, por todas as combinações lineares do vetor (-3,1,1). Portanto, N(T) é gerado pelo vetor (-3,1,1), N(T) = [(-3,1,1)]. 3.2.2. – Teorema: O núcleo de uma aplicação linear T: V W é um subespaço vetorial de V. Demonstração: (i) N(T) é um conjunto não vazio, observem que sendo T uma aplicação linear, T(0) = 0, de onde 0∈N(T). (ii) Sejam u,v∈ N(T). Como T é linear, T(u+v) = T(u) + T(v). Por outro lado, sendo u e v vetores do núcleo de T, T(u) = 0 e T(v) = 0, assim T(u + v) = 0 + 0 = 0. Portanto, (u+v) ∈ V e é levado pela T no vetor nulo, daí (u + v)∈ N(T). (iii) Dado α ∈ R e u∈N(T) temos, pela definição do núcleo de T, que T(u) = 0. Por hipótese, T é linear logo, T(αu) = αT(u), e usando a última igualdade, temos T(αu) =α0 = 0. Portanto, T leva o vetor αu no vetor nulo, isto é, αu ∈ N(T). De (i), (ii) e (iii) podemos concluir que N(T) é, de fato, um subespaço vetorial de V. 3.2.3. - Propriedades do Núcleo 1. O núcleo de uma aplicação linear T: V W é um subespaço vetorial de V Lembremos que uma aplicação linear T: V W é injetora se∀ v1,v2∈V, T(v1) = T(v2) então v1=v2. Ou equivalentemente, se ∀ v1,v2∈V, v1 ≠ v2 então T(v1) ≠ T(v2). 2. Uma aplicação linear T: V W é injetora se, e somente se, N(T) = {0}. a. Mostraremos que se T é injetora então N(T) = {0}. De fato. Seja v∈N(T), logo T(v) = 0. Por outro lado T(0) = 0, pois T é linear. Pelo exposto, T(v) = 0 = T(0), donde v = 0, pela injetividade de T. Daí, o vetor zero é o único elemento do núcleo de T. b. Agora, mostraremos que se N(T) = {0}, então T é injetora. Para isto, sejam v1,v2∈V tais que T(v1) = T(v2), logo T(v1) - T(v2) = 0, mas sendo T linear, T(v1-v2) = 0 e, portanto,(v1-v2)∈N(T). Como, por hipótese, o único elemento do núcleo é o vetor 0, então v1 – v2 = 0, e v1 = v2. Então, consideramos T(v1) = T(v2) e concluímos que v1 = v2, de onde segue a injetividade da T. 3.3. - Imagem de uma Aplicação Linear

A imagem de uma aplicação linear T: V W, denotada por Im(T), é o conjunto dos os vetores w W∈ w W∈ tais T(v) = w, para algum v∈V, isto é,

Im(T) = { w∈W; T(v) = w}. Observemos que Im(T) ⊂ W e é um conjunto não vazio, pois contém o vetor nulo de W, 0 = T(0). Além disso, Im(T) é um subespaço vetorial de W, mostraremos a seguir. Lembremos que T: V W é sobrejetora se, para todo w∈W, existe pelo menos um v∈V tal que T(v) = w, ou seja, Im(T) = W. Um esquema do núcleo e da imagem de uma aplicação linear T é representado na figura 07.

35

3.3.1. – Teorema Seja T: V W uma aplicação linear, então o conjunto Im(T) é um subespaço vetorial de W. Demonstração: (i) O vetor nulo de W, pertence ao conjunto Im(T), pois existe o vetor nulo de V, tal que T(0) = 0, pela linearidade da T. Donde, Im(T) é um conjunto não vazio. (ii) Sejam w1, w2∈Im(T), existem v1 e v2 vetores de V tais que T(v1) = w1 e T(v2) = w2, logo

w1 + w2 = T(v1) + T(v2) = T(v1 + v2), a última igualdade é válida devido a linearidade da T. Assim, (w1 + w2) pertence à Im(T) pois é um elemento de W, imagem do vetor (v1 + v2). (iii) Dado α ∈ R e w∈Im(T), existe v ∈V, tal que T(v) = w, logo αT(v) = αw. Por outro lado, αT(v) = T(αv), das duas últimas igualdades T(αv) = αw. Pela definição de Im(T), αw∈Im(T), pois existe um vetor, αv, que é levado no vetor αw. Das 3 condições, podemos concluir que Im(T) é um subespaço vetorial de W.

3.3.2. - Exemplos

1. A imagem do operador linear identidade I: V V, definida por I(v) = v, é todo o espaço V. O núcleo é N(T) = {0}.

2. A imagem da aplicação nula T: V W, dada por T(v) = 0, é Im(T) = {0} e, neste caso, N(T) = V. O próximo teorema é utilizado, por exemplo, no estudo da injetividade e sobrejetividade da aplicação linear T. 3.3.3. - Teorema da Dimensão Se T: V W é uma aplicação l inear, então

dim N(T) + dim Im(T) = dim V. Deixaremos de demonstrar o teorema e faremos algumas considerações por meio dos exercícios a seguir. 3.3.4. - Exercícios

1. Determinar o núcleo e a imagem do operador linear e suas respectivas dimensões, onde T: 3R 2R é definida por T(x,y,z) = (x + y – z,y). Solução: Por definição, N(T) = {(x,y,z);T(x,y,z) = (0,0)}. Mas, T(x,y,z) = (0,0) implica que (x+y-z,y) = (0,0), ou seja,

⎩⎨⎧

==−+

,00

yzyx

daí, y = 0 e x = z, ou seja, N(T) = {(z,0,z)/ z∈ R } = [(1,0,1)]. E dim N(T) = 1. Do Teorema da Dimensão, dim Im(T) = dim 3R – dim N(T) = 3 – 1 = 2. Vamos determinar uma base para o conjunto Im(T). Da definição de imagem, Im(T) = {(a,b);T(x,y,z) = (a,b)}. E a condição T(x,y,z) = (a,b) ⇒ (x + y – z,y) = (a,b), ou seja, a e b devem satisfazer o sistema

36

⎩⎨⎧

==−+

,byazyx

Daí, Im(T) = {(a,b); a = x + y – z, b = y} = {(x + y – z,y);.x,y,z∈ R } = { x(1,0) + y(1,1) + z(-1,0); x,y,z∈ R }, ou seja, qualquer vetor do conjunto Im(T) é combinação linear dos vetores (1,0), (1,1) e (-1,0), isto é, geram Im(T), os quais denotamos, Im(T) = [(1,0),(1,1,),(-1,0)]. Como (-1,0) é múltiplo de (1,0), Im(T) é também gerado pelos vetores (1,0) e (1,1) = [(1,0),(1,1)].

Refletindo. . . 2. Seja T: 3R 2R a aplicação linear tal que T(1,0,0) = (1,2), T(0,1,0) = (0,1) e T(0,0,1) = (-1,3). Determinar N(T), Im(T), uma das respectivas bases, e conclua sobre a injetividade e sobrejetivade de T. Solução: Primeiro encontraremos a definição da aplicação T. Como {(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)} é a base canônica do

3R , qualquer vetor deste espaço pode ser escrito como combinação linear desta base, ou seja,

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

T(x,y,z) = x(1,2) + y(0,1) +z(-1,3) = (x-z,2x+y+3x). Logo, N(T) = {(x,y,z); T(x,y,z) = (0,0)} = {(x,y,z); (x – z,2x + y + 3x) = (0,0)}. Esta igualdade nos leva a solução geral x = z, y = -5z. Portanto,

N(T) = {(z,-5z,z); z∈ R } = {z(1,-5,1); z∈ R }. Observe que a única variável livre é z, fazendo z = 1, obtemos (1,-5,1) e este vetor constitui uma base do N(T). Assim, dim N(T) = 1, e T não é injetora, pois N(T) = [(1,-5,1)] ≠ {(0,0,0)}, N(T) não é formado apenas pelo vetor nulo, vejam as Propriedades do Núcleo, 3.2.3. Do Teorema da Dimensão, dim Im(T) = dim 3R – dim N(T) = 3 – 1 = 2. Assim,dim Im(T) = dim 2R = 2, Im(T) = 2R , Im(T) é o contradomínio, e daí T é sobrejetora.

