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Isabel Cabral Cec´ ılia Perdig˜ ao Carlos Saiago ´ ALGEBRA LINEAR E GEOMETRIA ANAL ´ ITICA ´ ALGEBRA LINEAR E GEOMETRIA ANAL ´ ITICA 2006/2007 (Vers˜ ao Provis´ oria)

Sebenta Algebra

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Isabel Cabral

Cecılia Perdigao

Carlos Saiago

ALGEBRA LINEAR E GEOMETRIA ANALITICAALGEBRA LINEAR E GEOMETRIA ANALITICA

2006/2007

(Versao Provisoria)

Page 2: Sebenta Algebra
Page 3: Sebenta Algebra

Indice

0 Preliminares 1

0.1 Notacoes envolvendo conjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

0.2 O conjunto dos numeros complexos: algumas definicoes e resultados . . . . . 3

0.3 Propriedades da adicao e da multiplicacao em R e em C . . . . . . . . . . . . 6

0.4 Propriedades de operacoes envolvendo conjuntos arbitrarios . . . . . . . . . . 10

1 Matrizes 13

1.1 Generalidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.2 Operacoes com matrizes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.3 Inversa de uma matriz quadrada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

1.4 Transposicao de matrizes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

1.5 Conjugada/Transconjugada de uma matriz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

1.6 Transformacoes elementares sobre linhas de uma matriz. Matrizes elementares 37

1.7 Matrizes em forma de escada. Caracterıstica de uma matriz . . . . . . . . . . 40

1.8 Caracterizacoes das matrizes invertıveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

Solucoes de alguns dos exercıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

2 Sistemas de Equacoes Lineares 55

Solucoes de alguns dos exercıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

iii

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3 Determinantes 73

Solucoes de alguns dos exercıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

4 Espacos Vectoriais 103

4.1 Espacos vectoriais: Definicao, exemplos e propriedades . . . . . . . . . . . . . 103

4.2 Subespacos vectoriais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

4.3 Dependencia e independencia linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

4.4 Sequencias geradoras e sequencias independentes . . . . . . . . . . . . . . . . 132

4.5 Bases do espaco soma de dois subespacos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

Solucoes de alguns dos exercıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

5 Aplicacoes Lineares 159

5.1 Aplicacoes lineares: Definicao, exemplos e propriedades . . . . . . . . . . . . 159

5.2 Imagem de uma aplicacao. Nucleo de uma aplicacao linear . . . . . . . . . . . 166

5.3 Composicao de aplicacoes. Aplicacoes invertıveis/bijectivas . . . . . . . . . . 178

5.4 Matriz de uma aplicacao linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183

Solucoes de alguns dos exercıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

6 Valores e Vectores Proprios 197

6.1 Valores, vectores e subespacos proprios de uma matriz . . . . . . . . . . . . . 197

6.2 Matrizes diagonalizaveis: Definicao e caracterizacoes . . . . . . . . . . . . . . 204

6.3 Valores e vectores proprios de um endomorfismo . . . . . . . . . . . . . . . . 210

Solucoes de alguns dos exercıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215

7 Produto Interno, Produto Externo e Produto Misto

(Resumo) 217

7.1 Produto interno de vectores de R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217

iv

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7.2 Produto externo e produto misto de vectores de R3 . . . . . . . . . . . . . . . 227

8 Geometria Analıtica

(Resumo) 237

8.1 Representacoes cartesianas da Recta e do Plano . . . . . . . . . . . . . . . . . 237

8.2 Problemas nao metricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243

8.3 Problemas metricos: distancias e angulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246

v

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Page 7: Sebenta Algebra

Capıtulo 0

Preliminares

0.1 Notacoes envolvendo conjuntos

Sejam A e B conjuntos. Se A e B tem os mesmos elementos escrevemos A = B. Caso

contrario, escrevemos A 6= B. Utilizamos a notacao A ⊆ B, e lemos “A esta contido em B”

ou “A e subconjunto de B”, para representar que todo o elemento do conjunto A e tambem

elemento do conjunto B, isto e,

∀x x ∈ A =⇒ x ∈ B.

Caso contrario, escrevemos A 6⊆ B. Neste caso, dizemos que “A nao esta contido em B” ou

que “A nao e subconjunto de B” o que equivale a afirmar que existe pelo menos um elemento

de A que nao pertence ao conjunto B, isto e,

∃x x ∈ A ∧ x 6∈ B.

Usamos a notacao A $ B com o significado

A ⊆ B ∧ A 6= B.

Tem-se

A = B se, e so se, A⊆B e B⊆A,

pelo que utilizaremos frequentemente uma das implicacoes anteriores para demonstrar que

dois conjuntos sao iguais.

Alguns conjuntos podem ser obtidos a partir de outros atraves de operacoes sobre estes,

das quais as mais conhecidas sao a uniao e a interseccao de conjuntos. A uniao (tambem

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2

designada por reuniao) dos conjuntos A e B, que se denota por A∪B, e o conjunto cujos

elementos sao os que pertencem pelo menos a um dos conjuntos A e B, isto e,

A ∪B = {x : x ∈ A ∨ x ∈ B}.

A interseccao dos conjuntos A e B, que se denota por A∩B, e o conjunto formado pelos

elementos comuns a A e a B, ou seja,

A ∩B = {x : x ∈ A ∧ x ∈ B}.

Dados dois conjuntos A e B podemos ainda definir o complementar de B em A, que

denotaremos por A \ B ou A − B, que e o conjunto cujos elementos sao os elementos de A

que nao pertencem a B, isto e,

A \B = {x : x ∈ A ∧ x 6∈ B}.

Ao longo do texto utilizaremos alguns conjuntos, bem conhecidos, de numeros, que seguida-

mente referimos com a respectiva notacao.

• Conjunto dos numeros naturais

N = {1, 2, 3, . . .}.

• Conjunto dos numeros inteiros

Z = {. . . ,−3,−2,−1, 0, 1, 2, 3, . . .}.

• Conjunto dos numeros racionais

Q = {mn

: m, n ∈ Z , n 6= 0}.

• Conjunto dos numeros reais

R.

Sendo W ∈ {Z, Q, R} utilizamos os conjuntos

W+ = {x ∈W : x > 0}, W+0 = {x ∈W : x≥0},

W− = {x ∈W : x < 0} e W−0 = {x ∈W : x≤0}.

Notemos que

N $ Z $ Q $ R.

Page 9: Sebenta Algebra

3

Os numeros e,√

2 e π sao exemplos de numeros reais que nao sao racionais.

Podemos “visualizar” o conjunto R comecando por pensar numa recta a que chamaremos

eixo real e por marcar nessa recta dois pontos que representem o numero 0 e o numero 1.

0 1

A distancia entre tais pontos chamaremos a unidade de medida .

Obtemos facilmente uma correspondencia biunıvoca entre cada numero real e cada ponto

da recta, isto e, uma correspondencia tal que a cada ponto da recta fica a corresponder

um e um so numero real e reciprocamente, convencionando, por exemplo, que cada numero

positivo (respectivamente, negativo) e representado por um ponto a direita (respectivamente,

a esquerda) do zero a uma distancia deste igual ao seu valor absoluto ou modulo multiplicado

pela unidade de medida.

Assim, por exemplo, aos numeros −32 , 1

2 e 2 correspondem os pontos assinalados com •

seguintes.

0 12

s1 2

s−1− 3

2

s−2

0.2 O conjunto dos numeros complexos: algumas definicoes

e resultados

Consideremos agora a equacao

x2 + 1 = 0.

Sabemos que se α ∈ R entao α2 ∈ R+0 e, portanto, α2 +1 ≥ 1. Assim a equacao anterior nao

tem raızes em R.

Recordemos um outro conjunto importante de numeros, conhecido por conjunto dos numeros

complexos e representado habitualmente por

C = {a + bi : a, b ∈ R}

onde i, designada por unidade imaginaria , satisfaz a condicao

i2 = −1.

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4

Seja z = a + bi, com a, b ∈ R. A a chamamos a parte real de z e escrevemos a = Re(z). A

b chamamos a parte imaginaria de z e escrevemos b = Im(z). Se b = 0 temos z = a ∈ R.

Se a = 0 temos z = bi e dizemos que z e imaginario puro. Assim, podemos dizer que

todos os numeros reais sao tambem numeros complexos (sao aqueles cuja parte imaginaria

e igual a 0), pelo que a cadeia de inclusoes referida anteriormente pode ser completada:

N $ Z $ Q $ R $ C.

A melhor maneira de “visualizar” o conjunto C e pensar nos pontos de um plano, o plano

complexo. Tracando no plano um sistema de dois eixos perpendiculares, e identificando o

numero complexo a + bi com o ponto de coordenadas (a, b), obtem-se uma correspondencia

biunıvoca entre C e o conjunto dos pontos do plano.

-x

y6

O a

b sa + bi

Todo o numero complexo z = a + bi alem de se poder representar nesta forma, designada

por forma algebrica de z, tambem pode ser representado numa outra forma, por vezes

mais conveniente, designada por “forma polar” ou “trigonometrica” de z. Seja z um numero

complexo nao nulo, identificado com um ponto do plano complexo.

x

y

-

6

O a

b

θ

sz = a + bi

�����

�����*

|z|

A distancia de z a origem O, habitualmente designada por modulo de z e representado por

|z|, e√

a2 + b2, isto e,

|z| =√

a2 + b2.

Page 11: Sebenta Algebra

5

Notemos que se designa por conjugado de z o numero

z = a− bi.

Como

zz = (a + bi)(a− bi) = a2 + b2,

tem-se

zz = |z|2 .

A medida do angulo que a semi-recta que vai de O para z faz com a parte positiva do eixo

real designa-se argumento de z e e representado por arg(z). Cada numero complexo nao

nulo tem uma infinidade de argumentos, diferindo uns dos outros por multiplos inteiros de

2π.

Sendo |z| = ρ e arg(z) = θ, como Re(z) = ρ cos θ e Im(z) = ρ sen θ, podemos escrever

z = ρ(cos θ + i sen θ),

que e a forma polar ou trigonometrica de z. Utiliza-se a abreviatura cis θ para repre-

sentar cos θ + i sen θ.

Se z1 = ρ1 cis θ1 e z2 = ρ2 cis θ2 sao tais que z1 = z2 entao ρ1 = ρ2 mas, quanto aos

argumentos, so se pode concluir que θ1 − θ2 e um multiplo inteiro de 2π.

Calculando o produto de dois numeros complexos z1 = ρ1 cis θ1 e z2 = ρ2 cis θ2 obtem-se

z1z2 = (ρ1 cis θ1)(ρ2 cis θ2) = ρ1ρ2 cis(θ1 + θ2).

Por inducao sobre n, podemos entao concluir facilmente que se tem

(ρ cis θ)n = ρn cis(nθ), para todo n ∈ N,

conhecida por “formula de De Moivre”.

Utilizando tal formula vejamos que todo o numero w tem, em C, n raızes de ındice n, ou

equivalentemente, que existem z1, . . . , zn ∈ C tais que

zni = w.

Consideremos a equacao, em z,

zn = w,

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6

ou equivalentemente, considerando z = ρ cis θ e w = β cis φ,

ρn cis(nθ) = β cis φ.

Assim

ρn = β e nθ − φ = 2kπ, k ∈ Z,

o que e equivalente a

ρ = β1n e θ =

φ + 2kπ

n, k ∈ Z.

Entao w pode tomar exactamente os seguintes valores, em numero de n,

β1n cis

(φ + 2kπ

n

), k = 0, 1, . . . , n− 1.

(Escrevemos k = 0, 1, . . . , n− 1, porque se conclui que as raızes so tem n valores distintos e

que se obtem para estes valores de k.)

A equacao x2 + 1 = 0, ou equivalentemente x2 = −1, que nao tem raızes em R, tem em C

duas raızes: i e −i. Um conhecido teorema, que nao demonstraremos, afirma mais:

“Qualquer equacao de grau n, com n maior ou igual a 1, tem exactamente n raızes em C.”

0.3 Propriedades da adicao e da multiplicacao em R e em C

Recordemos que em R esta definida uma operacao designada por “adicao” e denotada por

“+”, que quaisquer que sejam os numeros reais a e b faz-lhe corresponder, um, e um so,

numero real representado habitualmente por a + b e que se designa por soma de a com b.

Tal operacao de adicao tem as seguintes propriedades:

(i) A adicao em R e comutativa , isto e,

∀a,b∈R a + b = b + a.

(ii) A adicao em R e associativa , isto e,

∀a,b,c∈R (a + b) + c = a + (b + c).

(iii) Existe elemento neutro para a adicao em R, isto e,

∃u∈R ∀a∈R a + u = u + a = a.

Tem-se, como sabemos, u = 0.

Page 13: Sebenta Algebra

7

(iv) Todo o elemento de R tem um oposto para a adicao, tambem designado por oposto

aditivo ou simetrico, isto e,

∀a∈R ∃a′∈R a + a′ = a′ + a = 0.

Tem-se, como sabemos, a′ = −a.

Utilizamos ainda a notacao a− b para representar a + (−b).

Em R esta tambem definida uma operacao designada por “multiplicacao” e denotada por

“×” ou por “ · ”, que quaisquer que sejam os numeros reais a e b faz-lhes corresponder um,

e um so, numero real representado habitualmente por a×b, a·b ou simplesmente por ab, e

que se designa por produto de a por b. Tal operacao de multiplicacao tem as seguintes

propriedades:

(i) A multiplicacao em R e comutativa , isto e,

∀a,b∈R ab = ba.

(ii) A multiplicacao em R e associativa , isto e,

∀a,b,c∈R (ab)c = a(bc).

(iii) Existe elemento neutro para a multiplicacao em R, isto e,

∃v∈R ∀a∈R av = va = a.

Tem-se, como sabemos, v = 1.

(iv) Todo o elemento nao nulo de R tem um oposto para a multiplicacao, tambem

designado por oposto multiplicativo ou inverso, isto e,

∀a∈R\{0} ∃a′′∈R aa′′ = a′′a = 1.

Como sabemos, tem-se a′′ = 1a tambem representado por a−1.

Se b 6= 0, utilizamos a notacao ab para representar a · 1

b .

Envolvendo as operacoes de adicao e de multiplicacao em R temos a propriedade distributiva

da multiplicacao em relacao a adicao, a esquerda (respectivamente, a direita), que estabelece

∀a,b,c∈R a(b + c) = ab + ac

Page 14: Sebenta Algebra

8

(respectivamente, ∀a,b,c∈R (a + b)c = ac + bc ).

A adicao e a multiplicacao de numeros complexos definem-se, respectivamente, da seguinte

forma:

(a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i

(a + bi)(c + di) = (ac− bd) + (ad + bc)i,

com a, b, c, d ∈ R. De facto, sao as definicoes que naturalmente surgem considerando proprie-

dades identicas as anteriormente referidas da adicao e de multiplicacao em R, conjuntamente

com a igualdade

i2 = −1.

Estas operacoes gozam das mesmas propriedades algebricas que as correspondentes no con-

junto dos numeros reais: comutatividade, associatividade e distributividade da multiplicacao

relativamente a adicao. Os numeros complexos 0 = 0 + 0i e 1 = 1 + 0i sao os elementos

neutros para a adicao e a multiplicacao, respectivamente. O inverso do numero complexo

a + bi 6= 0 e1

a + bi=

a− bi

(a + bi)(a− bi)=

a− bi

a2 + b2=

a

a2 + b2+

−b

a2 + b2i.

Facamos ainda referencia a uns conjuntos, e a algumas operacoes neles definidas, que se

revelarao muito importantes para o nosso estudo e que constituem, de facto, generalizacoes

do que referimos anteriormente nesta seccao.

Seja K ∈ {R, C}. Pensemos no conjunto de todos os pares (ordenados) de elementos de K,

habitualmente representado por K×K, ou abreviadamente,

K2 = {(a, b) : a, b ∈ K}.

Sabemos que para quaisquer (a, b) ∈ K2 e (c, d) ∈ K2 se tem

(a, b) = (c, d) se, e so se, a = c e b = d.

Podemos definir uma “adicao”, em K2, da seguinte forma

∀(a,b),(c,d)∈R2 (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d),

que, verificamos facilmente, ser comutativa, associativa, ter elemento neutro (o par ordenado

(0, 0)) e em que todo o elemento tem oposto, para essa adicao (o oposto do par (a, b) e o par

(−a,−b)).

Page 15: Sebenta Algebra

9

Consideremos agora uma outra operacao, que associa a cada α ∈ K e a cada par (a, b) ∈ K2

um elemento de K2, da seguinte forma

∀α∈K ∀(a,b)∈K2 α(a, b) = (αa, αb)

e a que chamaremos multiplicacao por escalar , em K2.

Imaginamos, facilmente, como sera a adicao e a multiplicacao por um escalar em

K3 = {(a1, a2, a3) : a1, a2, a3 ∈ K},

a cujos elementos chamamos ternos de elementos de K e, mais geralmente, para qualquer

n ∈ N, em

Kn = {(a1, . . . , an) : a1, . . . , an ∈ K}

a cujos elementos chamamos n-uplos de elementos de K. Mais especificamente, n-uplos de

reais se K = R ou n-uplos de complexos se K = C.

Se (a1, . . . , an) ∈ Kn e (b1, . . . , bn) ∈ Kn entao teremos

(a1, . . . , an) = (b1, . . . , bn) se, e so se, ai = bi, para todo i ∈ {1, . . . , n}.