No Moodle. . . 3.3.5. – Corolário Seja T: V W uma aplicação l inear. Se dimV = dimW, então T é injetora se e somente se, T é sobrejetora. Demonstração Suponhamos que T seja injetora, pela Propriedade do Núcleo 3.2.3, N(T) = {0}, logo N(T) não possui base e dim N(T) = 0. Do Teorema da Dimensão dimV = dimN(T) + dimIm(T) = 0 + dimIm(T). Por hipótese, dimV = dimW, portanto, dimW = dim Im(T), e daí, T é sobrejetora. Agora a recíproca: se T for sobrejetora, Im(T) = W, logo dimIm(T) = dimW. Mas, da hipótese, dimW = dimV, e juntamente da relação dimV = dimN(T) + dimIm(T), temos dim N(T) = 0 e N(T), neste caso, não tem base, sendo este um subespaço vetorial, temos N(T) = {0}, logo T é injetora. Desta forma, numa aplicação linear onde dimV = dimW, se T é injetora (ou sobrejetora), então T é sobrejetora (ou injetora). 3.3.6. - Isomorfismo

Denomina-se isomorfismo do espaço vetorial V no espaço vetorial W a uma aplicação linear T: V W, que é injetora e sobrejetora, isto é, bijetora. Neste caso, diremos que os espaços V e W são isomorfos.

Uma aplicação linear T : V → W está bem definida quando conhecemos T(v1), T(v2), ... , T(vn), onde β = {v1,v2,...,vn} é uma base de V.

Na Plataforma Moodle vocês encontrarão vários exercícios envolvendo os conjuntos núcleo e imagem de aplicações lineares. Tentem resolvê-los. Qualquer dúvida solucionaremos em breve.

37

3.3.7. - Exemplos 1. Seja P2 = {at2 + bt + c; a,b,c∈ R }, o espaço vetorial dos polinômios de grau menor ou igual a 2. Consideremos T : P2

3R uma aplicação linear definida por T(at2 + bt + c) = (a,c – b,a + b). Verificaremos que V = P2 e W = 3R são isomorfos, isto é, a aplicação linear T é bijetora. De fato. (i) Se T(at2 + bt + c) = 0 então (a,c – b,a + b) = (0,0,0), e a = b = c = 0, isto é,

N(T) = {(at2+bt+c)∈ P2; T(at2+bt+c) = (0,0,0)},

neste caso, é constituído do polinômio 0 = 0t2 + 0t + 0, isto é N(T) = {0}, logo T é injetora. Além disso, dimN(T) = 0. (ii) Por outro lado, {t2,t,1} é uma base de P2, logo, dimV = dimP2 = 3 = dim 3R = dimW, segue do Corolário 3.3.5 que T é sobrejetora.

De (i) e (ii) T é uma aplicação bijetora, portanto, T é um isomorfismo e, conseqüentemente, os espaços V = P2 e W = 3R são isomorfos.

2. Seja T : M(2,2) 4R definida por T ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡dcba

= (a,b,c,d). Observemos que:

(i) T é injetora. Se T ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡dcba

= 0 então (a,b,c,d) = (0,0,0,0) e teremos a = b = c = d = 0,

( ) (2,2); (0,0,0,0)a b a b

N T M Tc d c d

⎧ ⎫⎛ ⎞⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎪ ⎪⎜ ⎟⎨ ⎬⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎪ ⎪⎝ ⎠⎩ ⎭= ∈ =

neste caso, N(T) = {(0,0,0,0)} e dimN(T) = 0. Mas, dimV = dimM(2,2) = 4 = dim 4R = dimW, como conseqüência do Corolário 3.3.5, T é sobrejetora. Portanto, T:M(2,2) 4R é um isomorfismo, e isto implica que M(2,2) e 4R são espaços isomorfos. Agora tentem mostrar o seguinte: se V e W são espaços vetoriais de dimensão finita e dim V = dim W, então V e W são isomorfos. A seguir definiremos a matriz de uma aplicação linear: 3.4. - Matriz de uma aplicação l inear Seja T: V W uma aplicação linear, β uma base de V e γ uma base de W. Por simplicidade, consideremos o caso em que dimV = 2 e dimW = 3. Assim, tomemos β = {v1,v2} e γ = {w1,w2,w3} bases de V e W, respectivamente. Seja v∈V, logo T(v)∈W, assim v e T(v) podem ser escritos como combinação linear dos vetores de V e W, respectivamente,

v = x1v1 + x2v2 e T(v) = y1w1 + y2w2+ y3w3. (1)

As coordenadas x1, x2, y1, y2 e y3 definidas acima, são denotadas por [v]β = 1

2

xx⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

e [T(v)]γ = .

3

2

1

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

yyy

. (2)

Por outro lado, de (1) e da linearidade de T

T(v) = T(x1v1 + x2v2) = x1T(v1) + x2T(v2). (3) Sendo T(v1) e T(v2) vetores de W, estes podem ser escritos como combinação linear dos vetores de γ:

T(v1) = a11w1 + a21w2 + a31w3 . (4) T(v2) = a12w1 + a22w2 + a32w3 . (5)

38

,e, substituindo esses vetores em (3), temos:

T(v) = x1(a11w1 + a21w2 + a31w3) + x2(a12w1 + a22w2 + a32w3) ou ainda,

T(v) = (a11x1 + a12x2)w1 + (a21x1 + a22x2)w2 + (a31x1 + a32x2)w3. Comparando a igualdade em (1) com a última expressão temos:

y1 = a11x1 + a12x2 y2 = a21x1 + a22x2 y3 = a31x1 + a32x2,

e, escrevendo este sistema na forma matricial e usando a notação em (2), temos

[T(v)]γ = ,2

1

3231

2221

1211

3

2

1

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

xx

aaaaaa

yyy

o qual denotamos βγ][T =

11 12

21 22

31 32

a aa aa a

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

teremos a relação [T(v)]γ = βγ][T [v]β. A matriz β

γ][T é denominada matriz

de T em relação às bases β e γ. Observações: 1) A matriz β

γ][T é de ordem 3x2, lembrando que dimV = 2 e dimW = 3.

2) As colunas da matriz βγ][T são as componentes das imagens dos vetores da base β em relação à base γ, de

acordo com as combinações lineares em (4) e (5).

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

3231

2221

1211

aaaaaa

γγ )()( 21 vTvT↑↑

No caso geral, se T : V W é uma aplicação linear, dimV = n e dimW = m, com β = {v1,v2,...,vn} e γ = {w1,w2,...,wm} bases de V e W, respectivamente, então a matriz β

γ][T é de ordem mxn,

βγ][T =

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

mnmm

n

n

aaa

aaaaaa

21

22221

11211

↑ ↑ ↑

T(v1)γ T(v2)γ T(vn)γ Caso dimV = dimW = n, a matriz β

γ][T é quadrada de ordem nxn.

39

3.4.1. - Exemplos 1. Seja T : 3 2→R R definida por T(x,y,z) = (3x + 2y – 4z,x – 5y + 3z). Consideremos β = {(1,1,1),(1,1,0),(1,0,0)} e γ = {(1,3),(2,5)} bases do 3R e 2R , respectivamente. Determinaremos a matriz β

γ][T que é de ordem 2x3,

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

232221

131211][aaaaaa

T βγ

onde os elementos da matriz são determinados escrevendo os vetores T(1,1,1), T(1,1,0) e T(1,0,0), obtidos aplicando T nos vetores da base β, como combinação linear dos vetores da base γ:

T(1,1,1) = (1,-1) = a11(1,3) + a21(2,5) T(1,1,0) = (5,-4) = a12(1,3) + a22(2,5) T(1,0,0) = (3,1) = a13(1,3) + a23(2,5),

e teremos: a11 = –7, a12 = –33, a13 = –13, a21 = 4, a22 = 19 e a23 = 8. Assim,

.819413337

][ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −−−=β

γT

2. Seja T: 3 3→R R o operador linear definido por ( , , ) (2 , ,2 4 ).T x y z x y y z y z= + − + Vamos determinar [ ]T α

α , onde α é a base canônica do 3R , que também é denotada por[ ]T α . Sendo α a base canônica do 3R , α = {u1,u2,u3}, com u1 = (1,0,0), u2 = (0,1,0) e u3 = (0,0,1). A matriz [ ]T α , neste caso, é de ordem 3x3 e, para determiná-la, escreveremos os vetores T(u1), T(u2) e T(u3), como combinação linear dos vetores da base α, Encontrando os vetores T(u1), T(u2) e T(u3),

T(u1) = T(1,0,0) = (2,0,0) T(u2) = T(0,1,0) = (1,1,2)

T(u3) = T(0,0,1) = (0,-1,4)

e, escrevendo-os como combinação linear dos vetores da base α, temos

T(u1) = (2,0,0) = 2(1,0,0) + 0(0,1,0) + 0(0,0,1) T(u2) = (1,1,2) = 1(1,0,0) + 1(0,1,0) + 2(0,0,1)

T(u3) = (0,-1,4) = 0(1,0,0) +(-1)(0,1,0) + 4(0,0,1).

A matriz [T]α é obtida colocando as coordenadas de T(ui) na i-ésima coluna, com i = 1,2,3, ou seja,

2 1 0[ ] 0 1 1 .

0 2 4T α

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

= −

40

Unidade III: Vetores Próprios e Valores Próprios de um Operador Linear 1. - Situando a Temática

Consideremos a seguinte situação: dado um operador linear estudaremos os vetores que são levados em um múltiplo de si mesmo, isto é, os vetores próprios. Em seguida, encontraremos uma base do espaço vetorial na qual a matriz de um determinado operador linear seja a mais simples possível.

2. - Problematizando a Temática

Consideremos um foguete subindo verticalmente a partir do solo, sob a ação da força gravitacional, de uma força constante para cima e de um impulso f também para cima, proporcional ao tempo t decorrido depois

do lançamento Se h é a altura, pela segunda lei de Newton temos: .2

2

mgbtfdt

hdm −+=

Na resolução desta equação diferencial utilizam-se os conceitos de espaço vetorial, base, valores e vetores próprios. O leitor interessado em mais detalhes veja Álgebra Linear, José Luiz Boldrini.

3. - Conhecendo a Temática

3.1. - Vetores próprios e valores próprios de um operador l inear

Seja VVT →: um operador linear. Um vetor Vv∈ , 0≠v , é vetor próprio de T se existe ∈λ R tal que vvT λ=)( .

Neste caso, o número real λ é denominado valor próprio de T associado ao vetor próprio v .λ e v são chamados também de autovalor e autovetor de T, respectivamente, ou ainda, valor e vetor característico de T.

Ampliando o seu conhecimento.. .

3.1.1. – Observações

Como se vê pela Definição 3.1, um vetor 0≠v é vetor próprio se a imagem )(vT for um múltiplo escalar de v . No 2R e no 3R diríamos que v e )(vT têm a mesma direção. Assim, dependendo do valor de λ , o operador T dilata v (se λ > 1), contrai v (se 0 < λ < 1), inverte o sentido de v (se λ < 0) ou o anula no caso de

0=λ , vejam figura 8.1. Observem que na figura 8.2, v não é um vetor próprio de um operador linear T pois v e )(vT não têm mesma direção.

As noções de vetores e valores próprios de um operador linear são fundamentais por exemplo em Física Atômica porque os níveis de energia dos átomos e moléculas são dados por valores próprios de determinadas matrizes.

41

3.1.2. - Exemplos 1. O vetor )2,5(=v é vetor próprio do operador linear,

T: 2 2→R R , ( , ) (4 5 ,2 ),T x y x y x y= + + associado ao valor próprio 6=λ , pois:

vTvT 6)2,5(6)12,30()2,5()( ==== . Já o vetor )1,2(=v não é vetor próprio deste operador T , pois:

)1,2()5,13()1,2( λ≠=T

para todo ∈λ R . 2. Na simetria definida no 3R por vvT −=)( , qualquer vetor 0≠v é vetor próprio associado ao valor próprio

1−=λ . 3. Seja T: 3 3→R R o operador linear definido por ( , , ) (2 , ,2 4 ),T x y z x y y z y z= + − + . Observem que o vetor v = (1,1,-2) é um vetor próprio do operador linear T associado ao valor próprio λ = 3, pois

( ) (1,1, 2) (2(1) 1,1 ( 2),2(1) 4( 2)) (3,3, 6)T v T= − = + − − + − = − .

e 3(1,1, 2) (3,3, 6).vλ = − = −

Ou seja, T(v) = λv, com v ≠ (0,0,0); Primeira questão que podemos levar em consideração: será que o vetor v = (1,1,-2) é o único vetor próprio de T, definido no Exemplo 3.1.2 (3)? Para isto, buscaremos uma maneira de determinar os vetores e valores próprios de um operador linear. Tendo em vista aplicações em questões de Geometria Analítica, serão estudados, neste Capítulo, somente vetores próprios e valores próprios de operadores lineares definidos em 3R e em 2R . 3.1.3. - Determinação dos valores e vetores próprios 1. Determinação dos valores próprios de um operador linear T.

Seja T: 3 3→R R o operador linear, cuja matriz canônica é,:

11 12 13

21 22 23

31 32 33

[ ]a a a

T a a aa a a

αα

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

= ,

a qual será denotada por A = [ ] [ ]T T α

α α= , com α é a base canônica do 3R . Se v e λ são, respectivamente, vetor próprio e o correspondente valor próprio do operador T , tem-se:

( ) .T v Av vλ= =

v é matriz coluna 3x1, ou ainda, 0. =− vvA λ .

Tendo em vista que ( )v I v= ( I é a matriz-identidade), podemos escrever a última igualdade vetorial da

forma:

42

0. =− IvvA λ ou seja,

0)( =− vIA λ . (1) Para que este sistema homogêneo admita soluções não-nulas, isto é:

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡≠

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=

000

xyx

v

devemos ter: 0)det( =− IA λ

isto é,

000

0000

det

333231

232221

131211

=⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡−

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

λλ

λ

aaaaaaaaa

ou ainda,

0det

333231

232221

131211

=⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−

−

λλ

λ

aaaaaaaaa

(2)

A equação 0)det( =− IA λ é denominada equação característica do operador T ou da matriz A, e suas

raízes são os valores próprios do operador T ou, equivalentemente, da matriz A. O determinante )det( IA λ− é um polinômio emλ denominado polinômio característico.

2. Determinação dos valores próprios de um operador linear T.

Na determinação dos vetores próprios substituiremos o escalar λ pelos seus valores no sistema homogêneo de equações lineares (1), como veremos nos exercícios a seguir.

3.1.4. - Exercícios Resolvidos 1. Seja T: 3 3→R R o operador linear, definido no Exemplo 3.1.2 (3), ou seja, ( , , ) (2 , ,2 4 ).T x y z x y y z y z= + − + Vimos que o vetor v = (1,1,-2) é um vetor próprio de T. Passaremos a determinar os demais vetores próprios de T. Solução (i) Primeiro encontraremos a matriz T mudança de base de α para α, onde α = {u1,u2,u3}, u1 = (1,0,0), u2 = (0,1,0) e u3 = (0,0,1) é a base canônica do 3R . Encontrando os vetores T(u1), T(u2) e T(u3),

T(u1) = T(1,0,0) = (2,0,0) T(u2) = T(0,1,0) = (1,1,2) T(u3) = T(0,0,1) = (0,-1,4)

e, escrevendo-os como combinação linear dos vetores da base α, temos

T(u1) = (2,0,0) = 2(1,0,0) + 0(0,1,0) + 0(0,0,1) T(u2) = (1,1,2) = 1(1,0,0) + 1(0,1,0) + 2(0,0,1)

T(u3) = (0,-1,4) = 0(1,0,0) +(-1)(0,1,0) + 4(0,0,1),

e, a matriz [T]α é obtida colocando as coordenadas de T(ui) na i-ésima coluna, i = 1,2,3, ou seja,

43

2 1 0[ ] 0 1 1 .