As operacoes correspondentes de adicao e multiplicacao por um escalar sao, respectivamente,

∀(a1,...,an),(b1,...,bn)∈Kn (a1, . . . , an) + (b1, . . . , bn) = (a1 + b1, . . . , an + bn)

e

∀α∈K ∀(a1,...,an)∈Kn α(a1, . . . , an) = (αa1, . . . , αan).

Note que estamos a representar pelo mesmo sımbolo a operacao de adicao em K e a operacao

de adicao em Kn, uma vez que nao ha ambiguidade. O mesmo sucede a multiplicacao por

escalar entre um escalar e um elemento de K e entre um escalar e um elemento de Kn.

Exercıcio 0.1 Seja K ∈ {R, C}. Mostre que:

(a) Quaisquer que sejam (a1, . . . , an), (b1, . . . , bn), (c1, . . . , cn) ∈ Kn, temos:

(i) (a1, . . . , an) + (b1, . . . , bn) = (b1, . . . , bn) + (a1, . . . , an);

(ii) ((a1, . . . , an) + (b1, . . . , bn)) + (c1, . . . , cn) = (a1, . . . , an) +((b1, . . . , bn) + (c1, . . . , cn));

(iii) (a1, . . . , an) + (0, . . . , 0) = (0, . . . , 0) + (a1, . . . , an) = (a1, . . . , an);

(iv) (a1, . . . , an) + (−a1, . . . ,−an) = (−a1, . . . ,−an) + (a1, . . . , an) =(0, . . . , 0).

(b) Quaisquer que sejam α, β ∈ K e (a1, . . . , an), (b1, . . . , bn) ∈ Kn, temos:

(i) α((a1, . . . , an) + (b1, . . . , bn)) = α(a1, . . . , an) + α(b1, . . . , bn);

(ii) (α + β)(a1, . . . , an) = α(a1, . . . , an) + β(a1, . . . , an);

(iii) (αβ)(a1, . . . , an) = α(β(a1, . . . , an));

(iv) 1(a1, . . . , an) = (a1, . . . , an).

Exercıcio 0.2 Em relacao ao exercıcio anterior escreva as propriedades (b)(ii) e (b)(iii),considerando que a adicao em Kn e representada por � e a multiplicacao por escalar, emKn, e representada por �.

Page 16: Sebenta Algebra

10

0.4 Propriedades de operacoes envolvendo conjuntos arbitrarios

Seja A um conjunto nao vazio. Dizemos que ∗ e uma operacao binaria em A se ∗ e uma

aplicacao de A2 em A, isto e, a cada par (a, b) de elementos de A faz corresponder um, e um

so, elemento de A que e habitualmente denotado por a∗b.

A adicao e a multiplicacao em R e em C sao operacoes binarias. Por exemplo, em Z+0 , em Z−

e em R+0 a adicao usual e uma operacao binaria. A multiplicacao usual nao e uma operacao

binaria em Z−, mas e binaria em Z+0 e em R+

0 .

Exercıcio 0.3 Indique se e uma operacao binaria:

(a) A adicao em Q.

(b) A multiplicacao em Q.

(c) A multiplicacao em Z+.

(d) A multiplicacao em Z−0 .

(e) A adicao usual de polinomios no conjunto dos polinomios de grau igual a 2,na variavel x, com coeficientes em R.

(f) A adicao usual de polinomios no conjunto dos polinomios de grauinferior ou igual a 2, na variavel x, com coeficientes em R, denotado ha-bitualmente por R2[x].

(g) O que sucede se, em (f), substituirmos 2 por n ∈ N, arbitrario, e R porK ∈ {R, C}?

Seja ∗ uma operacao binaria em A. Dizemos que:

(i) A operacao ∗ e comutativa (em A) se

∀a,b∈A a∗b = b∗a.

(ii) A operacao ∗ e associativa (em A) se

∀a,b,c∈A (a∗b) ∗c = a∗ (b∗c) .

(iii) Existe elemento neutro para a operacao ∗ (em A) se

∃u∈A ∀a∈A a∗u = u∗a = a.

Notemos que o elemento neutro, quando existe, e unico. De facto, se u e u′ fossem ambos

elementos neutros para a operacao ∗ (em A) ter-se-ia

u∗u′ = u′, por u ser elemento neutro

e

u∗u′ = u, por u′ ser elemento neutro.

Page 17: Sebenta Algebra

11

Logo

u = u′.

Se ∗ e uma operacao binaria em A, com elemento neutro u, dizemos que a∈A tem oposto

(para a operacao ∗) se existe a′∈A tal que a∗a′ = a′∗a = u.

Quando a operacao ∗ e associativa, se existe oposto de a∈A ele e unico. De facto, se v e v′

fossem ambos opostos de a, isto e, se se verificasse

a∗v = v∗a = u

e simultaneamente

a∗v′ = v′∗a = u

entao concluirıamos que

v = v∗u = v∗(a∗v′

)= (v∗a) ∗v′ = u∗v′ = v′.

Dizemos que A, com a operacao binaria ∗, e um grupo, ou simplesmente, que (A, ∗) e um

grupo se, em A, a operacao ∗ e associativa, tem elemento neutro e todo o elemento de A tem

oposto, isto e, alem das propriedades (ii) e (iii) verifica-se:

(iv) ∀a∈A ∃v∈A a∗v = v∗a = u.

Dizemos que A, com a operacao binaria ∗, e um grupo comutativo se e um grupo e a

operacao ∗ e comutativa, isto e, se se verificam as propriedades (i), (ii), (iii) e (iv).

Exercıcio 0.4 Indique quais das propriedades (i) a (iv) sao satisfeitas pelas operacoesbinarias seguidamente referidas e nos conjuntos indicados:

(a) A adicao, em R+0 .

(b) A multiplicacao, em Z \ {0}.(c) A adicao, em R2[x], sendo R2[x] o conjunto dos polinomios, na variavel x,

com coeficientes em R, com grau inferior ou igual a 2.

(d) A multiplicacao, em R \ {0}.

Page 18: Sebenta Algebra
Page 19: Sebenta Algebra

Capıtulo 1

Matrizes

1.1 Generalidades

Seja K ∈ {R, C}. Aos elementos de K (reais ou complexos) chamaremos escalares.

Definicao 1.1 Chama-se matriz de tipo m×n, sobre K, a qualquer aplicacao de

{1, . . . ,m} × {1, . . . , n} em K.

Como cada uma dessas aplicacoes fica perfeitamente determinada se conhecermos o ele-

mento, unico, de K correspondente a cada par (i, j), com i = 1, . . . ,m e j = 1, . . . , n, e usual

indicar tais imagens num quadro com m linhas e n colunas em que a imagem do par (i, j)

e o elemento de K que se encontra na linha i e coluna j. Assim, surge frequentemente, a

seguinte definicao de matriz.

Definicao 1.2 Sejam m,n ∈ N. Chama-se matriz do tipo m×n, sobre K, a qualquer

quadro que se obtenha dispondo mn elementos de K segundo m linhas e n colunas,

isto e, a qualquer quadro da forma

A =

26666664

A11 A12 · · · A1n

A21 A22 · · · A2n

..

....

. . ....

Am1 Am2 · · · Amn

37777775, com Aij ∈ K, i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , n.

Os escalares Aij dizem-se os elementos da matriz A.

Page 20: Sebenta Algebra

14

Para cada i, i = 1, . . . ,m, e para cada j, j = 1, . . . , n, dizemos que Aij e o elemento

de A situado na linha i e na coluna j. Tal elemento e tambem referido como a entrada

(i, j) de A ou como o elemento (i, j) de A.

Chamamos linha i de A, com i ∈ {1, . . . ,m}, ao elemento de Kn, isto e, ao n-uplo

(Ai1, Ai2, . . . , Ain). Chamamos coluna j de A, com j ∈ {1, . . . , n}, ao elemento de

Km, isto e, ao m-uplo (A1j , A2j , . . . , Amj).

Notacao 1.3 • O conjunto das matrizes do tipo m×n sobre K sera representado por

Mm×n(K). Se m = n tambem se utiliza a notacao Mn(K).

• E frequente denotarmos a entrada (i, j) de uma matriz A por Aij .

• A matriz A ∈ Mm×n(K) da definicao pode ser apresentada abreviadamente na forma

A = [Aij ]m×n, ou, simplesmente, A = [Aij ] se o tipo da matriz for obvio pelo contexto

ou nao for importante para a questao em estudo.

Exemplo 1.4 Seja A ="

1 i 2 + 3i

−1 0 3

#. Tem-se A ∈ M2×3(C), a linha 2 de A e

(−1, 0, 3) e a coluna 3 de A e (2 + 3i, 3).

A definicao de igualdade de matrizes surge de forma natural.

Definicao 1.5 Dizemos que as matrizes A,B ∈ Mm×n(K) sao iguais, e escrevemos

A = B, se Aij = Bij , para i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , n.

Note que so podem ser iguais matrizes que sejam do mesmo tipo e serao iguais se, alem

disso, os elementos que ocupam a mesma posicao em ambas as matrizes, a que chamaremos

elementos homologos, forem iguais.

Exemplo 1.6 As matrizes A =

2664

1 0 a

2 −1 i

−i 1 0

3775, B =

2664

1 0 3

2 −1 i

b 1 0

3775 ∈ M3×3(C) sao

iguais se, e so se, a = 3 e b = −i.

Vejamos alguma terminologia e notacoes basicas envolvendo matrizes.

Page 21: Sebenta Algebra

15

Definicao 1.7 Seja A ∈Mm×n(K).

A diz-se uma matriz–linha se m = 1.

A diz-se uma matriz–coluna se n = 1.

A diz-se uma matriz quadrada se m = n. Neste caso diz-se que A e quadrada de

ordem n ou, simplesmente, que A e uma matriz de ordem n.

Exemplo 1.8 A =

2664

1

3

2

3775 e uma matriz-coluna. B =

h1 3

ie uma matriz-linha. C =

h2i

e uma matriz-linha e uma matriz-coluna. D ="

2 3

1 −1

#e uma matriz (quadrada)

de ordem 2.

Definicao 1.9 Seja A uma matriz de ordem n, isto e, uma matriz da forma

A =

26666664

A11 A12 · · · A1n

A21 A22 · · · A2n

......

. . ....

An1 An2 · · · Ann

37777775.

Aos elementos A11, A22, . . . , Ann chamamos os elementos diagonais de A.

Chamamos diagonal principal de A ao n-uplo (A11, A22, . . . , Ann).

Dizemos que A e triangular superior se

Aij = 0 para i > j,

ou seja, se A tem a forma 26666664

A11 A12 · · · A1n

0 A22 · · · A2n

......

. . ....

0 0 · · · Ann

37777775.

Dizemos que A e triangular inferior se

Aij = 0 para i < j,

ou seja, se A tem a forma 26666664

A11 0 · · · 0

A21 A22 · · · 0

......

. . ....

An1 An2 · · · Ann

37777775.

Page 22: Sebenta Algebra

16

Dizemos que A e uma matriz diagonal se

Aij = 0 para i 6= j,

ou equivalentemente,

Aij = 0 para i > j e Aij = 0 para i < j.

Assim, dizer que A e uma matriz diagonal equivale a afirmar que A e simultaneamente

triangular superior e triangular inferior ou, ainda, que A tem a forma26666664

A11 0 · · · 0

0 A22 · · · 0

..

....

. . ....

0 0 · · · Ann

37777775.

Uma matriz diagonal em que todos os elementos diagonais sao iguais diz-se uma

matriz escalar . Um matriz escalar e, pois, uma matriz da forma26666664

α 0 · · · 0

0 α · · · 0

......

. . ....

0 0 · · · α

37777775.

A matriz escalar de ordem n cujos elementos diagonais sao todos iguais a 1 chamamos

matriz identidade de ordem n e representamos por In.

Notemos que In = [δij ], sendo δij o sımbolo de Kronecker ( δij =

1 , se i = j

0 , se i 6= j).

Exemplo 1.10 A matriz A =

2664

3 0 1

0 −2 1

0 0 4

3775 e triangular superior e a diagonal principal

de A e (3,−2, 4).

A matriz B ="

2 0

0 3

#e uma matriz diagonal, mas nao e uma matriz escalar. As matrizes

C ="

2 0

0 2

#e I3 =

2664

1 0 0

0 1 0

0 0 1

3775 sao matrizes escalares.

Page 23: Sebenta Algebra

17

Exercıcio 1.1 Considere as seguintes matrizes:

A =

24 1 −1 0 1

2 1 1 0−1 1 3 1

35, B =

24 3 0 0

0 2 00 0 1

35, C =

24 1−1

2

35, D =

�−3 1 4 1

E =�

2�, F =

2664

0 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0

3775, G =

24 1 4

2 53 6

35, H =

24 0 0 0

1 0 02 4 0

35 e I =

�1 00 1

�.

Indique:

(a) O tipo de cada matriz.

(b) Quais das matrizes sao quadradas.

(c) Quais das matrizes sao triangulares inferiores.

(d) Quais das matrizes sao diagonais.

(e) Quais das matrizes sao escalares.

Exercıcio 1.2 Escreva a matriz A ∈ M3×3(R) tal que:

(a) Aij =

8<:

1, se i > j0, se i = j−1, se i < j

.

(b) Aij =

�1, se i + j e par−1, se i + j e ımpar

.

1.2 Operacoes com matrizes

Vejamos algumas operacoes envolvendo matrizes.

Comecemos pela operacao de adicao em Mm×n(K), que faz corresponder a cada par

de matrizes de Mm×n(K) uma, e uma so, matriz de Mm×n(K) definida como se segue.

Definicao 1.11 Sejam A,B ∈ Mm×n(K). Chamamos soma das matrizes A e B, e

denotamos por A + B, a matriz de Mm×n(K) cuja entrada (i, j) e Aij + Bij , isto e,

(A + B)ij = Aij + Bij , i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , n.

Exemplo 1.12 Sendo A ="

2 −3 0

0 5 1

#e B =

"−3 1 4

2 0 3

#tem-se A+B =

"−1 −2 4

2 5 4

#.

Vejamos que a adicao emMm×n(K) tem propriedades identicas as da adicao em K ∈ {R, C}

que recordamos na Seccao 0.2 do Capıtulo 0.

Proposicao 1.13 Mm×n(K), com a adicao usual de matrizes, e um grupo comutativo, isto

e, verificam-se as propriedades:

Page 24: Sebenta Algebra

18

1. ∀A,B∈Mm×n(K) A + B = B + A

(comutatividade da adicao em Mm×n(K)).

Dizemos entao apenas “soma das matrizes A e B”.

2. ∀A,B,C∈Mm×n(K) (A + B) + C = A + (B + C)

(associatividade da adicao em Mm×n(K)).

3. ∃0m×n∈Mm×n(K) ∀A∈Mm×n(K) A + 0m×n = 0m×n + A = A

(existencia de elemento neutro da adicao emMm×n(K)), denotado por 0m×n).

4. ∀A∈Mm×n(K) ∃−A∈Mm×n(K) A + (−A) = (−A) + A = 0m×n

(existencia de oposto para a adicao, de todo o elemento A ∈Mm×n(K), denotado por

−A).

Demonstracao:

Demonstra-se cada igualdade mostrando que a matriz do primeiro membro (mem-

bro da esquerda) e a matriz do segundo membro (membro da direita) da igualdade

sao do mesmo tipo (isto e, tem o mesmo numero de linhas e o mesmo numero de

colunas) e os seus elementos homologos sao iguais.

Demonstramos apenas a propriedade 2, deixando as restantes como exercıcio.

Sejam A,B, C ∈ Mm×n(K). Note-se que (A + B) + C e A + (B + C) sao ambas

matrizes do tipo m×n. De acordo com a definicao de adicao de matrizes, tem-se((A + B) + C

)ij

= (A + B)ij + Cij = (Aij + Bij) + Cij

e (A + (B + C)

)ij

= A + (B + C)ij = Aij + (Bij + Cij) .

Como Aij , Bij e Cij sao elementos de K e em K a adicao e associativa, concluımos

que os elementos homologos((A + B) + C

)ij

e(A + (B + C)

)ij

sao iguais, para

i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , n. Logo (A + B) + C = A + (B + C).

Note que, de acordo com o referido na Seccao 0.4:

• O elemento neutro para a adicao emMm×n(K) e unico. Trata-se, obviamente, da

matriz de Mm×n(K) com todos os elementos nulos, que designamos por matriz

nula de Mm×n(K).

• O oposto para a adicao, de A ∈Mm×n(K), e unico. Verificamos facilmente que

(−A)ij = −Aij , i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , n.

Page 25: Sebenta Algebra

19

Notacao 1.14 • Se A,B ∈Mm×n(K), representamos por A−B a matriz A + (−B).

Vejamos agora a operacao de multiplicacao de um escalar por uma matriz .

Trata-se de uma operacao que associa a cada elemento de K e a cada elemento deMm×n(K)

um elemento de Mm×n(K) definido da seguinte forma.

Definicao 1.15 Sejam α ∈ K e A ∈ Mm×n(K). Chamamos produto do escalar α

pela matriz A, e denotamos por αA, a matriz de Mm×n(K) cujo elemento (i, j) e

αAij , isto e,

(αA)ij = αAij , i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , n.

Vejamos as principais propriedades da operacao de multiplicacao de um escalar por uma

matriz.

Proposicao 1.16 Sejam A,B ∈Mm×n(K) e α, β ∈ K. Tem-se

1. α(A + B) = αA + αB.

2. (α + β)A = αA + βA.

3. (αβ)A = α(βA).