0 2 4T Aα

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

= = −

(iii) Passamos a estudar o polinômio característico de T, definido anteriormente,

det[ ] 0,A Iλ− = ou seja, substituindo as matrizes A e I, I a identidade, temos:

2 1 0 1 0 00 1 1 0 1 0 0,0 2 4 0 0 1

det[ ] 0 detA I λλ⎧ ⎫⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎪ ⎪⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎨ ⎬⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎪ ⎪⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎩ ⎭

− − =− = ⇔

2 1 0det 0 1 1 0 (2 )[(1 )(4 ) 2] 0

0 2 4

λλ λ λ λ

λ

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

−− − = ⇔ − − − + = ⇔

−

2 5 6) 0 (2 )( 2)( 3) 0(2 )[(1 )(4 ) 2] 0 (2 )( λ λ λ λλ λ λ λ λ − + = ⇔ − − − =− − − + = ⇔ − (2 )( 2)( 3) 0 (( 2)( 2)( 3)) 0λ λ λ λ λ λ− − − = ⇔ − − − − =

21 22 3.( 2) ( 3) 0 ou λλ λ λ = =− − = ⇔

Assim, λ1 = 2 e λ2 = 3 são as raízes do polinômio característico de T, isto é, são os valores próprios de T. Observem que a λ1 é uma raiz repetida, tem multiplicidade 2. (iii) Agora determinaremos os vetores próprios de T.

Para isto, consideremos o vetor v = (x,y,z) do 3R representado por uma matriz coluna, v xyz

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

= .e a

equação (1) definida anteriormente, 0)( =− vIA λ

esta será da forma: 2 1 0

0 1 1 0. (3)0 2 4

xyz

λλ

λ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦

−− − =

−

Agora, substituindo λ1 = 2 na equação (3), temos:

00,

2 2 0

000

0 1 00 1 10 2 2

yy zy z

ouxyz

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ =⎡ ⎤ ⎧⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎪⎢ ⎥ − − =⎨⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎪⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ + =⎩⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦

− − =

e o sistema tem solução y = z = 0, onde x é uma variável independente, x ≠ 0, pois um vetor próprio é um vetor não nulo. Logo os vetores próprios de T correspondentes ao valor próprio λ1 = 2 são da forma (x,0,0), x ≠ 0. Se escolhermos, por exemplo, x = 2, um vetor próprio de T é da forma (2,0,0). Substituindo λ2 = 3 na equação (3), encontraremos os vetores próprios correspondentes, isto é,

02 0,

2 0

000

1 1 00 2 10 2 1

x yy z

y zou

xyz

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ − + =⎡ ⎤ ⎧⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎪⎢ ⎥ − − =⎨⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎪⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ + =⎩⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦

−− − =

44

e a solução deste sistema é da forma x = y e z = –2y, onde y é a variável livre não nula, pois um vetor próprio é um vetor não nulo. Assim, os vetores próprios de T associados ao valor próprio λ2 = 3 são da forma: (y,y,-2y), y∈R . Observem que, se y = 1, um vetor próprio de T correspondente ao valor próprio λ2 = 3, será (1,1,-2). Como já tínhamos observado no Exemplo 2 acima. 2. Determinar os valores próprios e os vetores próprios da matriz

16 10[ ] .16 8

A T α⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

−= =− .

Solução: A matriz é a matriz mudança de base de α para α, onde α é a base canônica do 3R . A equação característica de T é:

16 10 0 16 10 16 10det( ) det det 0

16 8 0 16 8 16 8A I

λ λ λλ

λ λ λ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎝ ⎠ ⎝ ⎠

− − − − −− = − = = =

− − − − −

isto é: 2 160 016 10 0 ( 16 )(8 ) 160 0 128 16 8

16 8λ λ λ λ λ λ

λ+ =

− − = ⇔ − − − + = ⇔ − + − +− −

ou ainda, 2 4 32 0,λ λ+ + =

e as raízes dessa equação são complexas, pois o discriminante 0Δ < . Por conseguinte, a matriz A, ou o operador T, não possui valores próprios nem vetores próprios. Observação Se na definição de valor próprio de um operador linear T admitíssemos λ qualquer, real ou complexo, poder-se-ia dizer que a matriz A possui valores próprios complexos e, em conseqüência, vetores próprios de componentes complexos. Neste texto consideraremos apenas valores próprios reais, pois os espaços vetoriais estudados são espaços vetoriais sobre R .

2. Analogamente à questão anterior, determinar os valores próprios e os vetores próprios da matrz 3.

4 5[ ]

2 1A T α

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

= =

Solução: (i) Temos que o polinômio característico de A é:

4 5 0 4 5det( ) det det 0 (4 )(1 ) 10 0,

2 1 0 2 1A I

λ λλ λ λ

λ λ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎝ ⎠ ⎝ ⎠

−− = − = = ⇔ − − − =

−

isto é, 2 5 6 0,λ λ− − =

e, as raízes desta equação, ,61 =λ ,12 −=λ são os valores próprios da matriz A. (ii) Vimos que o sistema homogêneo de equações lineares que permite a determinação dos vetores próprios associados é definido por:

0)( =− vIA λ . Lembrando que 2 2:T →R R e 2v∈R , denotamos v por

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

yx

v

e a última equação é equivalente ao seguinte sistema

45

4 5 0,

2 1 0xy

λλ

⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

−=

− (1)

i) Substituindoλ por ,61 =λ no sistema (1), obtêm-se os vetores próprios associados ao valor próprio 1λ :

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−00

.52

52yx

ou seja, 2 5 0

2 5 0x y

x y− + =⎧⎨ − =⎩

O sistema admite uma infinidade de soluções próprias:

xy52

=

Assim, os vetores do tipo ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛= xxv

52,1

ou ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

52,11 xv , 0≠x , são vetores próprios associados ao valor próprio

=1λ 6 ii) Analogamente, substituindoλ por ,12 −=λ no sistema (1), obtêm-se os vetores próprios associados ao valor próprio 2 ,λ

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡00

.2255

yx

isto é: 5 5 02 2 0

x yx y+ =⎧

⎨ + =⎩

E o sistema admite uma infinidade de soluções da forma: xy −= . Assim, os vetores do tipo ( )xxv −= ,2 ou ( )2 1, 1v x= − , 0≠x , são vetores próprios associados ao valor próprio

12 −=λ . No Moodle. . .

3.1.5. - Propriedades dos vetores e valores próprios

Se v é vetor próprio associado ao valor próprioλ de um operador linear T , o vetor vα , para qualquer real 0≠α , é também vetor próprio de T associado ao mesmo λ . De fato:

vvT λ=)( e:

).()()()( vvvTvT αλλααα ===

Aliás, os Exercícios Resolvidos 3.1.4 ilustram esta propriedade.

Alô alunos! Devemos tentar resolver os exercícios, só assim assimilaremos os conceitos e resultados.

46

3.1.6. - Observação

Tendo em vista que vα é vetor próprio associado ao valor próprio λ , fazendo

v1

=α

pode-se obter sempre um vetor próprio unitário associado ao valor próprio λ .

Outra propriedade dos vetores próprios: Se λ é um valor próprio de um operador linear VVT →: , o conjunto { }vvTVvS λλ =∈= )(/ constituído de todos os vetores próprios correspondentes ao valor próprio λ, é um subespaço vetorial de V.

De fato. Sλ ≠ ∅ , pois 0∈ Sλ (T(0) = 0 = λ0). Se λSvv ∈21,

( ) ( ) ( ) ( )21212121 vvvvvTvTvvT +=+=+=+ λλλ e, portanto, λSvv ∈+ 21 .

Analogamente, se verifica que λα Sv∈ ,para todo ∈α R . O subespaço Sλ é denominado subespaço associado ao valor próprio λ ou espaço característico de T

correspondente a λ ou auto-espaço associado a λ . Por exemplo, no Exercício Resolvido 3.1.4. (3) vimos que ao valor próprio 6=λ correspondem os vetores próprios do tipo )2,5(xv = . Assim, o auto-espaço associado a 6 é:

∈= xxS /)2,5({6 R } = [(5,2)], que representa uma reta que passa pela origem. Matrizes Quadradas Duas matrizes quadradas A e B são semelhantes se existir uma matriz invertível P tal que B = P-1AP. Matrizes semelhantes têm o mesmo polinômio característico e, por isso, os mesmos valores próprios.

De fato: Sejam VVT →: um operador linear e A e B bases de V. Sabe-se que a relação entre matrizes semelhantes é

[ ] [ ]AB TMT 1−= M, sendo M a matriz-mudança de base de B para A. Então:

[ ]( ) [ ]( ) [ ]( )IMMMTMIMTMIT AAB111 detdetdet −−− −=−=− λλλ

[ ]( ) [ ]( )( ) [ ]( ) MITMMITMIT AAB detdetdetdetdet 11 λλλ −=−=− −− [ ]( ) [ ]( ) ( ) [ ]( )ITMMITMMIT AAB λλλ −=−=− −− detdetdetdetdetdet 11

[ ]( ) [ ]( )ITIT AB λλ −=− detdet

3.2. - Diagonalização de operadores

Sabe-se que, dado um operador linear VVT →: , a cada base β de V corresponde uma matriz [ ]T β que representa T na base β. Nosso propósito é obter uma base do espaço V de modo que a matriz de T nessa base seja a mais simples representante de T. 3.2.1. - Outra propriedade dos valores e vetores próprios Vetores próprios associados a valores próprios distintos de um operador linear VVT →: são linearmente independentes.

47

Faremos a demonstração para o caso de dois valores próprios, 1λ e 2λ , distintos. A prova para o caso de n valores próprios distintos é análoga.

Sejam ( ) 111 vvT λ= e ( ) 222 vvT λ= , com 21 λλ ≠ . Consideremos a igualdade:

02211 =+ vava . (1) Pela linearidade de T, temos

( ) ( ) 02211 =+ vTavTa ou:

0222111 =+ vava λλ . (2)

Multiplicando ambos os membros da igualdade de (1) por 1λ , vem:

0212111 =+ vava λλ . (3) Subtraindo (3) de (2):

( ) 02122 =− va λλ , mas, 012 ≠− λλ e 02 ≠v logo 02 =a . Substituindo 2a na equação (1), e, tendo em vista que 01 ≠v , temos que 01 =a . Portanto, ao considerarmos a combinação linear (1), a única solução é a nula, 1 2 0a a= = . Daí, o conjunto { }21,vv é LI. 3.2.2. – Corolário Sejam 21 λλ e com 1 2λ λ≠ , valores próprios do operador l inear

2 2:T →R R associados ao vetores próprios .21 vev O conjunto { }21,vv é uma base do 2R . Este fato vale em geral, isto é, se VVT →: é l inear, nV =dim e T possui n valores próprios distintos, o conjunto { }nvvv ,,, 21 … , formado pelos correspondentes vetores próprios, é uma base de V. Exemplo Seja o operador linear 2 2:T →R R , definido por )2,53(),( yyxyxT −−= .

A matriz canônica de T é definida por, 3 5

[ ]0 2

A T α⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

− −= = , onde α é a base canônica do 2R , e o

polinômio característico de T é dada por

020

53)det( =

−−−−

=−λ

λλIA ,

ou ainda, 0)2)(3( =−−− λλ

Daí, 21 =λ e 32 −=λ são os valores próprios de T, pois são as raízes da última equação. Como 21 λλ ≠ , os correspondentes vetores próprios formam uma base de 2R . Calculando os vetores próprios por meio do sistema homogêneo

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−−−

00

2053

yx

λλ

obteremos: Para 21 =λ os vetores )1,1(1 −= xv ; Para 32 −=λ os vetores )0,1(2 −= xv . Logo, o conjunto β ={ })0,1(),1,1( −− é uma base do 2R , constituída de vetores próprios do operador

linear T , e, a matriz de T em relação a β é da forma

48

[T]β = ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡− 3002

, Ou seja, uma matriz diagonal cujos elementos são os valores próprios de T, λ1 = 2 e λ2 = – 3.

Por outro lado, sempre que tivermos uma base de um espaço formada por vetores próprios e conhecermos os valores próprios associados, poderemos determinar o respectivo operador nesse espaço. É o que faremos no próximo problema.

No Moodle. . . 3.2.3. - Exercícios Resolvidos

1. Os valores próprios de um operador linear 2 2:T →R R são 21 =λ e 32 −=λ , sendo )1,1(1 −=v e

)0,1(2 −=v os respectivos vetores associados. Determinar ),( yxT . Solução: Expressemos, inicialmente, ),( yx em relação à base { })0,1(),1,1( −− :

)0,1()1,1(),( −+−= bayx ou seja,

⎩⎨⎧

=−=−

yaxba

de onde, ya −= e yxb −−= . Logo, )0,1)(()1,1(),( −−−+−−= yxyyx e, aplicando o operador T e usando sua linearidade, temos

)0,1()()1,1(),( −−−+−−= TyxyTyxT

Por outro lado, )2,2()1,1(2)1,1( −=−=−T e )0,3()0,1(3)0,1( =−−=−T , logo,

)0,3)(()2,2(),( yxyyxT −−+−−= ou seja,

)2,53(),( yyxyxT −−= .

Observação: Chamando de P a base acima, isto é, { })0,1(),1,1( −−=P e observando que:

)0,1(0)1,1(2)1,1(2)1,1( −+−=−=−T )0,1(3)1,1(0)0,1(3)0,1( −−−=−−=−T

concluímos que a matriz

[ ] ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=30

02PT

representa o operador T na base dos vetores próprios e é uma matriz diagonal cujos elementos da diagonal principal são 1λ e 2λ .

Observe os problemas resolvidos a seguir. Eles o ajudarão a compreender os exercícios propostos na plataforma moodle.

49

2. Seja 2 2:T →R R um operador linear definido por T(x,y) = (-3x + 4y,-x + 2y), cuja matriz em relação à base

canônica é .2143⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

=A

Encontraremos uma base γ constituída de vetores próprios de T. O polinômio característico de T é

,021

43)det( =

−−−−

=−λ

λλIA

ou

(-3 – λ) (2 – λ) + 4 = 0, ou ainda, λ2+ λ – 2 = 0, e, λ1 = 1 e λ2 = – 2 são os valores próprios de T.

Sendo estes valores próprios distintos, os vetores próprios correspondentes constituem uma base do 3R , De fato. Através do sistema homogêneo

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

−−00

2143

yx

λλ

obteremos os vetores próprios: Para λ1 = 1 os vetores v1 = x(1,1); Para λ2 = – 2 os vetores v2 = y(4,1). Logo, o conjunto β = {(1,1),(4,1)} é uma base do 3R , Calculando [T]β. T(1,1) = (1,1) = 1(1,1) + 0(4,1) e T(4,1) = (-8,-2) = -2(4,1), daí,

.20

01][ ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=βT

Observe que a matriz de T em relação à base de vetores próprios é uma matriz diagonal.

É claro que a matriz diagonal [T]β obtida neste exercício não foi por acaso.

Dada uma aplicação linear qualquer T:V→V, se conseguirmos uma base β ={v1,v2,...,vn} formada por vetores próprios de T, então a matriz β][T será uma matriz diagonal.