4. 1A = A.

5. (−α)A = α(−A) = −(αA).

Demonstracao:

Vamos demonstrar a propriedade 2. As restantes ficam como exercıcio.

Sejam A ∈ Mm×n(K) e α, β ∈ K. Como αA ∈ Mm×n(K), βA ∈ Mm×n(K)

concluımos que (αA + βA) ∈Mm×n(K) tal como a matriz (α+β)A. Verifiquemos

que os elementos homologos das matrizes (α + β)A e αA + βA sao iguais.

Tem-se ((α + β)A

)ij

= (α + β)Aij

e

(αA + βA)ij = (αA)ij + (βA)ij = αAij + βAij , i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , n.

Page 26: Sebenta Algebra

20

Como, em K, a multiplicacao e distributiva em relacao a adicao, sabemos que

(α + β)Aij = αAij + βAij . Logo

(α + β)A = αA + βA.

Notemos que para demonstrar a igualdade

α(−A) = −(αA)

da propriedade 5, teremos apenas que demonstrar que

αA + α(−A) = 0m×n.

Exercıcio 1.3 Considere as matrizes de elementos reais

A =

�3 1 01 1 −1

�, B =

�1 0 4−1 2 −1

�e C =

�0 0 1−2 −2 1

�.

Determine:

(a) (A + B) + C.

(b) 2A + (2C + 2B).

(c) A−B.

(d) 2A− 3(B + C).

Exercıcio 1.4 Dadas as matrizes A e B de elementos reais

A =

24 1 0 0

0 1 00 0 1

35 e B =

24 1 1 1

1 1 11 1 1

35,

determine X ∈ M3×3(R), tal que X + A = 2(X −B).

Vejamos agora como se define a multiplicacao de matrizes. A primeira ideia que prova-

velmente nos ocorre e considerar que so se pode multiplicar uma matriz A por uma matriz

B se ambas pertencem aMm×n(K) e a matriz resultante sera a matriz deMm×n(K) que se

obtem multiplicando os elementos homologos de A e de B. Tal multiplicacao designa-se por

multiplicacao de Hadamard e a matriz resultante, designada por produto de Hadamard

de A por B, e frequentemente denotada por A ◦ B. Por exemplo, o produto de Hadamard

das matrizes A ="

1 2 0

−1 0 3

#e B =

"3 5 1

3 2 4

#e a matriz A ◦ B =

"3 10 0

−3 0 12

#. (Veja

as propriedades desta operacao.)

No entanto, a maioria da documentacao de Algebra Linear quando refere a operacao de

“multiplicacao de matrizes” designa uma operacao bastante mais complicada de efectuar que

a multiplicacao de Hadamard.

Page 27: Sebenta Algebra

21

A razao de ser de tal definicao so sera compreendida mais tarde, no capıtulo das Aplicacoes

Lineares.

Definicao 1.17 Sejam A ∈Mm×n(K) e B ∈Mn×p(K). Define-se produto da matriz

A pela matriz B, e representa-se por AB, a matriz de Mm×p(K) tal que

(AB)ij = Ai1B1j + · · ·+ AinBnj , i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , p.

Assim,

(AB)ij =n∑

k=1

AikBkj .

Como se pode ver pela definicao, o produto AB, isto e, o produto da matriz A pela

matriz B (por esta ordem), apenas esta definido se o numero de colunas de A e igual ao

numero de linhas de B. Neste caso, o numero de linhas de AB e igual ao numero de linhas

de A e o numero de colunas de AB e igual ao numero de colunas de B. O elemento (i, j)

de AB obtem-se a partir dos elementos da linha i de A e dos elementos da coluna j de B,

conforme e indicado na definicao. Esquematicamente, tem-se

2664· · · · · · · · · · · ·Ai1 Ai2 · · · Ain

· · · · · · · · · · · ·

3775

26666664

· · · B1j · · ·· · · B2j · · ·...

......

· · · Bnj · · ·

37777775

=

2664· · · · · · · · ·· · · Ai1B1j + Ai2B2j + · · ·+ AinBnj · · ·· · · · · · · · ·

3775.

Exemplo 1.18 1. Sejam A ="

0 1 2

3 0 5

#e B =

2664

9 8 7

−8 −2 6

−1 0 4

3775. Entao

AB ="

0×9 + 1× (−8) + 2× (−1) 0×8 + 1× (−2) + 2×0 0×7 + 1×6 + 2×4

3×9 + 0× (−8) + 5× (−1) 3×8 + 0× (−2) + 5×0 3×7 + 0×6 + 5×4

#

="−10 −2 14

22 24 41

#.

Note que, neste caso, o produto BA nao esta definido, visto o numero de colunas de B

ser diferente do numero de linhas de A.

2. Sejam A =h

0 1 2i

e B =

2664

9

−8

−1

3775. Entao

AB =h

0×9 + 1× (−8) + 2× (−1)i=h−10

i

e

BA =

2664

9×0 9×1 9×2

−8×0 −8×1 −8×2

−1×0 −1×1 −1×2

3775 =

2664

0 9 18

0 −8 −16

0 −1 −2

3775.

Page 28: Sebenta Algebra

22

3. Sejam A ="

1 2

−1 −2

#, B =

"4 −6

−2 3

#e C =

"−2 6

1 −3

#. Tem-se

AB ="

0 0

0 0

#, BA =

"10 20

−5 −10

#e AC =

"0 0

0 0

#.

Note que, neste caso, se tem

(a) AB 6= BA;

(b) AB = 0 com A 6= 0 e B 6= 0;

(c) AB = AC, com A 6= 0 e B 6= C.

Exercıcio 1.5 Sejam

A =�

1 2 −1�∈ M1×3(R) e B =

24 0

13

35 ∈ M3×1(R).

Determine, se possıvel, AB e BA.

Exercıcio 1.6 Considere as matrizes de elementos reais

A =�

1 2�, B =

�2 10 2

�, C =

24 1 −1

0 12 0

35 e D =

�−1 1 1

1 −1 0

�.

Determine, se possıvel, o produto:

(a) AB;

(b) BA;

(c) CD;

(d) DC.

Exercıcio 1.7 Sejam A ∈ Mm×n(K) e B ∈ Mn×p(K). Justifique que, para calcular oproduto AB, e necessario efectuar mpn multiplicacoes e mp(n − 1) adicoes, envolvendoelementos de K.

Exercıcio 1.8 (a) Considere as matrizes A =

�4 22 1

�, B =�

−1 −12 2

�∈M2×2(R). Determine AB e BA.

(b) Considerando as matrizes A =

�4 22 1

�, C =

�0 −33 0

�∈ M2×2(R),

determine CA.

(c) Utilizando as alıneas anteriores conclua que existem matrizes A, B e C,quadradas, da mesma ordem, tais que:

(i) AB 6= BA;

(ii) AB = 0 com A 6= 0 e B 6= 0;

(iii) BA = CA, com A 6= 0 e B 6= C.

Page 29: Sebenta Algebra

23

Exercıcio 1.9 Considere as matrizes de elementos reais

A1 =

24 1 2 3

0 0 0−1 1 1

35, A2 =

24 2 1 0

1 1 −11 1 2

35, A3 =

�1 1 3−2 1 1

�, A4 =

24 0 1 −1

0 1 20 2 −2

35,

B1 =

24 3 1 1−1 −1 1−1 1 1

35, B2 =

24 1 1

0 01 −1

35, B3 =

24 1 −1 0−1 1 0

1 1 0

35, B4 =

24 1 2

1 14 2

35.

Determine AiBi, i = 1, 2, 3, 4.

Exercıcio 1.10 Mostre que se A ∈Mm×n(K) tem a propriedade

AX = 0, para toda a matriz–coluna X ∈Mn×1(K),

entao A = 0m×n.

Sugestao: Considere X = Ei, i = 1, . . . , n, sendo Ei ∈ Mn×1(K) a matriz–colunacom todos os elementos nulos excepto o da linha i que e igual a 1.

Exercıcio 1.11 Sendo A = [Aij ] ∈Mn×n(K) designa-se por traco de A, e representa-sepor tr A, o elemento de K definido por

tr A =

nXi=1

Aii.

Justifique que:

(a) tr (A + B) = tr A + tr B, quaisquer que sejam A, B ∈Mn×n(K).

(b) tr (αA) = α tr A, quaisquer que sejam α ∈ K e A ∈Mn×n(K).

(c) tr (AB) = tr (BA), quaisquer que sejam A ∈ Mm×n(K) e B ∈Mn×m(K).

(d) Nao existem matrizes A, B ∈ Mn×n(K) tais que

AB −BA = In.

Vejamos as propriedades da multiplicacao de matrizes.

Proposicao 1.19 Seja A ∈Mm×n(K) e sejam B, C matrizes do tipo adequado de forma a

que as operacoes indicadas estejam definidas. Tem-se

1. (AB)C = A(BC)

(associatividade da multiplicacao).

2. A(B + C) = AB + AC

(distributividade, a esquerda, da multiplicacao em relacao a adicao),

(B + C)A = BA + CA

(distributividade, a direita, da multiplicacao em relacao a adicao).

3. α(AB) = (αA)B = A(αB),

para qualquer escalar α de K.

Page 30: Sebenta Algebra

24

4. AIn = ImA = A.

5. A multiplicacao de matrizes nao e comutativa.

6. AB = 0 6⇒ (A = 0 ou B = 0),

isto e, pode ter-se AB = 0 com A 6= 0 e B 6= 0.

7. (AB = AC e A 6= 0) 6⇒ B = C,

(BA = CA e A 6= 0) 6⇒ B = C.

Demonstracao:

Inverteremos a ordem da demonstracao por assim ser crescente a ordem de difi-

culdade da mesma. Comecemos por observar que as propriedades 5, 6 e 7 estao ja

demonstradas (veja-se 3 do Exemplo 1.18 e (iii) do Exercıcio 1.8).

4. Demonstremos apenas a igualdade

AIn = A

uma vez que a demonstracao da igualdade ImA = A e identica.

Como A e AIn pertencem ambas aMm×n(K) teremos apenas de demonstrar que

Aij = (AIn)ij .

Recorde que In = [δij ], com δij =

1 se i = j

0 se i 6= j. Assim

(AIn)ij =n∑

k=1

Aikδkj = Aijδjj = Aij1 = Aij ,

conforme se pretendia demonstrar.

3. Demonstremos a igualdade

α(AB) = (αA)B.

Sejam A ∈ Mm×n(K) e B ∈ Mn×p(K). Observe-se que as matrizes α(AB) e

(αA)B pertencem ambas a Mm×p(K) pelo que falta apenas demonstrar que(α(AB)

)ij

=((αA)B

)ij

.

Pela definicao de produto de um escalar por uma matriz e posteriormente pela

forma como esta definido o produto de matrizes, tem-se(α(AB)

)ij

= α(AB)ij = αn∑

k=1

AikBkj .

Page 31: Sebenta Algebra

25

Por outro lado, pela definicao de produto de matrizes e posteriormente pela de-

finicao de produto de um escalar por uma matriz, tem-se((αA)B

)ij

=n∑

k=1

(αA)ikBkj =n∑

k=1

αAikBkj .

Como α, Aik e Bkj sao elementos de K e em K a multiplicacao e distributiva em

relacao a adicao, podemos por α em evidencia e obter, conforme pretendıamos,((αA)B

)ij

= αn∑

k=1

AikBkj .

2. Sejam A ∈Mm×n(K) e B,C ∈Mn×p(K). Vejamos que A(B+C) = AB+AC.

Como A ∈ Mm×n(K) e B + C ∈ Mn×p(K), a matriz A(B + C) ∈ Mm×p(K).

Dado que AB ∈ Mm×p(K) e AC ∈ Mm×p(K) entao AB + AC ∈ Mm×p(K).

Logo A(B + C) e AB + AC pertencem ambas a Mm×p(K).

Da definicao de produto de matrizes sabemos que o elemento (i, j) da matriz

A(B + C),(A(B + C)

)ij

, e∑n

k=1 Aik(B + C)kj . Como, pela definicao de soma

de matrizes, se tem (B + C)kj = Bkj + Ckj , concluımos que

(A(B + C)

)ij

=n∑

k=1

Aik(Bkj + Ckj).

Por outro lado,

(AB + AC)ij = (AB)ij + (AC)ij =n∑

k=1

AikBkj +n∑

k=1

AikCkj .

Utilizando, por esta ordem, as propriedades distributiva da multiplicacao em

relacao a adicao, comutativa e associativa da adicao em K, tem-se(A(B + C)

)ij

=n∑

k=1

Aik(Bkj + Ckj) =n∑

k=1

AikBkj +n∑

k=1

AikCkj

= (AB)ij + (AC)ij = (AB + AC)ij .

Logo A(B + C) = AB + AC.

(Analogamente se mostra que, para A,B ∈ Mm×n(K) e C ∈ Mn×p(K), se tem

(A + B)C = AC + BC.)

1. Sejam A ∈Mm×n(K), B ∈Mn×p(K) e C ∈Mp×q(K). Como AB ∈Mm×p(K)

e BC ∈ Mn×q(K) entao (AB)C e A(BC) sao ambas matrizes de Mm×q(K). Da

definicao de produto de matrizes sabemos ainda que o elemento (i, j) da matriz

(AB)C,((AB)C

)ij

, e∑p

k=1 (AB)ikCkj . Como (AB)ik =∑n

s=1 AisBsk, con-

cluımos que ((AB)C

)ij

=p∑

k=1

(n∑

s=1

AisBsk

)Ckj .

Page 32: Sebenta Algebra

26

De modo analogo, (A(BC)

)ij

=n∑

s=1

Ais

(p∑

k=1

BskCkj

).

Utilizando as propriedades distributiva da multiplicacao em relacao a adicao, as-

sociativa da multiplicacao e da adicao e comutativa da adicao em K, tem-se((AB)C

)ij

=p∑

k=1

(n∑

s=1

AisBsk

)Ckj =

p∑k=1

n∑s=1

(AisBsk) Ckj

=p∑

k=1

n∑s=1

Ais (BskCkj) =n∑

s=1

p∑k=1

Ais (BskCkj)

=n∑

s=1

Ais

(p∑

k=1

BskCkj

)=(A(BC)

)ij

.

Logo (AB)C = A(BC).

Exercıcio 1.12 Justifique que Im e In sao as unicas matrizes que verificam as igualdadesImA = A = AIn, para toda a matriz A ∈Mm×n(K).

Exercıcio 1.13 Sejam A, B ∈ Mn×n(K). Designa-se por comutador de A e B a matriz,que se representa habitualmente por [A, B], definida da seguinte forma:

[A, B] = AB −BA.

Mostre que:

(a) [A, B] = −[B, A].

(b)�A, [B, C]

�+�B, [C, A]

�+�C, [A, B]

�= 0.

Como vimos, em Mn×n(K), a multiplicacao de matrizes nao e comutativa. Tal significa

que existem A,B ∈ Mn×n(K) tal que AB 6= BA. Contudo, pode haver matrizes A,B ∈

Mn×n(K) tais que AB = BA. Neste caso, dizemos que A e B comutam . E o que sucede,

por exemplo, se considerarmos A ∈ Mn×n(K) arbitraria e tomarmos B = 0n×n ou B = In

ou B = A.

Seja A ∈ Mm×n(K). Pela forma como esta definida a multiplicacao de matrizes con-

cluımos que o produto de A por A, pode ser calculado se, e so se, n = m. Consideremos

entao a seguinte definicao.

Definicao 1.20 Seja A ∈ Mn×n(K). Chamamos potencia de expoente k de A

(k ∈ N0) a matriz deMn×n(K), que representamos por Ak, definida, por recorrencia,

do seguinte modo:

Ak =

In, se k = 0

Ak−1A, se k ∈ N.

Page 33: Sebenta Algebra

27

Proposicao 1.21 Quaisquer que sejam A ∈Mn×n(K) e k, l ∈ N0, tem-se

1. AkAl = Ak+l.

2. (Ak)l = Akl.

Demonstracao:

Demonstramos a propriedade 1, ficando a propriedade 2 como exercıcio.

Vamos demonstrar por inducao em l. Sejam A ∈Mn×n(K) e k ∈ N0.

Se l = 0, temos AkAl = AkA0 = AkIn = Ak = Ak+0 = Ak+l.

Hipotese de Inducao: AkAl = Ak+l.

Demonstremos que AkA(l+1) = Ak+(l+1).

Atendendo a definicao anterior e como a multiplicacao de matrizes e associativa,

temos

AkA(l+1) = Ak(AlA) = (AkAl)A.

Pela hipotese de inducao (AkAl)A = Ak+lA e, de acordo com a definicao anterior,

Ak+lA = A(k+l)+1. Entao,

AkA(l+1) = A(k+l)+1 = Ak+(l+1).

Logo, para quaisquer k, l ∈ N0 tem-se

AkAl = Ak+l.

Como a multiplicacao de matrizes nao e comutativa, concluımos que podem existir ma-

trizes A,B ∈Mn×n(K) tais que (AB)2 6= A2B2. Por exemplo, para

A ="

1 1

0 1

#e B =

"−1 2

1 0

#,

tem-se

A2 ="

1 2

0 1

#, B2 =

"3 −2

−1 2

#, AB =

"0 2

1 0

#e A2B2 =

"1 2

−1 2

#6="

2 0

0 2

#= (AB)2.

Exercıcio 1.14 Mostre que para as matrizes A =

�0 10 1

�, B =

�−1 −1

0 0

�∈

M2×2(R) se tem:

(a) (A + B)2 6= A2 + 2AB + B2.