De fato, como

nnn

n

n

vvvvT

vvvvTvvvvT

λ

λλ

+++=

+++=+++=

21

2212

2111

00)(

00)(00)(

,

a matriz β][T será uma matriz diagonal onde os elementos da diagonal principal são os valores próprios iλ , isto é,

.

00

0000

][ 2

1

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

n

T

λ

λλ

β

Não precisamos ter necessariamente os iλ distintos. Na verdade, um valor próprio aparecerá na diagonal tantas vezes quantos forem os vetores próprios LI a ele associados.

50

3.2.4. – Definição Seja T:V→V um operador l inear. Dizemos que T é um operador diagonalizável se ex iste uma base de V cujos elementos são vetores próprios de T.

No Moodle...

3.2.5. - Exercício Resolvido

Seja 3 3:T →R R o operador linear cuja matriz em relação à base canônica é

.100

530403

][⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−=βT

Logo o polinômio característico é da forma: det( β][T - λ I) = (3 - λ )2(-1 - λ ).

Os valores próprios são 13 21 −== λλ e . E os vetores próprios associados são soluções do seguinte sistema homogêneo

.000

100531403

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−−−

−−

zyx

λλ

λ

Para λ1 = 3, temos os vetores v1 = y(0,1,0); Para λ2 = -1 teremos os vetores v2 = x(1,-1,1).

Neste caso, temos apenas dois vetores próprios LI para T e, portanto, não existe uma base do 3R , constituída só de vetores próprios, ou seja, pela Definição 3.2.4, T não é diagonalizável.

Caro aluno, você deve visitar a plataforma moodle para verificar se os operadores lineares são diagonalizáveis ou não.

51

Unidade IV: Espaços com Produto Interno 1. - Situando a Temática

Estamos interessados em formalizar os conceitos de comprimento de um vetor e de ângulo entre dois vetores. Assim, poderemos “medir” num espaço vetorial da mesma forma pela qual se mede no plano ou no espaço.

2. - Problematizando a Temática

Consideremos um corpo no plano que se desloca em linha reta da origem até um ponto (x1,y1) pela ação

de uma força constante F = (x2,y2). Sabemos da Física, que o trabalho realizado pela força F é dado pela equação: W = θθ ondevF cos. é o ângulo entre v = (x1,y1) e F = (x2,y2). O trabalho é definido por x1x2 + y1y2, que é um “produto” dos vetores v e F, denotado <v,F>. Este produto é denominado produto interno ou produto escalar, e tem uma relação importante com a norma de um vetor.

3. - Conhecendo a Temática

O principal objetivo neste capítulo é estudar espaços vetoriais nos quais tenha sentido falar do “comprimento” de um vetor e do “ângulo” entre dois vetores.

3.1. - Produto Interno

Seja V um espaço vetorial sobre R . Uma função , : V × V → R é um produto interno sobre V se as seguintes condições são satisfeitas:

1. wvu ,+ = wu, + w,v , para todos wvu ,, ∈ V.

2. vau, = a vu, , para todos vu, ∈ V e a∈ R .

3. vu, = uv, , para todos u, v ∈ V .

4. uu, ≥ 0, para todo u ∈ V e uu, = 0 ⇔ u = 0. 3.1.1. - Observações

1. Note que wbvau ,+ = a wu, + b w,v ,∀ ba, ∈ R e wvu ,, ∈ V ,

pois wbvau ,+ = wau, + wbv, = a wu, + b w,v . Mais geralmente,

wuaua nn ,...11 ++ = 1a wu ,1 + ... + na wun , , ∀ ia ∈ R e wu ,1 ∈V . 2. Note, também, que

bwavu +, = a vu, + b w,u , ∀ ba, ∈ R e wvu ,, ∈ V.

3.1.2. - Exemplos 1. Sejam V = 3R , e u = ( )321 ,, xxx , v = ( )321 ,, yyy ∈V . Então

vu, = 11, yx + 22 , yx + 33 , yx

é um produto interno sobre V, o qual é chamado de produto interno usual (canônico). Note que vu, = XtY,

onde

52

X = [u] =⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

3

2

1

xxx

e Y = [v] =⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

3

2

1

yyy

Solução: Dados u = ( )321 ,, xxx , v = ( )321 ,, yyy , w = ( )321 ,, zzz ∈V e a∈ R , temos que

vu + = ( )332211 ,, yxyxyx +++ e au = ( )321 ,, axaxax . Logo,

wvu ,+ = ( )11 yx + 1z + ( )22 yx + 2z + ( )33 yx + 3z

= 11zx + 11zy + 22 zx + 22 zy + 33 zx + 33 zy em R

= ( )332211 zxzxzx ++ + ( )332211 zyzyzy ++

= wu, + w,v . As condições (2) e (3) são análogas a (1). Finalmente, é claro que

uu, = 1x 2 + 2x 2 + 3x 2 ≥ 0. Agora, para provar que

uu, = 0 ⇒ u = 0.

Suponhamos, por absurdo, que u ≠ 0, digamos 1x ≠ 0. Então

1x 2 + 2x 2 + 3x 2 = 0 ⇒2

1

32

1

2⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛xx

xx = -1,

o que é uma contradição, pois o lado esquerdo da última equação é maior ou igual a zero enquanto o lado direito é negativo. 2. Sejam V = 2R e u = ( )21, xx , v = ( )21, yy ∈V. Então

vu, = 11 yx - 21 yx - 12 yx + 5 22 yx

é um produto interno sobre V. Note que vu, = XtAY, onde

X = [u] = ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

2

1

xx

, A = ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−5111 e Y = [v] = ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡

2

1

yy

Solução: Vamos provar apenas a condição (4). Como uu, = 2

1x – 2 21xx + 5 22x = ( )21 xx − 2 + ( )22x 2

temos que uu, ≥ 0, ∀ u Є V e uu, = 0 ⇔ u = 0. Note que, como a matriz

A = ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−5111

é simétrica temos que existe uma matriz invertível P tal que PtAP = D é diagonal, pois

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−10510111

L2→L2+L1(C 2→C2+C1) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡11400101 = [D Pt].

Assim, dizemos que A é positiva definida se todos os elementos diagonais de D são positivos. Em geral, a função vu, = XtAY define um produto interno se A for uma matriz simétrica positiva definida.

53

2. Sejam V = P1( R ) e f = xaa 10 + , g = xbb 10 + , ∈ V. Então

gf , = ∫1

0

)()( dttgtf

é um produto interno sobre V. Solução: Vamos provar apenas a condição (4). Como

ff , = 2110

20 3

1 aaaa ++ = 2

10 2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

aa +

21

12⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ a

temos que ff , ≥ 0, ∀ f ∈V e ff , = 0 ⇔ f = 0.

Um espaço vetorial V sobre R munido com um produto interno é chamado espaço euclidiano. Sejam V um espaço euclidiano e vu, ∈ V. Dizemos que u e v são ortogonais se vu, = 0 e denotamos por u ┴ v . Sejam α e β subconjuntos de V. Dizemos que α e β são ortogonais se

vu, = 0, ∀ u ∈α e v ∈ β e denotamos porα ┴ β .

Dialogando e construindo o seu conhecimento 3.1.3. - Proposição

Seja V um espaço euclidiano. Então: 1. 0 ┴ u , para todo u ∈ V. 2. Se u ┴v , então v ┴u . 3. Se u ┴v , para todo v ∈V, então u = 0. 4. Se u ┴ w , v ┴ w , então ( )vu + ┴ w . 5. Se u ┴v , então ( )au ┴ v , para todo a∈ R .

Prova Vamos provar apenas os itens (1) e (3). Como 0 = 0u , para todo u ∈ V, temos que

u,0 = uu,0 = 0 uu, = 0.

Finalmente, como por hipótese vu, = 0, para todo v ∈ V, temos, em particular, que uu, = 0. Portanto, u = 0. 3.1.4. – Teorema Sejam V um espaço euclidiano e β é um subconjunto de V formado de vetores não-nulos ortogonais aos pares, então β é l inearmente independente. Prova Sejam nuu ,,1 … vetores distintos de β e nxx ,,1 … ∈ R tais que

011 =++ nn yxyx … .

Então jnnj uyxuxu ,,00 11 ++== … = ,,,,11 jjjjnnj uuxuuxuux =++…

pois ,0, =ji uu se ji ≠ . Como ,0, >ji uu temos que .,,1,0 njx j …== Portanto, β é linearmente

independente.

Tentem mostrar que os conjuntos )0,{(x=α ∈ 2R } e β = {(0,y) ∈ 2R } são subconjuntos ortogonais do 2R . Caso não consigam, discutiremos na plataforma moodle.

54

Seja V um espaço euclidiano. Dizemos que { }…… ,,,1 nuu=β

é uma base ortogonal (Hamel) de V se iu ┴ ju quando ji ≠ .

3.1.5. – Corolário Seja V um espaço euclidiano com nV =dim . Se { }nuu ,,1 …=β é um conjunto de vetores não-nulos ortogonais aos pares de V, então β é uma base ortogonal de V. 3.1.6. - Exemplos 1. Seja V = nR com o produto interno usual. Então

{ }nee ,,1 …=β é uma base ortogonal de V. 2. Seja V = 2R com o produto interno

22122111 5, yxyxyxyxvu +−−= ,

onde ( ) ( )2121 ,,, yyvxxu == ∈ V. Então

( ) ( ){ }1,3,1,2 −=β é uma base ortogonal de V. Solução: Como {(2,1), (-3,1)} é LI e, portanto, uma base do 2R e

( ) ( ) ( ) ( ) 01153112321,3,1,2 =⋅⋅+−−⋅−−=− temos que os vetores (2,1) e (-3,1) são ortogonais. Portanto, β é uma base ortogonal de V.

3. Sejam V = P1( R ) com o produto interno ∫=1

0

,)()(, dttgtfgf

onde ,10 xaaf += xbbg 10 += ∈ V.

Então { }x21,1 −=β

é uma base ortogonal de V. Solução Temos que dimP1( R ) = 2 e {1,1-2x} é LI. Além disso

∫ =−=−1

0

0)21(21,1 dttx

Assim, β é base ortogonal de P1( R ). 4. Seja V = 2R com o produto interno usual. Então

( ) ( ){ }1,1,1,1 −=β é uma base ortogonal de V. Calcule ( )[ ]ββ 3,2= . Solução: É claro que

( ) ( ) .01,1,1,1 =− Logo β é uma base ortogonal de V. Para calcular as coordenadas do vetor ( )3,2=u em relação à base β , basta calcular

( ) ( )( ) ( ) 2

51,1,1,11,1,3,2

1 ==x e ( ) ( )( ) ( ) .

21

1,1,1,11,1,3,2

2 =−−

−=x

55

Portanto,

( )[ ] .15

213,2 ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡=β

3.2. - Norma

Seja V um espaço euclidiano. A norma ou comprimento de um vetor ∈u V é definida como

.,uuu =

Note que esta definição é possível, pois 0, ≥uu , para todo ∈u V.

Seja ∈u V um vetor qualquer. Dizemos que u é um vetor unitário se .1=u

Se ∈v V é um vetor não-nulo qualquer, então vvu =

é um vetor unitário tal que [ ] [ ],uv =

(o subespaço gerado por v é o mesmo subespaço gerado por u). Neste caso, dizemos que u é a normalização do vetor v . 3.2.1. – Teorema Seja V um espaço euclidiano. Então: 1. ,0≥u para todo ∈u V.

2. 0=u se, e somente se, 0=u .

3. ,uaau = para todo ∈u V e ∈a R .

4. ,,2 222 vvuuvu +±=± para todos ∈vu, V.

5. ,, vuvu ≤ para todos ∈vu, V. (Desigualdade de Cauchy-Schwarz).

6. ,vuvu +≤± para todos ∈vu, V. (Desigualdade de Minkowski) Prova Vamos provar apenas o item (5). Se 0=u , nada há para ser provado. Se 0≠u , então

∈∀≥+ tstusv ,,0 R .

Como 22222 ,2 tustvuvstusv ++=+ ,temos que

∈∀≥++ tstustvuvs ,,0,2 2222 R .

Em particular, escolhemos 2us = e ,,vut −= temos que

( ) .0,,,22222222224 ≥−=+− vuvuuvuuuvuvu

Logo,

,,0, 222222 vuvuvuvu ≤⇒≥−

pois .02 >u Portanto, extraindo a raiz quadrada em ambos os membros, temos que

., vuvu ≤

3.2.2. - Exemplo

Sejam V um espaço euclidiano e ∈vu, V. Mostre que vu ⊥ se, e somente se,

∈∀−≤ aavuu , R .

56

Solução Como 2222 ,2 vavuauavu +−=−

temos que 22222 uvauavu ≥+=−

se vu ⊥ , pois ,022 ≥va para todo ∈a R . Logo,

∈∀−≤ aavuu , R .

Reciprocamente, como 22222 ,2 uvavuauavu ≥+−=− , temos que

∈∀≥+− avavua ,0,2 22 R .

Se 0=v , nada há a ser provado. Se 0≠v , então, escolhendo ,,

2v

vua =

temos

.,,,2

,2 2

22

4

2

2

222

v

vuv

v

vu

v

vuvavua −=+−=+− .

Assim, temos

.0,

2

2

≥−v

vu

Portanto, ,0, =vu isto é, vu ⊥ .

Seja V um espaço euclidiano. Para quaisquer { }0, −∈Vvu , o ângulo entre u e v é definido como o ângulo θ tal que 1. ;0 πθ ≤≤

2. .,

cosvuvu

=θ

3.2.3. - Observação

Pela desigualdade de Cauchy-Schwarz,

1,

1 ≤≤−vuvu

e, assim, o ângulo θ sempre existe e é único. 3.2.4. – Definição Sejam V um espaço euclidiano e { }nuu ,,1 …=β uma base de V. Dizemos que β é uma base ortonormal de V se

..,0,,1

,⎩⎨⎧

≠=

==jisejise

uu ijji δ

3.2.4. - Exemplo Seja V = nR com o produto interno usual. Então

{ }nee ,,1 …=β é uma base ortonormal de V.

57

3.2.5. - Observação: Se β = {u1,u2,...,un} é uma base ortonormal de V então, dado v∈V, temos v = <v,u1>u1 + <v,u2>u2 + ... + <v,un>un.

Por exemplo, seja V = 2R , < , > o produto usual. β = {(1,0),(0,1)} é base ortonormal, pois

<(1,0),(0,1)>= 0, <(1,0),(1,0)> = 1 e <(0,1),(0,1)> = 1. E, dado v = (2,3) ∈V, temos

<(2,3),(1,0)>(1,0) + <(2,3),(0,1)>(0,1) = 2(1,0) + 3(0,1) = (2,3).

3.3. - Processo de Ortogonalização de Gram-Schmidt

Sejam V um espaço euclidiano e { }nuu ,,1 …=α uma base de V. Então podemos obter uma base ortogonal

{ }nvv ,,1 …=β a partir da base α como segue:

Para iniciar o processo vamos escolher 1v como qualquer um dos vetores nuu ,,1 … , digamos ,11 uv = o vetor

121

1222

,v

v

vuuv −=

é ortogonal ao vetor 1v , pois

,0,

,

,,

,,,

,

212

1

1212

1121

1212112

1

12212

=−><=

><−><=>−<=><

vv

vuvu

vvv

vuvuvv

v

vuuvv

e é claro que [ ] [ ].,, 2121 uuvv =

Assim, os vetores de [ ]21,vv são da forma

,2211 vxvx +

com ∈21, xx R. Como [ ]213 ,uuu ∉ temos que

( ) .,

0, 21

131122113

v

vuxvvxvxu =⇔=+−

Analogamente,

( ) .,

0, 22

232222113

v

vuxvvxvxu =⇔=+−

Assim, o vetor

222

2312

1

1333

,,v

v

vuv

v

vuuv −−=

é tal que 3231 , vvvv ⊥⊥ e [ ] [ ].,,,, 321321 uuuvvv =

Continuando desta maneira, obtemos uma base ortogonal

{ }nvv ,,1 …=β de V, onde

58

∑−

=

=−=1

12 ,,1,

,k

ii

i

ikkk nkv

v

vuuv … .