(b) (A−B)2 6= A2 − 2AB + B2.

(c) A2 −B2 6= (A−B)(A + B).

Page 34: Sebenta Algebra

28

Exercıcio 1.15 Sejam A, B ∈ Mn×n(K) tais que

AB = BA.

Mostre que:

(a) (A + B)2 = A2 + 2AB + B2.

(b) (A−B)2 = A2 − 2AB + B2.

(c) A2 −B2 = (A−B)(A + B).

(d) (AB)k = AkBk, para qualquer k ∈ N0.

Exercıcio 1.16 Seja A ∈ Mn×n(K) tal que

A2 = 0.

Justifique que A(In + A)k = A, para qualquer k ∈ N.

Exercıcio 1.17 Uma matriz A ∈ Mn×n(K) diz-se involutiva se A2 = In e idempotentese A2 = A. Mostre que:

(a) M =

2664

1 0 0 00 1 0 0a b −1 0c d 0 −1

3775 ∈ M4×4(K) e involutiva, quaisquer que sejam

a, b, c, d ∈ K.

(b) Se N ∈Mn×n(K) e involutiva entao

1

2(In + N) e

1

2(In −N)

sao idempotentes e(In + N) (In −N) = 0.

(c) Toda a matriz involutiva se pode escrever como diferenca de duas matrizesidempotentes, cujo produto e a matriz nula.

Exercıcio 1.18 Se A ∈ Mn×n(K) e idempotente (isto e, A2 = A) entao

(A + In)k = In + (2k − 1)A, para qualquer k ∈ N.

1.3 Inversa de uma matriz quadrada

Conforme recordamos na Seccao 0.3 do Capıtulo 0, se ∗ e uma operacao binaria definida

num conjunto A, com elemento neutro u, dizemos que a∈A tem oposto (para a operacao ∗)

se existe a′∈A tal que

a∗a′ = a′∗a = u.

EmMn×n(K) a multiplicacao de matrizes e uma operacao binaria, com elemento neutro,

In. Tem-se, pois, a seguinte definicao.

Page 35: Sebenta Algebra

29

Definicao 1.22 Seja A ∈ Mn×n(K). Dizemos que A e invertıvel , ou que tem

inversa, se A tem oposto para a multiplicacao de matrizes, isto e, se existir uma

matriz B ∈Mn×n(K), tal que AB = BA = In.

Conforme observamos na Seccao 0.3 do Capıtulo 0, uma tal matriz, quando existe, e

unica.

Teorema 1.23 Se A ∈ Mn×n(K) e uma matriz invertıvel entao existe uma, e uma so,

matriz B tal que AB = BA = In.

Definicao 1.24 Se A ∈Mn×n(K) e uma matriz invertıvel, a unica matriz B tal que

AB = BA = In designa-se por a inversa de A e e denotada por A−1.

Sabemos que em K ∈ {R, C} a multiplicacao e comutativa, o que vimos nao suceder em

Mn×n(K). Outra propriedade que sendo valida em K nao e valida em Mn×n(K) e a de em

K \ {0} todo o elemento ter oposto para a multiplicacao. De facto, em Mn×n(K),

A 6= 0 6⇒ A invertıvel.

Por exemplo, a matriz A ="

0 0

1 2

#∈ M2×2(R) nao tem inversa porque, para qualquer

B ="

a b

c d

#∈M2×2(R), se tem

AB ="

0 0

1 2

#"a b

c d

#="

0 0

a + 2c b + 2d

#6= I2,

e o mesmo se passa com qualquer matriz deMn×n(K) que tenha uma linha ou uma coluna

nula.

Exemplo 1.25 Suponhamos que pretendemos demonstrar que a matriz"

1 2

1 1

#e in-

vertıvel, sendo a sua inversa a matriz"−1 2

1 −1

#. Pela definicao anterior teremos apenas

de verificar que

"1 2

1 1

#"−1 2

1 −1

#= I2 e

"−1 2

1 −1

#"1 2

1 1

#= I2.

Page 36: Sebenta Algebra

30

Exercıcio 1.19 Seja A ∈ Mn×n(K) tal que A2 = In. Mostre que A e invertıvel eindique a sua inversa.

Exercıcio 1.20 Seja A ∈Mn×n(K) tal que A2+αA+βIn = 0, com α ∈ K e β ∈ K\{0}.Mostre que A e invertıvel e indique a sua inversa.

O resultado seguinte estabelece que se soubermos que A ∈ Mn×n(K) e uma matriz

invertıvel entao para demonstrar que a sua inversa e B basta verificar apenas que um dos

produtos AB ou BA e In.

Teorema 1.26 Seja A ∈Mn×n(K) uma matriz invertıvel.

1. Se B ∈Mn×n(K) e tal que AB = In entao B = A−1 e, portanto, BA = In.

2. Se B ∈Mn×n(K) e tal que BA = In entao B = A−1 e, portanto, AB = In.

Demonstracao:

1. Como A e invertıvel, A−1 existe (e e unica). Da igualdade

AB = In

resulta,

A−1(AB) = A−1In

(A−1A)B = A−1

InB = A−1

B = A−1,

como pretendıamos demonstrar. Da definicao de inversa resulta entao que A−1A =

BA = In.

2. Tem uma demonstracao inteiramente analoga a anterior, partindo da igualdade

BA = In e seguidamente multiplicando ambos os membros, a direita, por A−1.

Teorema 1.27 1. Se A ∈Mn×n(K) e invertıvel entao A−1 e invertıvel e (A−1)−1 = A.

2. Se A,B ∈Mn×n(K) sao invertıveis entao AB e invertıvel e (AB)−1 = B−1A−1.

3. Mais geralmente, se s ∈ N e A1, . . . , As ∈ Mn×n(K) sao invertıveis entao A1 · · ·As e

invertıvel e (A1 · · ·As)−1 = As

−1 · · ·A1−1.

Page 37: Sebenta Algebra

31

Demonstracao:

1. A demonstracao e trivial se atendermos a definicao de inversa e a sua unicidade.

2. Demonstremos que

(AB)(B−1A−1) = In e (B−1A−1)(AB) = In.

Como

(AB)(B−1A−1) = A(BB−1)A−1 = AInA−1 = AA−1 = In

e

(B−1A−1)(AB) = B−1(A−1A)B = B−1InB = B−1B = In,

concluımos o que pretendıamos.

3. A demonstracao faz-se por inducao sobre s e utilizando a propriedade 2.

(Exercıcio.)

Exercıcio 1.21 De exemplo de matrizes A, B ∈ Mn×n(K) tais que:

(a) A e B sao invertıveis e A + B nao e invertıvel.

(b) A + B e invertıvel e nem A nem B sao invertıveis.

Exercıcio 1.22 Sejam A, B, B′ ∈Mn×n(K) e α ∈ K \ {0}. Mostre que:

(a) Se A e invertıvel entao αA e invertıvel e indique a sua inversa.

(b) Se A e invertıvel entao −A e invertıvel e indique a sua inversa.

(c) Se A e AB sao invertıveis entao B e invertıvel.

(d) Se B e AB sao invertıveis entao A e invertıvel.

(e) Se A e invertıvel e AB = AB′ entao B = B′.

(f) Se A e invertıvel e BA = B′A entao B = B′.

Exercıcio 1.23 Justifique que o conjunto das matrizes invertıveis deMn×n(K), com amultiplicacao usual de matrizes, e um grupo.

Exercıcio 1.24 Mostre que se A ∈ Mn×n(K) e tal que In + A e invertıvel entao asmatrizes (In + A)−1 e In −A comutam.

Sugestao: Comece por verificar que, para qualquer A ∈ Mn×n(K), as matrizes(In + A) e (In −A) comutam.

Page 38: Sebenta Algebra

32

Exercıcio 1.25 Sejam A, B ∈ Mn×n(K). Dizemos que A e semelhante a B se existeP ∈ Mn×n(K), invertıvel, tal que

B = P−1AP.

Justifique que:

(a) Toda a matriz e semelhante a si propria.

(b) Se A e semelhante a B entao B e semelhante a A. (Dizemos entao que A eB sao semelhantes.)

(c) Se A e semelhante a B e B e semelhante a C ∈ Mn×n(K) entao A esemelhante a C.

(d) A unica matriz semelhante a uma matriz escalar e ela propria.

(e) Se P ∈ Mn×n(K) e invertıvel e B = P−1AP entao Bk = P−1AkP , paraqualquer k ∈ N. (Assim, se A e semelhante a B entao Ak e semelhante aBk, para todo k ∈ N.)

(f) Se A e semelhante a B e A e invertıvel entao B e invertıvel.

(g) Se A e semelhante a B e A e invertıvel entao Ap e semelhante a Bp, paratodo p ∈ Z.

Notacao: Para s ∈ N, A−s significa�A−1

�s= (As)−1.

Adiante estudaremos processos para justificar que uma matriz quadrada e invertıvel sem

apresentar a sua inversa.

1.4 Transposicao de matrizes

Definicao 1.28 Seja A ∈Mm×n(K). Chamamos matriz transposta de A, e repre-

sentamos por A>, a matriz de Mn×m(K) tal que(A>)

ij= Aji, i = 1, . . . , n, j = 1, . . . ,m.

(O elemento da linha i e coluna j de A> e igual ao elemento da linha j e coluna i

de A. Notemos que tal corresponde a afirmar que a linha i de A> e igual a coluna

i de A, i = 1, . . . , n, ou equivalentemente, a coluna j de A> e igual a linha j de A,

j = 1, . . . ,m.)

A transposicao de matrizes goza das propriedades seguidamente enunciadas.

Proposicao 1.29 Sejam α ∈ K e A, B matrizes sobre K de tipos adequados para que as

operacoes indicadas tenham sentido. Tem-se

1.(A>)> = A.

2. (A + B)> = A> + B>.

Page 39: Sebenta Algebra

33

3. (αA)> = αA>.

4. (AB)> = B>A>.

5.(Ak)> =

(A>)k, para todo k ∈ N.

6. Se A e invertıvel entao A> e invertıvel e(A>)−1

=(A−1

)>.

Demonstracao:

A demonstracao das propriedades 1, 2 e 3 nao oferecem dificuldade, sendo deixadas

como exercıcio.

4. Sejam A ∈ Mm×n(K) e B ∈ Mn×p(K). Entao (AB)> e B>A> pertencem

ambas aMp×m(K). Vejamos que os elementos homologos de (AB)> e B>A> sao

iguais, isto e, que ((AB)>

)ij

=(B>A>

)ij

.

Tem-se (B>A>

)ij

=n∑

k=1

(B>)ik

(A>)kj

=n∑

k=1

(B)ki (A)jk

=n∑

k=1

(A)jk (B)ki = (AB)ji =((AB)>

)ij

.

Logo

(AB)> = B>A>.

5. A demonstracao faz-se por inducao sobre k e utilizando a propriedade 4.

(Exercıcio.)

6. Basta verificar que

A>(A−1

)>= In =

(A−1

)>A>.

Utilizando a propriedade 4, tem-se A>(A−1

)> =(A−1A

)> = In> = In e analo-

gamente se demonstra que(A−1

)>A> = In.

Definicao 1.30 Uma matriz A diz-se simetrica se A = A> e hemi–simetrica se

A = −A>.

Da definicao resulta que so podem ser simetricas ou hemi–simetricas matrizes que sejam

quadradas.

Page 40: Sebenta Algebra

34

Exemplo 1.31 A matriz

2664

1 2 3

2 0 4

3 4 5

3775 e simetrica. A matriz

2664

0 i 2

−i 0 −3

−2 3 0

3775 e hemi–simetrica.

A matriz

2664

1 i 2

−i 0 −3

−2 3 0

3775 nao e simetrica nem hemi–simetrica.

Exercıcio 1.26 Indique quais das matrizes

A =

�0 00 0

�, B =

24 1 2

2 33 4

35, C =

24 1 2 3

2 0 43 4 5

35

D =

24 1 2 3−2 0 4−3 −4 5

35 e E =

24 0 2 3−2 0 4−3 −4 0

35.

sao simetricas ou hemi–simetricas.

Exercıcio 1.27 Sejam A ∈ Mp×n(K) e B, C ∈Mn×m(K). Mostre que

[A(B + C)]> = B>A> + C>A>.

Exercıcio 1.28 Seja A ∈ Mn×n(K). Mostre que se A e simetrica entao, para todok ∈ N, Ak e simetrica.

Exercıcio 1.29 Sejam A, B ∈ Mn×n(K) e α ∈ K. Mostre que:

(a) Se A e B sao simetricas entao A + B e simetrica.

(b) Se A e B sao simetricas e AB = BA entao AB e simetrica.

(c) Se A e simetrica entao αA e simetrica.

(d) Se A e invertıvel e simetrica entao A−1 e simetrica.

Exercıcio 1.30 Justifique as afirmacoes:

(a) A unica matriz A ∈ Mn×n(K) que e simultaneamente simetrica ehemi–simetrica e a matriz nula.

(b) Se A ∈Mn×n(K) e simetrica entao o mesmo sucede a Ak, para todo k ∈ N.

Exercıcio 1.31 Seja A ∈ Mm×n(K).

(a) Mostre que as matrizes AA> e A>A sao simetricas.

(b) De um exemplo que mostre que os dois produtos, referidos em (a), podemser diferentes, mesmo que A seja quadrada.

Exercıcio 1.32 (a) Seja A ∈ Mn×n(K). Prove que:

(i) A + AT e simetrica;

(ii) A−AT e hemi–simetrica.

(b) Prove que qualquer matriz de Mn×n(K) e soma de uma matriz simetricacom uma matriz hemi–simetrica.

(c) Seja A =

24 1 2 3

4 5 67 8 9

35 ∈M3×3(R). Determine matrizes B simetrica e C

hemi–simetrica tais que B + C = A.

Page 41: Sebenta Algebra

35

1.5 Conjugada/Transconjugada de uma matriz

Nesta seccao consideramos K = C.

Definicao 1.32 Seja A ∈ Mm×n(C). Define-se a conjugada de A e representa-se

por A a matriz que se obtem de A substituindo cada elemento pelo seu conjugado.

Tem-se, pois, A ∈Mm×n(C) e(A)ij

= Aij .

Exemplo 1.33 A conjugada de A ="

1 9− 2i

7 + 3i 8i

#e a matriz A =

"1 9 + 2i

7− 3i −8i

#.

Proposicao 1.34 Sejam A,B ∈ Mm×n(C), C ∈ Mn×p(C) e α ∈ C. Tem-se as seguintes

propriedades.

1. A = A.

2. A + B = A + B.

3. αA = αA.

4. AC = A C.

5. Ak =(A)k.

6. Se m = n e A for uma matriz invertıvel entao(A)−1 = A−1.

7.(A)> = A>.

Demonstracao:

Exercıcio.

A matriz(A)> designa-se por transconjugada da matriz A e representa-se habitual-

mente por A∗.

Definicao 1.35 Uma matriz A diz-se hermıtica se A = A∗ e hemi–hermıtica se

A = −A∗.

Page 42: Sebenta Algebra

36

Exercıcio 1.33 Estabeleca as propriedades analogas as da proposicao anterior para atransconjugada de uma matriz.

Exercıcio 1.34 Justifique que se A, B ∈ Mn×n(K) comutam (isto e, se AB = BA)entao o mesmo sucede a

(a) A−1 e B−1, se A e B sao invertıveis.

(b) A> e B>.

(c) Ak e Bs, para todo k ∈ N e todo s ∈ N.

Exercıcio 1.35 O que pode afirmar sobre os elementos da diagonal principal de umamatriz

(a) Hermıtica?

(b) Hemi–hermıtica?

Exercıcio 1.36 Justifique que, para A ∈ Mm×n(C), as matrizes A∗A e AA∗ saohermıticas.

Exercıcio 1.37 Sejam A, B ∈ Mn×n(C) matrizes hermıticas. Justifique que:

(a) A + B e hermıtica.

(b) AB e hermıtica se, e so se, AB = BA.

(c) Ak e hermıtica, para todo k ∈ N.

(d) Se A e invertıvel entao A−1 e hermıtica.

(e) Se α e β sao numeros reais entao αA + βB e hermıtica.

(f) A−A∗, iA e −iA sao hemi–hermıticas.

(g) AB + BA e hermıtica e AB −BA e hemi–hermıtica.

Exercıcio 1.38 Justifique as afirmacoes:

(a) A unica matriz deMn×n(C) simultaneamente hermıtica e hemi–hermıticae a matriz nula.

(b) Qualquer que seja a matriz A ∈Mn×n(C), A + A∗ e hermıtica e A−A∗ ehemi–hermıtica.

(c) Toda a matriz A ∈ Mn×n(C) se pode escrever na forma A = B + C comB hermıtica e C hemi–hermıtica.

(d) Se C ∈Mn×n(C) e hemi–hermıtica entao iC e −iC sao hermıticas.

(e) As matrizes B e C referidas em (c) sao unicas.

Sugestao: Atenda a (a).

(f) Toda a matriz A ∈ Mn×n(C) se pode escrever na forma A = B + iD comB e D hermıticas.

Page 43: Sebenta Algebra

37

1.6 Transformacoes elementares sobre linhas de uma matriz.

Matrizes elementares

Definicao 1.36 Seja A ∈ Mm×n(K). Chamamos transformacao elementar so-

bre as linhas de A a uma transformacao de um dos seguintes tipos:

I Troca entre si de duas linhas da matriz A (isto e, troca da linha i com a linha

j, com i 6= j, i, j ∈ {1, . . . ,m});

II Multiplicacao de uma linha da matriz A por um escalar nao nulo;

III Substituicao de uma linha da matriz A pela sua soma com outra linha de A

multiplicada por um escalar.

Substituindo na definicao anterior “linha” por “coluna” obtemos as correspondentes de-

finicoes de transformacoes elementares sobre colunas dos tipos I, II e III.

Recordemos que se A = [Aij ] ∈ Mm×n(K), se definiu linha i de A como sendo um

elemento de Kn, isto e, o n-uplo de elementos de K,

(Ai1, Ai2, . . . , Ain).

No Capıtulo 0, referimos tambem a forma de adicionar n-uplos e de multiplicar um escalar

por um n-uplo. Chamamos multiplo de uma linha de A a um n-uplo que resulte da

multiplicacao de um escalar por essa linha.

Notacao 1.37 Adoptaremos as seguintes notacoes:

• li ←→ lj , para representar que se efectuou a troca das linhas i e j, com i 6= j.

• αli, para representar que a linha i foi multiplicada por α ∈ K \ {0}.

• li + βlj , para representar que se adicionou a linha i a linha j, i 6= j, multiplicada por

β ∈ K.

• A −−→T

B, para representar que a matriz B se obteve de A efectuando a transformacao

elementar T (de tipo nao especificado).

• A −−−−−−−→(linhas)

B, para representar que a matriz B se obteve de A efectuando um numero

finito k, com k≥0, de transformacoes elementares nas linhas (de tipos nao especifica-

dos).

Page 44: Sebenta Algebra

38

Exemplo 1.38

A =

2664

1 0 2

3 2 0

0 1 0

3775−−−−−−−→l2 + (−3)l1

2664

1 0 2

0 2 −6

0 1 0

3775−→12 l2

2664

1 0 2

0 1 −3

0 1 0

3775−−−−−−−→l3 + (−1)l2

2664

1 0 2

0 1 −3

0 0 3

3775−→

−→13l3

2664

1 0 2

0 1 −3

0 0 1

3775−−−−−→l2 + 3l3

2664

1 0 2

0 1 0

0 0 1

3775−−−−−−−→l1 + (−2)l3

2664

1 0 0

0 1 0

0 0 1

3775.

Podemos entao escrever

A =

2664

1 0 2

3 2 0

0 1 0

3775−−−−−→(linhas)

2664

1 0 0

0 1 0

0 0 1

3775.

Definicao 1.39 Chamamos matriz elementar deMn×n(K), sobre linhas, de tipo I,

II ou III, a toda a matriz que se obtem de In por aplicacao de uma unica transformacao

elementar nas suas linhas, de tipo I, II, ou III, respectivamente.

Substituindo na definicao anterior “linhas” por “colunas”, obtemos a correspondente

definicao de matriz elementar de Mn×n(K), sobre colunas.

Exemplo 1.40 Sao matrizes elementares de M3×3(R), sobre linhas, as matrizes:

1. E =

2664

0 1 0

1 0 0

0 0 1

3775, pois I3 −−−−−→l1↔l2

E.

2. E =

2664

1 0 0

0 5 0

0 0 1

3775, pois I3 −−−→5l2

E.

3. E =

2664

1 7 0

0 1 0

0 0 1

3775, pois I3 −−−−−−→l1+7l2

E.

Teorema 1.41 Seja A ∈Mm×n(K).

1. Se

Im −−→T E,

sendo T uma transformacao elementar sobre linhas, entao

A −−→T

EA.

Page 45: Sebenta Algebra

39

2. Se

In −−−→T ′E′,

sendo T ′ uma transformacao elementar sobre colunas, entao

A −−−→T ′

AE′.

Demonstracao:

Fica como exercıcio. (Considere separadamente os casos em que E e uma matriz

elementar de tipo I, II ou III, sobre linhas ou sobre colunas.)

De acordo com o teorema anterior, cada transformacao elementar efectuada sobre as

linhas (respectivamente, colunas) de uma matriz de Mm×n(K) corresponde a multiplicar a

matriz a esquerda (respectivamente, a direita) por uma matriz elementar. Tal matriz elemen-

tar e a que resulta da matriz identidade efectuando-lhe exactamente a mesma transformacao

elementar.

Exercıcio 1.39 Seja A ∈ M3×5(K). Determine as matrizes elementares que, multipli-cadas a esquerda de A, produzem em A cada uma das seguintes transformacoes:

(a) Troca da primeira com a terceira linhas;

(b) Multiplicacao da primeira linha por 6;

(c) Adicao de 15

da segunda linha a terceira linha.

Como consequencia do Teorema 1.41, resulta:

Proposicao 1.42 Toda a matriz elementar E ∈ Mn×n(K) e invertıvel e tem-se, quaisquer

que sejam i, j ∈ {1, . . . , n}:

1. Se i 6= j e In −−−−−→li↔ljE entao In −−−−−→li↔lj

E−1 .

2. Se α ∈ K \ {0} e In −−−→αliE entao In

−−−→1α

liE−1 .

3. Se i 6= j, β ∈ K e In −−−−−−→li+βljE entao In −−−−−−−−−→li+(−β)lj

E−1 .

Demonstracao:

Seja E ∈Mn×n(K).

1. Suponhamos que i, j ∈ {1, . . . , n}, com i 6= j, e In −−−−−→li↔ljE , isto e, E e a

matriz elementar que se obtem de In trocando as linhas i e j. Pelo Teorema 1.41,

tem-se

EE = In.

Page 46: Sebenta Algebra

40

Logo, E e invertıvel e E−1 = E.

2. Suponhamos que α ∈ K \ {0} , In −−−→αliE e In

−−−−→1α li

E′ , ou seja, E e

a matriz elementar que se obtem de In multiplicando a linha i por α e E′ e a

matriz elementar que se obtem de In multiplicando a linha i por 1α . Ainda pelo

Teorema 1.41, tem-se

E′E = In e EE′ = In.

Logo, E e invertıvel e E′ = E−1.

3. Fica como exercıcio.

1.7 Matrizes em forma de escada. Caracterıstica de uma

matriz

Definicao 1.43 Chamamos pivo de uma linha nao nula de uma matriz ao elemento

nao nulo mais a esquerda dessa linha.

Definicao 1.44 Seja A ∈ Mm×n(K). Dizemos que A esta em forma de escada

(abreviadamente, denotado por f.e.) se A = 0m×n ou se satisfaz as duas condicoes

seguintes:

1. Para todo r ∈ {1, . . . ,m − 1}, se a linha r de A e nula entao a linha r + 1 de

A tambem e nula (isto e, se A tem uma linha nula entao a linha seguinte, se

existir, tambem e nula).

2. Se s ∈ {1, . . . ,m− 1}, a linha s de A e nao nula e Ast e o pivo da linha s entao

As+1,j = 0, para qualquer j ∈ {1, . . . , t} (isto e, a medida que o ındice de linha

aumenta, tambem aumenta o ındice de coluna dos pivos das linhas nao nulas).

Exemplo 1.45 Estao em forma de escada, por exemplo, matrizes com o seguinte aspecto:

2664

0 • ∗ ∗0 0 0 •0 0 0 0

3775,

2664• ∗ ∗0 • ∗0 0 •

3775 ou

2664•0

0

3775,

Page 47: Sebenta Algebra

41

em que, por •, se representam os pivos e em que ∗ representa elementos que podem tomar

qualquer valor.

As matrizes

2664

1 0 −1

0 2 5

0 3 0

3775,

2666664

0 0 0 0

0 −1 3 0

0 0 6 −4

0 0 0 0

3777775 e

2664

0 0 0 7

0 −1 3 0

0 0 6 −4

3775

nao estao em forma de escada. Porque?

Dizemos, entao, numa linguagem informal, que uma matriz esta em forma de escada se,

quando tiver linhas nulas e nao nulas, as nulas aparecem depois das nao nulas e quanto as

linhas nao nulas, se as houver, podemos constituir com os pivos uma “escada” com degraus

de “altura” 1 e “largura” arbitraria.

Exercıcio 1.40 Indique se estao em forma de escada cada uma das seguintes matrizes:

(a) In.

(b)

2664

0 0 05 1 40 1 30 0 2

3775.

(c)�

0 5 0 0�.

(d)

24 0 1 0

0 0 10 0 1

35.

Proposicao 1.46 Dada A ∈ Mm×n(K) e possıvel obter a partir de A uma matriz em

forma de escada, efectuando um numero finito k, com k≥0, de transformacoes elementa-

res sobre linhas. Abreviadamente

A −−−−−−−→(linhas)

A′ (f.e.).

Embora nao demonstremos esta afirmacao, vamos apresentar um processo pratico de,

a partir de uma matriz A ∈ Mm×n(K) e efectuando um numero finito de transformacoes

elementares sobre linhas, obtermos uma matriz em forma de escada. Este processo e tambem

designado por condensacao da matriz A.

Note que se A ja esta em forma de escada entao o numero de transformacoes elementares

para transformar A numa matriz em forma de escada pode ser tomado igual a zero.

• Processo para reducao de uma matriz A ∈Mm×n(K) a forma de escada.

Se A = 0m×n entao A ja esta em forma de escada.

Suponhamos entao que A 6= 0m×n.

Page 48: Sebenta Algebra

42

Passo 1: Por troca de linhas (isto e, efectuando apenas transformacoes elementares do tipo I),

se necessario, obtemos uma matriz B cuja linha 1 tem, entre todas as linhas da matriz,

um pivo com ındice de coluna mınimo. Seja tal elemento B1t. Obtemos uma matriz

da forma

B =

26666664

0 · · · 0 B1t B1,t+1 · · · B1n

0 · · · 0 B2t B2,t+1 · · · B2n

......

......

...

0 · · · 0 Bmt Bm,t+1 · · · Bmn

37777775,

onde B1t 6= 0 (e em que, para t = 1, nao existem as t− 1 colunas nulas a esquerda).

Passo 2: Para cada linha i de B, i = 2, . . . ,m, substitui-se a linha i pela sua soma com o produto

de −BitB1t

pela linha 1 (transformacoes elementares do tipo III). Obtemos uma matriz

da forma

C =

26666664

0 · · · 0 B1t B1,t+1 · · · B1n

0 · · · 0 0 C2,t+1 · · · C2n

......

......

...

0 · · · 0 0 Cm,t+1 · · · Cmn

37777775,

onde B1t 6= 0.

Passo 3: Se a matriz C estiver em forma de escada, o processo termina e esta encontrada uma

matriz em forma de escada.

Caso contrario, “despreza-se” a linha 1 da matriz C e aplica-se os passos 1 e 2 a matriz

resultante do tipo (m− 1)×n.

Exemplo 1.47 Seja A =

2666664

0 0 0 0 0

0 4 9 3 −4

0 2 1 5 −2

0 1 2 1 −1

3777775 ∈ M4×5(R). Utilizando o procedimento

anterior, determinemos uma matriz em forma de escada a partir da matriz A.

A =

2666664

0 0 0 0 0

0 4 9 3 −4

0 0 2 −2 3

0 1 2 1 −1

3777775−−−−−−→l1 ←→ l4

2666664

0 1 2 1 −1

0 4 9 3 −4

0 0 2 −2 3

0 0 0 0 0

3777775−−−−−−−→l2 + (−4)l1

2666664

0 1 2 1 −1

0 0 1 −1 0

0 0 2 −2 3

0 0 0 0 0

3777775−→

−−−−−−−→l3 + (−2)l2

2666664

0 1 2 1 −1

0 0 1 −1 0

0 0 0 0 3

0 0 0 0 0

3777775 (f.e.).

Exemplo 1.48 Seja A =

2664

0 0 0 −2 6

1 0 2 1 0

2 0 4 0 6

3775 ∈M3×5(R).

Page 49: Sebenta Algebra

43

Podemos, por exemplo, obter, a partir de A, atraves de transformacoes elementares sobre

linhas, as seguintes matrizes B e C em forma de escada.

A =

2664

0 0 0 −2 6

1 0 2 1 0

2 0 4 0 6

3775−−−−−−→l1 ←→ l2

2664

1 0 2 1 0

0 0 0 −2 6

2 0 4 0 6

3775−−−−−−−→l3 + (−2)l1

2664

1 0 2 1 0

0 0 0 −2 6

0 0 0 −2 6

3775−→

−−−−−−−→l3 + (−)l2

2664

1 0 2 1 0

0 0 0 −2 6

0 0 0 0 0

3775 = B (f.e.).

A =

2664

0 0 0 −2 6

1 0 2 1 0

2 0 4 0 6

3775−−−−−−→l1 ←→ l3

2664

2 0 4 0 6

1 0 2 1 0

0 0 0 −2 6

3775−−−−−−−−→l2 + (− 1

2)l1

2664

2 0 4 0 6

0 0 0 1 −3

0 0 0 −2 6

3775−→

−−−−−→l3 + 2l2

2664

2 0 4 0 6

0 0 0 1 −3

0 0 0 0 0

3775 = C (f.e.).

Por outro lado, se multiplicarmos qualquer linha nao nula de B ou C por um escalar

nao nulo, obtemos ainda matrizes em forma de escada que resultaram de A atraves de

transformacoes elementares sobre linhas.

Constatamos assim, que a partir da mesma matriz A podemos obter, em geral, por

transformacoes elementares sobre linhas, diferentes matrizes em forma de escada.

Exercıcio 1.41 Efectuando transformacoes elementares sobre linhas, obtenha a partirde cada uma das seguintes matrizes de elementos reais uma matriz em forma de escada:

(a) A =

24 1 2 1

2 1 0−1 0 1

35.

(b) B =

24 2 4 −2 6 0

4 8 −4 7 5−2 −4 2 −1 −5

35.

(c) C =

24 2 2 1−2 −2 1

1 1 2

35.

Definicao 1.49 Seja A ∈ Mm×n(K) uma matriz em forma de escada. Dizemos que

A esta em forma de escada reduzida (abreviadamente, denotado por f.e.r.) se

A = 0m×n ou se todos os pivos sao iguais a 1 e todos os restantes elementos das

colunas dos pivos sao nulos.

Page 50: Sebenta Algebra

44

Exemplo 1.50 A matriz identidade, de qualquer ordem, esta em forma de escada redu-

zida.

A matriz

2664

0 1 5 3 0 5

0 0 0 0 1 1

0 0 0 0 0 0

3775 esta em forma de escada reduzida.

Exercıcio 1.42 Indique se estao em forma de escada reduzida cada uma das seguintesmatrizes:

(a) In.

(b)

24 0 1 2 0 5

0 0 1 0 00 0 0 0 0

35.

(c)

24 0 1 2 0 5

0 0 0 1 10 0 0 0 0

35.

(d)�

0 1 0 0�.

(e)

24 1

00

35.

Proposicao 1.51 Dada A ∈ Mm×n(K) e possıvel obter a partir de A uma unica matriz

em forma de escada reduzida, efectuando um numero finito k, com k≥0, de transformacoes

elementares sobre linhas. Abreviadamente,

A −−−−−−−→(linhas)

A′′ (f.e.r.), com A′′ unica.

Embora nao demonstremos a Proposicao 1.51, vamos indicar um processo pratico para

obter a forma de escada reduzida de A ∈ Mm×n(K), tambem designada por forma de

Hermite de A.

• Processo para reducao de uma matriz A ∈ Mm×n(K) a forma de escada

reduzida.

Se A = 0m×n entao A ja esta em forma de escada reduzida.

Suponhamos que A 6= 0m×n.

Pelo processo descrito anteriormente podemos obter uma matriz B ∈ Mm×n(K), em

forma de escada, tal que

A −−−−−−−→(linhas)

B (f.e.).

Passo 1: Seja Bsk o pivo com maior ındice de linha. (Note que Bsk 6= 0 e, se existirem linhas

abaixo da linha s, essas linhas sao todas nulas.)

Para garantir que o pivo passa a “1”, multiplica-se a linha s por 1Bsk

(transformacao

elementar do tipo II).

Page 51: Sebenta Algebra

45

Seja C a matriz obtida. Para cada linha i de C, com i = 1, . . . , s − 1, substitui-se a

linha i pela sua soma com o produto de −Cik pela linha s (transformacoes elementares

do tipo III). (Note que tal corresponde a anular os elementos da coluna do pivo, com

ındice de linha inferior ao do pivo. Os que tem ındice de linha superior ja sao nulos

por a matriz C estar em forma de escada.)

Obtemos uma nova matriz D que continua em forma de escada e em que as entradas

da coluna k sao todas nulas a excepcao do pivo Dsk que e igual a 1.

Passo 2: Se a matriz D estiver em forma de escada reduzida, o processo termina e esta encon-

trada uma matriz em forma de escada reduzida.

Caso contrario, “desprezam-se” as linhas de ındice superior ou igual a s de D e aplica-se

o passo 1 a matriz do tipo (s− 1)×n resultante.

Exemplo 1.52 Consideremos a matriz A =

2666664

0 0 0 0 0

0 4 9 3 −4

0 2 1 5 −2

0 1 2 1 −1

3777775 ∈ M4×5(R) do Exem-

plo 1.47. Nesse exemplo, vimos que

A −−−−−−−→(linhas)

2666664

0 1 2 1 −1

0 0 1 −1 0

0 0 0 0 3

0 0 0 0 0

3777775 = B (f.e.).

Utilizando o procedimento anterior, determinemos a forma de escada reduzida de B.