Este processo é conhecido como ortogonalização de Gram-Schmidt. 3.3.1. - Exemplos 1. Seja { })}1,1(),1,2(=β uma base do 2R . Obteremos, a partir de β, uma base ortonormal em relação ao produto interno. Sejam u1 = (2,1) e u2 = (1,1). Tomemos

v1 = u1 = (2,1) e

,52,

51)1,2(

5)1,2(),1,1(

)1,1(,

121

1222 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −=−=−= v

v

vuuv

e, normalizando v1 e v2,

.5

2,51,

51,

52

2

2

1

1⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

vv

evv

Então, ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

52,

51,

51,

52'β é uma base ortonormal do 2R .

2. Sejam V = 3R com o produto interno usual e { })1,0,0(),1,1,0(),1,1,1(=α uma base de V. Determine, a partir de

,α uma base ortonormal de V. Solução Para resolver este problema, vamos usar o processo de ortogonalização de Gram-Schmidt. Escolhendo um vetor inicial ,1u digamos

).1,1,1(1 =u E, definindo

( ) ( )⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=−=

31,

31,

32,1,1,0

1,1,0 121

12 u

u

uu

e

( ) ( ) ( ).

21,

21,0

,1,0,0,1,0,01,0,0 22

2

212

1

13 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −=−−= u

u

uu

u

uu

Finalmente, normalizando os vetores 21,uu e ,3u obtemos uma base ortonormal

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

=3

3

2

2

1

1 ,,uu

uu

uu

β

de V.

No Moodle. . .

Na Plataforma Moodle você encontrará vários exercícios envolvendo este conteúdo. Acesse e participe!

59

3.4. – Definição Sejam V um espaço euclidiano e β um subconjunto não-vaz io de V. O complementar ortogonal de β em V é o conjunto

{ }.,0,: ββ ∈∀=∈=⊥ uuvVv

3.4.1. - Exemplos 1. Seja 4R munido do produto interno usual e [ ])0,0,1,1(),0,1,0,1(=W um subespaço de 4R . Determine .⊥W Solução: Para isto, encontraremos ∈= ),,,( tzyxu 4R tal que

0)0,1,0,1(, =u e ,0)0,0,1,1(, =u ou seja, resolveremos o sistema

⎩⎨⎧

=+=+

.00

yxzx

Logo, ,zx −= zy = e tz, quaisquer. Portanto,

{ 4 [( 1,1,1,0),(0,0,0,1) .( , , , ) : , , , }W x y z t x z y z z t⊥ ⎡ ⎤⎣ ⎦−= ∈ = − = ∈ =R R

3.4.2. - Teorema da Projeção Sejam V um espaço euclidiano e W um subespaço de V com kW =dim . Então

.⊥⊕= WWV Prova. Sendo kW =dim temos, pelo processo de ortogonalização de Gram-Schmidt, que W contém uma base ortonormal { }.,,1 kuu …=β

Para cada ,Vv∈ consideremos o vetor ,,, 11 Wuuvuuvw kk ∈++= … isto é, a projeção de v sobre W ou a expansão de Fourier de v com respeito à base β . Logo,

,)( ⊥+∈−+= WWwvwv pois .,,1,0,,, kiuwuvuwv iii …==−=− 3 .4.3. – Teorema Sejam V um espaço euclidiano de dimensão finita e W1, W2 subespaços de V. Então as seguintes condições são equivalentes:

1. 21 WWV ⊕= e 21 WW ⊥ (soma direta ortogonal);

2. 21 WWV ⊕= e ;12⊥=WW

3. 21 WWV ⊕= e .12⊥⊆ WW

Prova. )21( ⇒ Como 21 WW ⊥ temos que .12⊥⊆WW Por outro lado, se ,1 VWv ⊆∈ ⊥ então existem

11 Ww ∈ e 22 Ww ∈ tais que .21 wwv += Logo,

,,,,,,0 1121112111 wwwwwwwwwvw =+=+== implica que 01 =w e .22 Wwv ∈= Assim, .21 WW ⊆⊥ Portanto, .12

⊥=WW )32( ⇒ É claro.

)13( ⇒ Como ⊥⊆ 12 WW temos que 21 WW ⊥ .

60

3.4.5. – Proposição Sejam V um espaço euclidiano com nV =dim e W um subespaço de V. Então ⊥⊕= WWV se, e somente se, ex is te um operador l inear P : V→V tal que

,Im WP = ⊥=WPker e ,)( wwP = para todo .Ww∈

Prova Se ⊥⊕= WWV , basta definir P : V→V por ,)( 121 wwwP =+ para todo Ww ∈1 e .2⊥∈Ww

Reciprocamente, cada vetor Vv∈ pode ser escrito sob a forma ( ) ( )( ),vPvvPv −+=

Onde WvP ∈)( e .)( ⊥∈− WvPv Logo, .⊥+= WWV É fácil verificar que

{ }.0=∩ ⊥WW Portanto, ⊥⊕= WWV . 3.4.6. - Observação

Sejam V um espaço euclidiano com nV =dim e W um subespaço de V. Então WvP ∈)( é a melhor

aproximação (única) de Vv∈ em W, isto é, ,,)( WwwvvPv ∈∀−≤− ou, equivalentemente,

.,0),( WwwvPv ∈∀=−

Além disso, se { }kuu ,,1 …=α é uma base ortonormal de W, então .,,)( 11 kk uuvuuvvP ++= … 3.4.7. - Exemplos 1. Consideremos o 4R munido do produto interno usual e [ ])2,4,3,1(),1,1,1,1( −−=W um subespaço de 4R . Determinar a melhor aproximação de ∈= )7,5,3,1(v 4R sobre W. Solução Como ,0)2,4,3,1(),1,1,1,1( =−− temos que { })2,4,3,1(),1,1,1,1( −−=β é uma base ortogonal de W. Então os coeficientes de Fourier de v em relação a β são

4)1,1,1,1(

)1,1,1,1(,21 ==

vx e .

151

)2,4,3,1(

)2,4,3,1(,21 −=

−−

−−=

vx

Portanto, ).62,56,63,59(151)2,4,3,1()1,1,1,1()( 21 =−−+= xxvP

2. Seja V = 3R munido do produto interno usual. Determine a solução do sistema

⎪⎩

⎪⎨

⎧

−=−+=−+=−+

768622122

zyxzyxzyx

mais próxima do vetor ∈= )0,0,0(0 3R . Solução Vamos escalonar a matriz

61

.

034

311000

132

32000

031

32210

032

31501

000761

100622010812001121

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−−

−

→→

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−

−−−

………………

…………………

Portanto, ∈∀⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −= ccX ,1,

32,

320,

34,

311 R , é a solução geral do sistema.

Seja ,1,32,

32

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=W

o subespaço solução do sistema homogêneo. Então

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ )3,2,2(

171 é uma base ortogonal

para W e

)3,2,2(5114)3,2,2(

171)3,2,2(

171,0,

34,

3110,

34,

311

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −P

Portanto,

( ) )42,40,215(5113,2,2

51140,

34,

311

0 −=+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=X

é a solução mais próxima do vetor ∈= )0,0,0(0 3R . 3.5. - Referências

1. Boldrini, J. L., Costa, Sueli I. R., Ribeiro, Vera Lúcia F. F. Ribeiro, Wetzler, Henry G. Álgebra Linear. Departamento de Matemática da Universidade Estadual de Campinas. Harbra. 2ª edição, 1980.

2. Lang, Serge. Álgebra Linear. Editora UnB. 3. Silva, Antônio de A. e S., Introdução à Álgebra Linear. Editora Universitária – UFPB, 2007.