B =

2666664

0 1 2 1 −1

0 0 1 −1 0

0 0 0 0 3

0 0 0 0 0

3777775−→13l3

2666664

0 1 2 1 −1

0 0 1 −1 0

0 0 0 0 1

0 0 0 0 0

3777775−−−−−→l1 + 1l3

2666664

0 1 2 1 0

0 0 1 −1 0

0 0 0 0 1

0 0 0 0 0

3777775−→

−−−−−−−→l1 + (−2)l2

2666664

0 1 0 3 0

0 0 1 −1 0

0 0 0 0 1

0 0 0 0 0

3777775 (f.e.r.).

Exercıcio 1.43 Efectuando transformacoes elementares sobre linhas, obtenha a formade escada reduzida de cada uma das seguintes matrizes:

(a) A =

24 1 2 1

2 1 0−1 0 1

35.

(b) B =

24 2 4 −2 6 0

4 8 −4 7 5−2 −4 2 −1 −5

35.

(c) C =

24 2 2 1−2 −2 1

1 1 2

35.

Page 52: Sebenta Algebra

46

Apresentada sem demonstracao, a proposicao seguinte tem grande importancia.

Proposicao 1.53 Seja A ∈ Mm×n(K). Quaisquer matrizes em forma de escada que se

obtenham de A efectuando um numero finito k, com k≥0, de transformacoes elementares

sobre linhas tem o mesmo numero de linhas nao nulas.

Definicao 1.54 Seja A ∈ Mm×n(K). Ao numero de linhas nao nulas de qualquer

matriz em forma de escada obtida a partir de A efectuando um numero finito de

transformacoes elementares sobre linhas chamamos caracterıstica de A e denotamos

por r(A).

Da proposicao e da definicao anteriores resulta pois:

Proposicao 1.55 As transformacoes elementares sobre linhas nao alteram a caracterıstica,

isto e, se A ∈Mm×n(K) e

A −−−−−−−→(linhas)

B

entao r(A) = r(B).

Demonstracao:

Note que, efectuando um numero finito k, com k≥0, de transformacoes elementares

sobre linhas, e possıvel obter a partir de B uma matriz C em forma de escada

reduzida, isto e,

A −−−−−−−→(linhas)

B −−−−−−−→(linhas)

C (f.e.r.).

Se l e o numero de linhas nao nulas de C entao

r(A) = l = r(B).

Da definicao de caracterıstica resulta trivialmente que se A ∈Mm×n(K) entao r(A) ≤ m.

Tem-se, ainda, r(A)≤n. De facto, tal e trivial se r(A) = 0 (isto e, se A = 0m×n). Se r(A) > 0

(isto e, se A 6= 0m×n), como na forma de escada os pivos tem ındices de coluna, dois a dois

distintos, concluımos ainda que r(A) ≤ n. Logo, para A ∈Mm×n(K), tem-se

r(A) ≤ m e r(A) ≤ n,

isto e,

r(A) ≤ min{m, n}.

Page 53: Sebenta Algebra

47

Exemplo 1.56 Tem-se r(0m×n) = 0 e r(In) = n.

Se A =

2664

1 2 3

0 5 4

0 0 0

3775 entao r(A) = 2.

Se B =

2664

1 1

2 2

3 3

3775 entao r(B) = 1, pois B =

2664

1 1

2 2

3 3

3775−−−−−−→l2+(−2)l1

l3+(−3)l1

2664

1 1

0 0

0 0

3775 (f.e.).

Exercıcio 1.44 Considere as matrizes de elementos reais

A1 =

24 0 1 0 1 1

2 3 0 2 1−2 −1 0 1 −1

35, A2 =

2664

2 1 01 1 23 −1 1−1 1 0

3775,

A3 =

24 1 4 2

2 3 1−1 1 1

35 e A4 =

24 2 1 1

0 0 11 −1 2

35.

Determine a caracterıstica de Ai, i = 1, 2, 3, 4.

Exercıcio 1.45 Sejam L =�

1 · · · 1�∈ M1×n(K) e Jn = L>L. Determine a

caracterıstica de:

(a) Jn.

(b) (n− 2)In + Jn.

Exercıcio 1.46 Discuta, segundo os valores de α e β, a caracterıstica das seguintesmatrizes de elementos reais:

Aα =

24 1 0 −1 1

1 1 0 1α 1 −1 2

35, Bα =

2664

1 −1 0 11 1 0 −1α 1 1 00 1 α 1

3775,

Cα,β =

24 0 0 α

0 β 23 0 1

35 e Dα,β =

2664

α 0 −1 β1 0 β 01 1 1 11 1 0 1

3775.

Exercıcio 1.47 Seja

A =

2664

1 α α2 α3

α α2 α3 1α2 α3 1 αα3 1 α α2

3775 ∈M4×4(K).

Discuta, segundo os valores de α, a caracterıstica de A para:

(a) K = R.

(b) K = C.

1.8 Caracterizacoes das matrizes invertıveis

Na Seccao 1.3 foi apresentada a definicao de matriz invertıvel. Utilizando apenas a definicao

nao e, em geral, imediato reconhecer, na pratica, se uma dada matriz e ou nao invertıvel.

Page 54: Sebenta Algebra

48

Pensemos, por exemplo, na matriz

A =

2664

1 0 1

2 2 2

−1 0 0

3775 ∈M3×3(R).

O resultado seguinte permite, em particular, decidir se uma dada matriz quadrada e ou

nao invertıvel atraves da sua caracterıstica.

Teorema 1.57 Seja A ∈Mn×n(K). As afirmacoes seguintes sao equivalentes:

1. A e invertıvel.

2. r(A) = n.

3. In e a forma de escada reduzida de A.

4. A pode escrever-se como produto de matrizes elementares.

Demonstracao:

Vamos demonstrar que

1⇒ 2⇒ 3⇒ 4⇒ 1.

1⇒ 2

Suponhamos que A e invertıvel. Seja B uma matriz em forma de escada obtida

a partir de A efectuando um numero finito de transformacoes elementares sobre

linhas. Seja t o numero de transformacoes elementares efectuadas. De acordo

com o Teorema 1.41, cada operacao elementar sobre as linhas de uma matriz

corresponde a multiplicar a matriz, a esquerda, por uma matriz elementar. Assim,

podemos escrever

B = Et · · ·E1A,

sendo E1, . . . , Et matrizes elementares.

Como toda a matriz elementar e invertıvel, como A e invertıvel e pelo Teorema 1.27

o produto de matrizes invertıveis e invertıvel, concluımos que B e invertıvel.

Como observamos na Seccao 1.3, se uma matriz tem alguma linha nula entao nao

e invertıvel. Assim a matriz B nao tem linhas nulas. Como B esta em forma de

escada e tem n linhas nao nulas concluımos que

r(A) = n.

2⇒ 3

Page 55: Sebenta Algebra

49

Suponhamos que r(A) = n e seja C a forma de escada reduzida de A, obtida por

transformacoes elementares sobre linhas. Notemos que, pela Proposicao 1.55, se

tem

r(C) = n

e, portanto, todas as linhas de C sao nao nulas. Como C esta na forma de escada

reduzida, todos os n pivos de C sao 1 e os restantes elementos dessas n colunas

sao zeros. Como C tem, no total, n colunas, concluımos pois que

C = In.

3⇒ 4

Se In e a forma de escada reduzida de A entao e possıvel obter In a partir de A

efectuando um numero finito de transformacoes elementares sobre linhas. Logo

In = (Es · · ·E1)A,

sendo E1, . . . , Es matrizes elementares.

Como E1, . . . , Es sao invertıveis concluımos que Es · · ·E1 e invertıvel e que

(Es · · ·E1)−1 = A.

Tem-se entao

A = E1−1 · · ·Es

−1.

Como, pela Proposicao 1.42, a inversa de uma matriz elementar e, ainda, uma

matriz elementar, concluımos que a matriz A se pode escrever como produto de

matrizes elementares.

4⇒ 1

Se A se pode escrever como produto de matrizes elementares, como tais matrizes

sao invertıveis e o produto de matrizes invertıveis e invertıvel, concluımos que A e

invertıvel.

Apresentamos seguidamente um processo para determinar a inversa de uma matriz in-

vertıvel, utilizando apenas transformacoes elementares sobre linhas.

Seja A ∈Mn×n(K) uma matriz invertıvel.

Pelo resultado anterior, se A e invertıvel entao a forma de escada reduzida de A e In

e, portanto, existem A0, A1, . . . , As ∈Mn×n(K) tais que

A = A0 −−−→T1A1 −−−→T2

· · ·As−1 −−−→TsAs = In

Page 56: Sebenta Algebra

50

sendo T1, . . . , Ts transformacoes elementares sobre linhas.

Tem-se, pois,

In = (Es · · ·E1)A

onde Ei, i = 1, . . . , s, e a matriz elementar que se obtem de In efectuando a mesma

transformacao elementar Ti que permitiu obter Ai de Ai−1.

Temos

A−1 = Es · · ·E1 = (Es · · ·E1) In.

Concluımos entao que se efectuarmos em In a mesma sequencia de transformacoes

elementares que permitiram obter In de A obtemos A−1.

Assim, se A ∈ Mn×n(K) e uma matriz invertıvel podemos calcular A−1 pelo processo

seguinte:

Efectuamos transformacoes elementares sobre linhas de modo a obter In a

partir de A (o que corresponde a transformar A na sua forma de escada

reduzida). Se, a partir de In, efectuarmos a mesma sequencia de trans-

formacoes elementares sobre linhas, a matriz que, no final, obtemos e A−1.

Notemos que estes dois “caminhos” podem ser percorridos simultaneamente. Abrevia-

damente,

[A | In] −−−−−−−→(linhas)

[In | A−1].

Exemplo 1.58 Seja A =

2664

1 0 1

2 2 2

−1 0 0

3775 ∈M3×3(R).

Temos A =

2664

1 0 1

2 2 2

−1 0 0

3775−−−−−−→l2+(−2)l1

l3+l1

2664

1 0 1

0 2 0

0 0 1

3775 (f.e.).

Como r(A) = 3 = ordem de A, concluımos que A e invertıvel.

Determinemos A−1.

[A | I3] =

2664

1 0 1 1 0 0

2 2 2 0 1 0

−1 0 0 0 0 1

3775−−−−−−→l2+(−2)l1

l3+l1

2664

1 0 1 1 0 0

0 2 0 −2 1 0

0 0 1 1 0 1

3775−→

−→12l2

2664

1 0 1 1 0 0

0 1 0 −1 12

0

0 0 1 1 0 1

3775−−−−−−−→l1 + (−1)l3

2664

1 0 0 0 0 −1

0 1 0 −1 12

0

0 0 1 1 0 1

3775.

Page 57: Sebenta Algebra

51

Logo

A−1 =

2664

0 0 −1

−1 12

0

1 0 1

3775.

Exercıcio 1.48 Indique:

(a) Uma condicao necessaria e suficiente para que uma matriz diagonal sejainvertıvel.

(b) D−1, sendo D ∈ Mn×n(K) uma matriz diagonal invertıvel.

Exercıcio 1.49 Considere as matrizes

A =

24 3 1 0

1 2 12 −1 −1

35 ∈M3×3(R), B =

24 1 −1 0

2 1 20 1 −1

35 ∈M3×3(R),

C =

�1 1 + i−i 1

�∈M2×2(C) e D =

2664

1 −1 1 22 −2 1 11 −1 0 1−2 0 2 −2

3775 ∈M4×4(R).

Indique quais destas matrizes sao invertıveis e determine a respectiva inversa.

Exercıcio 1.50 Seja A =

�1 −12 0

�∈M2×2(R).

(a) Mostre que A e invertıvel e determine A−1.

(b) Exprima A e A−1 como produto de matrizes elementares.

Exercıcio 1.51 Seja A ∈ Mm×n(K). Mostre que existe uma matriz invertıvelC ∈ Mm×m(K), tal que CA esta em forma de escada reduzida.

Exercıcio 1.52 Sejam A ∈ Mm×m(K) e B ∈ Mm×n(K). Mostre que se A e invertıvel,entao r(AB) = r(B).

Exercıcio 1.53 Mostre que a matriz M =

24 1 1 + i −i

0 i 1− 2i1 1 i

35 ∈ M3×3(C) e in-

vertıvel e determine M−1.

Exercıcio 1.54 Calcule a inversa de cada uma das seguintes matrizes de Mn×n(K):

(a) A =

26664

1 a a2 · · · an

0 1 a · · · an−1

0 0 1 · · · an−2

· · ·0 0 0 · · · 1

37775.

(b) B =

26664

1 2 3 · · · n0 1 2 · · · n− 10 0 1 · · · n− 2

· · ·0 0 0 · · · 1

37775.

Page 58: Sebenta Algebra

52

Exercıcio 1.55 Justifique que, para n≥2, a matriz

C =

2666664

0 1 1 · · · 11 0 1 · · · 11 1 0 · · · 1

. . .

1 1 1 · · · 0

3777775 ∈ Mn×n(K)

e invertıvel e determine a sua inversa.

Page 59: Sebenta Algebra

53

Solucoes de alguns dos exercıcios propostos1.3 (a)

�4 1 5−2 1 −1

�(b)

�8 2 10−4 2 −2

�(c)

h2 1 −42 −1 0

i(d)

h3 2 −1511 2 −2

i

1.4 X =

2664

3 2 2

2 3 2

2 2 3

3775

1.5 AB = [−1 ], BA =

�0 0 01 2 −13 6 −3

1.6 (a) [ 2 5 ]

(c)

�−2 2 11 −1 0−2 2 2

(d)�1 21 −2

�1.8 (a) AB =

�0 00 0

�, BA =

�−6 −312 6

�(b) CA =

�−6 −312 6

1.9 A1B1 =

�−2 2 60 0 0−5 −1 1

�A2B2 =

h2 20 23 −1

iA3B3 =

�3 3 0−2 4 0

�A4B4 =

�−3 −19 5−6 −2

1.14 (a) (A + B)2 =�1 00 1

�A2 + 2AB + B2 =

�1 20 1

�(b) (A−B)2 =

�1 40 1

�A2 − 2AB + B2 =

�1 20 1

�(c) A2 −B2 =

�−1 00 1

�(A−B)(A + B) =

�−1 20 1

�1.32 (a) B =

h1 3 53 5 75 7 9

i, C =

h 0 −1 −21 0 −12 1 0

i

1.43 (a)h

1 0 00 1 00 0 1

i(b)

h 1 2 −1 0 30 0 0 1 −10 0 0 0 0

i(c)

h1 1 00 0 10 0 0

i

1.44 r(A1) = 3, r(A2) = 3, r(A3) = 2, r(A4) = 3

1.45 (a) r(Jn) = 1

(b) r ((n− 2)In + Jn) =

8>><>>:

0, se n = 1

1, se n = 2

n, se n > 2

1.46 r(Aα) =

(2, se α = 2

3, se α 6= 2

r(Bα) =

(3, se α = 2

4, se α 6= 2

r(Cα,β) =

(2, se α = 0 ou β = 0

3, se α 6= 0 e β 6= 0

r(Dα,β) =

(3, se β = 0 e α ∈ R4, se β 6= 0 e α ∈ R

1.47 (a) r(A) =

(1, se α ∈ {−1, 1}4, caso contrario

(b) r(A) =

(1, se α ∈ {−1, 1,−i, i}4, caso contrario

1.49 B−1 =

24 3

515

25

− 25

15

25

− 25

15 −

35

35

C−1 =h−i −1+i1 −i

i

D−1 =

264

0 1 −2 − 12

12

12 − 5

2 −12

12

12 − 3

2 012 −

12

12 0

375

1.50 (a)

�0 1

2−1 1

2

1.53 M−1 =

�2+2i −2−i −1−2i−2−i 2 2+i−1 1 1

1.54 (a) A−1 =

" 1 −a 0 0 ··· 00 1 −a 0 ··· 00 0 1 −a ··· 0

···0 0 0 0 ··· 1

#

(b) B−1 =

" 1 −2 1 0 0 ··· 00 1 −2 1 0 ··· 00 0 1 −2 1 ··· 0

···0 0 0 0 0 ··· 1

#

1.55 C−1 = 1n−1

"2−n 1 1 ··· 1

1 2−n 1 ··· 1···

1 1 1 ··· 2−n

#

Page 60: Sebenta Algebra
Page 61: Sebenta Algebra

Capıtulo 2

Sistemas de Equacoes Lineares

A determinacao do conjunto de solucoes dos sistemas de equacoes lineares constitui um tema

de estudo relevante dentro da Matematica Aplicada e particularmente em muitos topicos de

Engenharia.

A complexidade de muitos sistemas, com elevado numero de equacoes e de incognitas,

apenas permite resolve-los com o auxılio de um computador.

Existem diversos algoritmos que permitem encontrar, caso existam, solucoes dum sistema,

recorrendo eventualmente a metodos numericos de aproximacao.

Neste capıtulo apresentamos, utilizando a linguagem das matrizes, um processo de re-

solucao de sistemas, baseado num algoritmo conhecido por metodo de eliminacao de Gauss.

Definicao 2.1 Uma equacao linear nas incognitas x1, . . . , xn, sobre K, e uma

equacao do tipo

a1x1 + · · ·+ anxn = b (2.1)

onde a1, . . . , an e b sao elementos de K.

E usual chamar a b o segundo membro ou termo independente da equacao.

Dizemos que (β1, . . . , βn) ∈ Kn e uma solucao da equacao (2.1) se substituindo xi

por βi, i = 1, . . . , n, se obtem uma proposicao verdadeira, isto e, (β1, . . . , βn) e solucao

da equacao (2.1) se

a1β1 + · · ·+ anβn = b.

Page 62: Sebenta Algebra

56

Definicao 2.2 Um sistema de equacoes lineares e uma coleccao finita de equacoes

lineares, todas nas mesmas incognitas.

Sejam m,n ∈ N e consideremos o sistema

(S)

a11x1 + · · · + a1nxn = b1

a21x1 + · · · + a2nxn = b2

· · ·

am1x1 + · · · + amnxn = bm

com aij , bi ∈ K, i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , n.

Dizemos que (S) e um sistema de m equacoes lineares, nas n incognitas

x1, . . . , xn, sobre K.

Se b1 = b2 = · · · = bm = 0 dizemos que (S) e um sistema homogeneo.

Dizemos que (β1, . . . , βn) ∈ Kn e uma solucao do sistema (S) se substituindo em (S)

xi por βi, i = 1, . . . , n, se obtem m proposicoes verdadeiras, isto e, se

a11β1 + · · ·+a1nβn = b1 ∧ a21β1 + · · ·+a2nβn = b2 ∧· · ·∧ am1β1 + · · ·+amnβn = bm,

ou, de outra forma, a11β1 + · · · + a1nβn = b1

a21β1 + · · · + a2nβn = b2

· · ·

am1β1 + · · · + amnβn = bm

.

O sistema (S) diz-se impossıvel se nao existe nenhuma solucao de (S), ou equivalen-

temente, se o conjunto das solucoes do sistema (S) e o conjunto vazio.

Caso contrario, isto e, se (S) admite pelo menos uma solucao, diz-se que (S) e um

sistema possıvel .

Um sistema possıvel diz-se determinado se tem uma, e uma so, solucao e indeter-

minado se tem mais do que uma solucao.

Notemos que:

(i) Se representarmos por C o conjunto das solucoes do sistema (S) anterior e por Ci,

i = 1, . . . ,m, o conjunto das solucoes da i-esima equacao de (S) entao

C = C1 ∩ C2 ∩ · · · ∩ Cm.

Page 63: Sebenta Algebra

57

(ii) Se (S) e um sistema homogeneo entao (0, 0, . . . , 0) ∈ Kn e uma solucao do sistema, a

que chamaremos a solucao nula .

Logo, um sistema homogeneo e sempre possıvel, podendo ser determinado se tiver

apenas a solucao nula ou indeterminado se alem dessa solucao tiver outra.

Exemplo 2.3 1. Alem de (0, 0), tambem (−2, 1) e solucao do sistema homogeneo nas

incognitas x1 e x2, sobre R, x1 + 2x2 = 0

−2x1 − 4x2 = 0

pois −2 + 2× 1 = 0

−2× (−2) − 4× 1 = 0.

O conjunto de solucoes do sistema e

C = {(α1, α2) ∈ R2 : α1 = −2α2}

= {(−2α2, α2) : α2 ∈ R}.

Trata-se, pois, de um sistema homogeneo indeterminado.

2. (0, 0, 0) e solucao de duas das equacoes do sistema nas incognitas x1, x2, x3, sobre R,2x1 − 3x2 + x3 = 0

4x1 + x2 − x3 = 0

x1 − 2x2 + 2x3 = 1

mas, como nao e solucao da outra equacao, nao e solucao do sistema.

O nosso objectivo neste capıtulo e dar uma resposta completa aos problemas seguintes:

(P1) Dado um sistema de equacoes lineares, indicar se o sistema e impossıvel ou possıvel e, no

caso de ser possıvel, se e determinado ou indeterminado, sem determinar o conjunto de

solucoes.

Chamaremos a este problema a discussao do sistema.

(P2) Dado um sistema de equacoes lineares, determinar o conjunto das suas solucoes (que

sera o conjunto vazio se o sistema for impossıvel).

Chamaremos a este problema a resolucao do sistema.

Page 64: Sebenta Algebra

58

Neste estudo ser-nos-ao muito uteis as matrizes, conforme explicamos seguidamente.

Definicao 2.4 Dado um sistema de equacoes lineares, nas incognitas x1, . . . , xn, sobre

K, isto e, um sistema

(S)

a11x1 + · · · + a1nxn = b1

· · ·

am1x1 + · · · + amnxn = bm

,

chamaremos forma matricial do sistema (S) a

AX = B

onde

A =

2664

a11 · · · a1n

· · ·am1 · · · amn

3775, X =

26664

x1

...

xn

37775 e B =

26664

b1...

bm

37775.

Frequentemente referimo-nos apenas ao sistema

(S) AX = B.

Dizemos que:

A ∈Mm×n(K) e a matriz simples do sistema,

X ∈Mn×1(K) e a matriz das incognitas e

B ∈Mm×1(K) e a matriz dos termos independentes.

Chamaremos matriz ampliada do sistema (S) a matriz deMm×(n+1)(K) cuja coluna

i, i = 1, . . . , n, e igual a coluna i de A e cuja coluna n + 1 e igual a coluna (unica) de

B. Tal matriz sera denotada por

[A | B].

Exemplo 2.5 O sistema de equacoes lineares nas incognitas x1, x2, x3, sobre R,x1 + x2 − x3 = 0

2x1 + x2 = 1

x1 − x3 = 1

3x1 + x2 − x3 = 2

Page 65: Sebenta Algebra

59

pode ser escrito na forma matricial2666664

1 1 −1

2 1 0

1 0 −1

3 1 −1

3777775

2664

x1

x2

x3

3775 =

2666664

0

1

1

2

3777775,

e a sua matriz ampliada e 2666664

1 1 −1 0

2 1 0 1

1 0 −1 1

3 1 −1 2

3777775.

Proposicao 2.6 Dado um sistema

(S) AX = B,

(β1, . . . , βn) ∈ Kn e uma solucao de (S) se, e so se,

A

26664

β1

...

βn

37775 = B.

Demonstracao:

Sejam A = [aij ] ∈Mm×n(K) e B =

26664

b1...

bm

37775 ∈Mm×1(K).

Como, por definicao, (β1, . . . , βn) e solucao de (S) se, e so se,a11β1 + · · · + a1nβn = b1

· · ·am1β1 + · · · + amnβn = bm

,

tal equivale a afirmar que2664

a11 · · · a1n

· · ·am1 · · · amn

377526664

β1

...

βn

37775 =

26664

b1...

bm

37775,

isto e,

A

26664

β1

.

.

.

βn

37775 = B.

Definicao 2.7 Sejam (S) e (S′) sistemas de equacoes lineares sobre K. Dizemos que

(S) e (S′) sao equivalentes se tem o mesmo conjunto de solucoes.

Page 66: Sebenta Algebra

60

Proposicao 2.8 Sejam A ∈Mm×n(K) e B ∈Mm×1(K). Se P ∈Mm×m(K) e uma matriz

invertıvel entao os sistemas

(S) AX = B

e

(S′) (PA)X = PB

sao equivalentes.

Demonstracao:

Suponhamos que (α1, . . . , αn) ∈ Kn e solucao de (S). Tem-se, entao,

A

26664

α1

...

αn

37775 = B

e, portanto,

P

A

26664

α1

...

αn

37775 = PB.

Como a multiplicacao de matrizes e associativa, obtemos

(PA)

26664

α1

...

αn

37775 = PB.

Tal significa que (α1, . . . , αn) e solucao de (S′).

Reciprocamente, suponhamos que (α1, . . . , αn) e solucao de (S′), isto e, que

(PA)

26664

α1

...

αn

37775 = PB.

Como P e invertıvel, multiplicando na igualdade anterior, ambos os membros, a

esquerda por P−1 obtemos

P−1

(PA)

26664

α1

..

.

αn

37775 = P−1 (PB) .

Podemos entao concluir que

(P−1PA

)26664α1

...

αn

37775 =

(P−1P

)B

ou equivalentemente,

A

26664

α1

..

.

αn

37775 = B.

Logo, (α1, . . . , αn) e solucao do sistema (S).

Demonstramos entao que (S) e (S′) tem o mesmo conjunto de solucoes.

Page 67: Sebenta Algebra

61

Proposicao 2.9 Seja

AX = B

um sistema de equacoes lineares.

Se atraves de um numero finito de transformacoes elementares sobre as linhas da matriz

ampliada [A | B] obtivermos a matriz [A′ | B′], isto e, se

[A | B] −−−−−−−→(linhas)

[A′ | B′]

entao os sistemas

AX = B e A′X = B′

sao equivalentes.

Demonstracao:

Basta atender a que

[A′ | B′] = Es · · ·E1[A | B]

onde E1, . . . , Es sao matrizes elementares.

Como as matrizes elementares sao invertıveis e o produto de matrizes invertıveis

e, ainda, invertıvel, concluımos que P = Es · · ·E1 e invertıvel.

Assim, como

[A′ | B′] = P [A | B]

= [PA | PB],

de acordo com a proposicao anterior, os sistemas

AX = B

e

(PA)X = PB (isto e, A′X = B′)

sao equivalentes.

A proposicao anterior ser-nos-a muito util para responder aos problemas anteriormente

referidos. Nomeadamente:

(P1) Discussao de um sistema.

(P2) Resolucao de um sistema.

Page 68: Sebenta Algebra

62

Proposicao 2.10 Sejam A ∈Mm×n(K) e B ∈Mm×1(K). Tem-se

r ([A | B]) = r(A) ou r ([A | B]) = r(A) + 1

pelo que

r(A) ≤ r ([A | B]).

Demonstracao:

Se A = 0 entao r(A) = 0 ≤ r([0 | B]) = r(B) ≤ 1 pelo que o resultado e valido.

Suponhamos que A 6= 0. Seja [A′ | B′] uma matriz em forma de escada obtida

a partir de [A | B] efectuando um numero finito de transformacoes elementares

sobre linhas, isto e,

[A | B] −−−−−−−→(linhas)

[A′ | B′] em forma de escada.

Como [A′ | B′] esta em forma de escada, A′ tambem esta em forma de escada.

Seja s o numero de linhas nao nulas de A′. Entao

s = r(A) = r(A′).

Como A′ tem exactamente s linhas nao nulas, a matriz [A′ | B′], que esta em

forma de escada, ou tem s ou tem s + 1 linhas nao nulas (note que B′ so tem uma

coluna).

Dado que o numero de linhas nao nulas de [A′ | B′] e

r([A′ | B′]) = r([A | B])

concluımos o que pretendıamos.

Sejam A ∈Mm×n(K) e B ∈Mm×1(K). Como

r(A) ≤ r([A | B]) e r(A) ≤ n

a comparacao dos inteiros r(A), r([A | B]) e n conduz-nos a um, e um so, dos seguintes tres

casos:

��

r(A) < r([A | B])

@@ r(A) = r([A | B])�

�r(A) = r([A | B]) = n

@@ r(A) = r([A | B]) < n .

O resultado seguinte permite-nos afirmar que o problema (P1) da discussao de um sistema

fica resolvido se determinarmos qual dos casos anteriores e que ocorre.

Page 69: Sebenta Algebra

63

Teorema 2.11 Seja AX = B um sistema de equacoes lineares, com A ∈ Mm×n(K) e

B ∈Mm×1(K). Tem-se:

1. Se r(A) < r([A | B]) entao o sistema e impossıvel.

2. Se r(A) = r([A | B]) entao o sistema e possıvel.

Tem-se, ainda,

2.1. Se r(A) = r([A | B]) = n entao o sistema e possıvel determinado.

2.2. Se r(A) = r([A | B]) < n entao o sistema e possıvel indeterminado.

Demonstracao:

Partindo da matriz ampliada [A | B] e efectuando transformacoes elementares

sobre linhas, obtenha-se uma matriz [A′ | B′] em forma de escada, isto e,

[A | B] −−−−−−−→(linhas)

[A′ | B′] em forma de escada.

Recordemos que

r(A) = r(A′) , r([A | B]) = r([A′ | B′])

e que A′ tambem esta em forma de escada.

Seja

s = r(A).

Caso 1: r(A) < r([A | B])

Como s = r(A), neste caso, a linha s + 1 de [A′ | B′] e da forma

(0, . . . , 0, b′s+1) ∈ Kn+1 , com b′s+1 6= 0.

O sistema A′X = B′ e, pois, impossıvel, porque a (s + 1)-esima equacao desse

sistema e

0x1 + · · ·+ 0xn = b′s+1 , com b′s+1 6= 0

que nao tem nenhuma solucao.

Como os sistemas AX = B e A′X = B′ sao equivalentes, concluımos que o sistema

AX = B e, tambem, impossıvel.

Caso 2: r(A) = r([A | B])

Subcaso 2.1: r(A) = r([A | B]) = n

Neste caso, s = r(A) = n = numero de incognitas. Entao [A′ | B′] tem a forma:

Page 70: Sebenta Algebra

64

[A′ | B′] =

26666666666666664

a′11 ∗ · · · ∗ b′1

0 a′22 · · · ∗ b′2...

.... . .

......

0 0 · · · a′nn b′n

0 0 · · · 0 0

......

. . ....

...

0 0 · · · 0 0

37777777777777775

,

com a′11, a′22, . . . , a

′nn nao nulos.

Partindo de [A′ | B′] e efectuando transformacoes elementares sobre linhas obte-

nhamos uma matriz [A′′ | B′′] em forma de escada reduzida. Tem-se, pois,

[A′ | B′] −−−−−−−→(linhas)

[A′′ | B′′] =

26666666666666664

1 0 · · · 0 b′′1

0 1 · · · 0 b′′2...

.... . .

......

0 0 · · · 1 b′′n

0 0 · · · 0 0

......

. . ....

...

0 0 · · · 0 0

37777777777777775

.

Como a matriz [A′′ | B′′] e a matriz ampliada do sistema com m equacoes

x1 = b′′1

x2 = b′′2

· · ·xn = b′′n

0 = 0

· · ·0 = 0

verificamos que o sistema A′′X = B′′ e possıvel determinado e, portanto, o mesmo

sucede ao sistema inicial AX = B.

Alem disso a solucao, unica, de tal sistema e

(b′′1 , b′′2 , . . . , b′′n).

Subcaso 2.2: r(A) = r([A | B]) < n

Neste caso s = r(A) = r([A | B]) < n = numero de incognitas. Entao [A′ | B′]

tem a forma:2666666666666664

0 · · · 0 a′1k1∗ · · · ∗ ∗ ∗ · · · ∗ ∗ ∗ · · · ∗ b′1

0 · · · 0 0 0 · · · 0 a′2k2∗ · · · ∗ ∗ ∗ · · · ∗ b′2

· · · · · ·0 · · · 0 0 0 · · · 0 0 0 · · · 0 a′sks

∗ · · · ∗ b′s

0 · · · 0 0 0 · · · 0 0 0 · · · 0 0 0 · · · 0 0

.

.....

.

.....

.

..

0 · · · 0 0 0 · · · 0 0 0 · · · 0 0 0 · · · 0 0

3777777777777775

,

Page 71: Sebenta Algebra

65

com a′1k1, a′2k2

, . . . , a′sksnao nulos.

Continuemos a efectuar transformacoes elementares sobre linhas ate obter uma

matriz [A′′ | B′′] em forma de escada reduzida. Tem-se

[A′ | B′] −−−−−−−→(linhas)

[A′′ | B′′],

com

[A′′ | B′′] =

2666666666666664

0 · · · 0 1 · · · ∗ 0 ∗ · · · ∗ 0 ∗ · · · ∗ b′′1

0 · · · 0 0 · · · 0 1 ∗ · · · ∗ 0 ∗ · · · ∗ b′′2

· · ·0 · · · 0 0 · · · 0 0 0 · · · 0 1 ∗ · · · ∗ b′′s

0 · · · 0 0 · · · 0 0 0 · · · 0 0 0 · · · 0 0

......

...

0 · · · 0 0 · · · 0 0 0 · · · 0 0 0 · · · 0 0

3777777777777775

.

Como s < n, alem das s incognitas

xk1 , xk2 , . . . , xks

correspondentes as colunas dos pivos e a que chamaremos incognitas basicas,

existem ainda n − s incognitas, com n − s > 0, a que chamaremos incognitas

livres. Estas incognitas sao as da forma xi, com i ∈ {1, . . . , n} \ {k1, . . . , ks}.

Seja L = {1, . . . , n} \ {k1, . . . , ks}.

A matriz [A′′ | B′′], com A′′ =[a′′ij], e a matriz ampliada do sistema, com m

equacoes,

xk1 = b′′1 −∑j∈L

a′′1jxj

· · ·xks

= b′′s −∑j∈L

a′′sjxj

0 = 0

· · ·0 = 0

.

Tomando

xi = 0, para todo i ∈ L,

obtemos a solucao (α1, . . . , αn) do sistema com

αi = 0 se i ∈ L e αki = b′′i se i ∈ {1, . . . , s}.

Se considerarmos, por exemplo,

xi = 1, para todo i ∈ L,

obtemos uma solucao (β1, . . . , βn) distinta da anterior, com

βi = 1 se i ∈ L e βki= b′′i −

∑j∈L

a′′ij se i ∈ {1, . . . , s}.

Logo, o sistema e possıvel indeterminado.

Page 72: Sebenta Algebra

66

Definicao 2.12 Seja AX = B um sistema possıvel indeterminado, com

A ∈Mm×n(K). A n− r(A) chamamos o grau de indeterminacao do sistema.

Note que o grau de indeterminacao de um sistema possıvel indeterminado e igual ao

numero de incognitas livres.

Resumo da discussao do sistema AX = B, com A ∈Mm×n(K):

AX = BSistema

��

r(A) < r([A | B])Sistema Impossıvel

@@ r(A) = r([A | B])

Sistema Possıvel

��

r(A) = r([A | B]) = nSistema Possıvel Determinado

@@ r(A) = r([A | B]) < n .

Sistema Possıvel Indeterminado,com grau de indeterminacaon− r(A)

Note que para efectuar a discussao de um sistema AX = B apenas necessitamos

de obter, a partir de [A | B], uma matriz em forma de escada. Se esse sistema for

possıvel, para o resolver devemos determinar a forma de escada reduzida de [A | B],

por ser assim mais simples indicar o conjunto das solucoes do sistema.

Exemplo 2.13 Consideremos o sistema de equacoes lineares nas incognitas x1, x2, x3, x4,

sobre R,

(S)

x1 + 2x2 + x3 − 3x4 = −5

2x1 + 4x2 + 4x3 − 4x4 = −6

−x1 − 2x2 − 3x3 − x4 = 3

.

Discussao do sistema (S):

Tem-se a forma matricial AX = B com

[A | B] =

2664

1 2 1 −3 −5

2 4 4 −4 −6

−1 −2 −3 −1 3

3775−−−−−−→l2+(−2)l1

l3+(1)l1

2664

1 2 1 −3 −5

0 0 2 2 4

0 0 −2 −4 −2

3775−→

−−−−−−→l3 + (1)l2

2664

1 2 1 −3 −5

0 0 2 2 4

0 0 0 −2 2

3775 = [A′ | B′] em forma de escada.

Como

r(A) = 3 = r([A | B]) < 4 = numero de incognitas,

Page 73: Sebenta Algebra

67

concluımos que (S) e um sistema possıvel indeterminado, com grau de indeterminacao

1 (= 4− 3).

Resolucao do sistema (S):

[A′ | B′] =

2664

1 2 1 −3 −5

0 0 2 2 4

0 0 0 −2 2

3775−−→12 l2

− 12 l3

2664

1 2 1 −3 −5

0 0 1 1 2

0 0 0 1 −1

3775−−−−−−→l2+(−1)l3

l1+3l3

2664

1 2 1 0 −8

0 0 1 0 3

0 0 0 1 −1

3775−→

−−−−−−−→l1 + (−1)l2

2664

1 2 0 0 −11

0 0 1 0 3

0 0 0 1 −1

3775 = [A′′ | B′′] em forma de escada reduzida.

Neste caso, a incognita livre e x2 e o sistema (S) e equivalente ao sistemax1 = −11 −2x2

x3 = 3

x4 = −1

.

Assim, (α1, α2, α3, α4) ∈ R4 e solucao do sistema (S) se, e so se,α1 = −11 −2α2

α3 = 3

α4 = −1

.

Logo o conjunto das solucoes do sistema (S) e:

C ={(α1, α2, α3, α4) ∈ R4 : α1 = −11− 2α2 ∧ α3 = 3 ∧ α4 = −1

}= {(−11− 2α2, α2, 3,−1) : α2 ∈ R} .

- Se o sistema anterior for considerado nas incognitas x1, x2, x3, x4, x5, sobre R, qual e

a matriz ampliada do sistema e quais sao as alteracoes, em relacao ao caso anterior, na

discussao e resolucao do sistema?

Facamos uma breve referencia aos sistemas homogeneos, isto e, aos sistemas da forma

AX = 0.

Como vimos tais sistemas sao sempre possıveis, pois tem, pelo menos, a solucao nula.

Tambem de acordo com a teoria anterior, como para qualquer matriz A ∈ Mm×n(K) se

verifica

r(A) = r([A | 0]),

concluımos, de outra forma, que um sistema homogeneo e sempre possıvel.

O resultado seguinte fornece-nos uma outra caracterizacao das matrizes invertıveis.

Page 74: Sebenta Algebra

68

Proposicao 2.14 Uma matriz A ∈Mn×n(K) e invertıvel se, e so se, o sistema (homogeneo)

AX = 0 e determinado.

Demonstracao:

Sendo A ∈Mn×n(K), sabemos que o sistema AX = 0 e determinado se, e so se,

r(A) = r[A | 0] = n,

ou equivalentemente,

r(A) = n.

Como A ∈Mn×n(K) tal equivale a afirmar que A e invertıvel.

Exercıcio 2.1 (a) Discuta cada um dos seguintes sistemas de equacoes lineares, nasincognitas x1, x2, x3, sobre R:

(S1)

8<:

x1 + x2 + 2x3 = 12x1 − x2 + x3 = 13x2 + 3x3 = 0

(S2)

8<:

x1 + x2 − x3 = 02x1 + x2 = 1x1 − x3 = 1

(S3)

8<:

x1 + x2 − x3 = 02x1 + x2 = 1−x1 − x3 = −1

(S4)

8<:

x1 + 2x2 = 1x1 + x2 = 1−x1 + x2 = −1

(S5)

�2x1 + x2 = 1−x1 + 3x2 + x3 = 2

(S6)

�x1 + 2x2 + x3 = −12x1 + 4x2 + 2x3 = 3

(S7)

8>>><>>>:

2x1 − x2 + x3 = −1x1 + 2x2 + x3 = 0x1 − 3x2 = −14x1 − 2x2 + 2x3 = −2−2x1 + x2 − x3 = 1

(S8)

8>>><>>>:

−5x1 − 2x2 + x3 = −16x1 + 2x2 + x3 = 0−4x1 − 2x2 + 3x3 = −22x1 + 4x3 = −2−6x1 − 3x2 + 2x3 = −1

(S9)

8>><>>:

x1 + x2 + x3 = −12x1 + x2 = 0x2 + x3 = 2x1 − x3 = −1

(S10)

8>><>>:−x1 + 2x3 = 1x1 + 2x2 = −12x2 + 2x3 = 0x1 − 2x3 = −1

(b) Resolva os sistemas possıveis considerados em (a).

Exercıcio 2.2 Para A =

24 0 1 2

2 0 0−1 0 2

35 ∈ M3×3(R) e B =

24 2

1−1

35 ∈ M3×1(R)

considere o sistema (S) de equacoes lineares nas incognitas x1, x2, x3.Indique a coleccao de equacoes lineares que constituem o sistema (S) e que estao repre-sentadas em AX = B.

Exercıcio 2.3 Sejam A =

24 1 1 2 −1

2 2 −2 20 0 6 −4

35 ∈ M3×4(R), B =

24 −1

4−6

35 ∈

M3×1(R) e (S) o sistema de equacoes lineares AX = B.

(a) Sem resolver o sistema, mostre que:

(i) (−1, 1, 1, 3) e solucao de (S);

(ii) (1, 0, 1, 0) nao e solucao de (S).

(b) (i) Resolva o sistema (S);

(ii) Indique duas solucoes de (S), ambas distintas da considerada em (a)(i).

Page 75: Sebenta Algebra

69

Exercıcio 2.4 Sejam A ∈ Mm×n(K), B ∈ Mm×1(K) e (S) o sistema de equacoeslineares AX = B. Mostre que:

(a) Se m < n entao ou (S) e impossıvel ou (S) e possıvel indeterminado.

(b) Se m = n e A e invertıvel entao (S) e possıvel determinado.

(c) Se m = n e (S) e possıvel determinado entao A e invertıvel.

Exercıcio 2.5 Para cada uma das alıneas seguintes indique se existe ou nao um sistema(S) de equacoes lineares, sobre R, nas condicoes indicadas e, em caso afirmativo, de umexemplo.

(a) O numero de equacoes e superior ao numero de incognitas e (S) e possıvel.

(b) O numero de equacoes e inferior ao numero de incognitas e (S) e possıveldeterminado.

(c) O numero de equacoes e igual ao numero de incognitas e (S) nao e possıveldeterminado.

(d) (S) e possıvel determinado e o numero de equacoes nao e igual ao numerode incognitas.

Exercıcio 2.6 Para cada α ∈ R e cada β ∈ R, considere o sistema de equacoes linearesde coeficientes reais nas incognitas x, y, z, sobre R,

8<:

x + y − z = 1−x− αy + z = −1−x− y + (α + 1)z = β − 2

.

(a) Discuta o sistema em funcao de α e β.

(b) Para α = 0 e β = 1 indique o conjunto das solucoes do sistema.

Exercıcio 2.7 Para cada α ∈ R e cada β ∈ R, considere o sistema de equacoes linearesde coeficientes reais nas incognitas x, y, z, sobre R,

8<:

x + αz = 3x + (β − 3)y + 2αz = α + 3x + 2αz = 4

.

(a) Discuta o sistema em funcao de α e β.

(b) Para α = 1 e β = 3 indique o conjunto das solucoes do sistema.

Exercıcio 2.8 Para cada α ∈ R e cada β ∈ R, considere o sistema de equacoes linearesnas incognitas x, y, z, sobre R,

(Sα,β)

8<:

x + αy + βz = 1α(β − 1)y = αx + αy + z = β2

.

(a) Discuta-o, em funcao de α e β.

(b) (i) Mostre que S2,2 tem uma e uma so solucao.

(ii) Mostre que a matriz simples de S2,2 e invertıvel.

(iii) Determine a solucao de S2,2 usando a inversa da matriz simples dosistema.

Page 76: Sebenta Algebra

70

Exercıcio 2.9 Para cada a ∈ R, considere:

(a) O sistema de equacoes lineares nas incognitas x, y, sobre R,

8<:

x + y = ax + 2y = a2

x + 3y = a3.

(b) O sistema de equacoes lineares nas incognitas x, y, z, w, sobre R,

8<:

ax− z + (a + 1)w = 1−x + y + z + w = a(a− 1)x + y + (a− 2)z + 2aw = a− 2

.

(c) O sistema de equacoes lineares nas incognitas x, y, z, w, sobre R,

8>><>>:

(8− a)x + 2y + 3z + aw = 0x + (9− a)y + 4z + aw = 0x + 2y + (10− a)z + aw = 0x + 2y + 3z + aw = 0

.

Discuta, em funcao de a, o sistema de cada uma das alıneas.

Exercıcio 2.10 Para cada a e cada b pertencentes a R, considere:

(a) Os sistemas de equacoes lineares nas incognitas x, y, z, w, sobre R,

(i)

8<:

ax + y − z + aw = 0(a + 1)y + z + w = 1−x + y + (a + 1)w = b

.

(ii)

8<:

2x + y + w = 23x + 3y + az + 5w = 33x− 3z − 2w = b

.

(b) Os sistemas de equacoes lineares nas incognitas x, y, z, sobre R,

(i)

8>><>>:

x + y + z = 2x− y + z = 2ax + z = 23x + y + 3z = b

.

(ii)

8<:−2x + (a + 3)y − bz = −3x + bz = 12x + 4y + 2bz = −b

.

Discuta, em funcao de a e b, os sistemas indicados em cada uma das alıneas.

Exercıcio 2.11 Sejam a, b, c ∈ R tais que abc 6= 0. Considere o sistema de equacoeslineares na incognitas x, y, z, sobre R,

8<:

4bcx + acy − 2abz = 05bcx + 3acy − 4abz = −abc3bcx + 2acy − abz = 4abc

.

Justifique que tal sistema e sempre possıvel e determinado e indique a sua solucao.

Page 77: Sebenta Algebra

71

Solucoes de alguns dos exercıcios propostosAbreviaturas utilizadas:

S.P.D.− Sistema Possıvel e Determinado

S.I.− Sistema Impossıvel

S.P.I.− Sistema Possıvel Indeterminado

g.i. − grau de indeterminacao

2.1 (a) (S1) e S.I.

(S2) e S.P.D.

(S3) e S.P.I. com g.i. 1

(S4) e S.P.I. com g.i. 1

(S5) e S.P.I. com g.i. 1

(S6) e S.I.

(S7) e S.P.I. com g.i. 1

(S8) e S.P.D.

(S9) e S.I.

(S10) e S.P.I. com g.i. 1

(b) Conjunto de solucoes de (S2):

{(1,−1, 0)}

Conjunto de solucoes de (S3):

{(1− α,−1 + 2α, α) : α ∈ R}

Conjunto de solucoes de (S4):

{(1, 0, α) : α ∈ R}

Conjunto de solucoes de (S5):

{( 17

+ 17α, 5

7− 2

7α, α) : α ∈ R}

Conjunto de solucoes de (S7):

{(− 25− 3

5α, 1

5− 1

5α, α) : α ∈ R}

Conjunto de solucoes de (S8):

{( 35,− 7

5,− 4

5)}

Conjunto de solucoes de (S10):

{(−1 + 2α,−α, α) : α ∈ R}

2.3 (b) (i) Conjunto de solucoes:

{(1− α− 13β, α,−1 + 2

3β, β) : α, β ∈ R}

2.6 (a)

2666664

Se α 6= 0, 1 e β ∈ R, S.P.D.

Se α = 1 e β ∈ R, S.P.I. com g.i. 1

Se α = 0 e β 6= 1, S.I.

Se α = 0 e β = 1, S.P.I. com g.i. 1

(b) Conjunto de solucoes:

{(1 + γ, 0, γ) : γ ∈ R}

2.7 (a)

2666664

Se α 6= 0 e β 6= 3, S.P.D.

Se α = 0 e β ∈ R, S.I.

Se α = 1 e β = 3, S.P.I. com g.i. 1

Se α 6= 0, 1 e β = 3, S.I.

(b) Conjunto de solucoes:

{(2, γ, 1) : γ ∈ R}

2.8 (a)

2666664

Se α 6= 0 e β 6= 1, S.P.D.

Se α = 0 e β = 1, S.P.I. com g.i. 2

Se α = 0 e β 6= 1, S.P.I. com g.i. 1

Se α 6= 0 e β = 1, S.I.

(b) (iii) Solucao do sistema: (x, y, z) = (5, 1,−3)

2.9 (a)

"Se a 6= 0 e a 6= 1, S.I.

Se a = 0 ou a = 1, S.P.D.

(b)

"Se a 6= 2, S.P.I. com g.i. 1

Se a = 2, S.I.

(c)

2664

Se a = 7, S.P.I. com g.i. 2

Se a = 0, S.P.I. com g.i. 1

Se a 6= 7 e a 6= 0, S.P.D.

2.10 (a) (i)

2664

Se a 6= −1 e b ∈ R, S.P.I. com g.i. 1

Se a = −1 e b = 1, S.P.I. com g.i. 2

Se a = −1 e b 6= 1, S.I.

(ii)

2664

Se a 6= 3 e b ∈ R, S.P.I. com g.i. 1

Se a = 3 e b 6= 3, S.I.

Se a = 3 e b = 3, S.P.I. com g.i. 2

(b) (i)

2664

Se b 6= 6 e a ∈ R, S.I.

Se b = 6 e a = 1, S.P.I. com g.i. 1

Se b = 6 e a 6= 1, S.P.D.

(ii)

2664

Se b 6= 0 e a ∈ R, S.P.D.

Se b = 0 e a = −1, S.P.I. com g.i. 1

Se b = 0 e a 6= 1, S.I.

2.11 Conjunto de solucoes: {(a, 2b, 3c)}

Page 78: Sebenta Algebra
Page 79: Sebenta Algebra

Capıtulo 3

Determinantes

Neste capıtulo consideraremos apenas matrizes quadradas.

Conforme vimos no Capıtulo 1, uma matriz quadrada pode ser ou nao invertıvel.

Na pratica, uma forma de determinar se uma matriz quadrada e invertıvel e conhecendo

a sua caracterıstica. Recorde-se o resultado

A ∈Mn×n(K) e invertıvel se, e so se, r(A) = n.

Neste capıtulo veremos que podemos associar a cada matriz A ∈Mn×n(K) um elemento

de K, dependente apenas dos elementos da matriz, e que tal como a caracterıstica tambem

nos vai permitir decidir sobre a invertibilidade de A.

Vejamos primeiramente como tal pode ser feito para n = 1 e para n = 2.

Para n = 1 tem-se

A = [a11] ∈M1×1(K) e invertıvel se, e so se, r(A) = 1,

ou equivalentemente,

a11 6= 0.

Para n = 2, tem-se

A ="

a11 a12

a21 a22

#e invertıvel se, e so se, r(A) = 2.

Vejamos que tal e equivalente a afirmar que

a11a22 − a12a21 6= 0.

Page 80: Sebenta Algebra

74

Suponhamos primeiramente que a11 6= 0. Tem-se

A ="

a11 a12

a21 a22

#−−−−−−−−−−−→l2 +

�−a21

a11

�l1

24 a11 a12

0 a22 − a21a12a11

35 =

24 a11 a12

0 a11a22−a21a12a11

35.

Logo, r(A) = 2 se, e so se,

a11a22 − a21a12 6= 0.

Suponhamos agora que a11 = 0, isto e,

A ="

0 a12

a21 a22

#.

Se a21 6= 0 entao

A ="

0 a12

a21 a22

#−−−−−−→l1 ←→ l2

"a21 a22

0 a12

#

esta em forma de escada e, portanto, r(A) = 2 se, e so se, a12 6= 0. Observemos que,

neste caso, como a11 = 0 e a21 6= 0 se tem

a12 6= 0 se, e so se, a11a22 − a12a21 6= 0.

Finalmente, consideremos o caso a11 = 0 = a21. Tem-se

A ="

0 a12

0 a22

#

nao e invertıvel, quaisquer que sejam a12 e a22, pois A tem uma coluna nula.

Neste caso, tem-se

a11a22 − a12a21 = 0.

Logo, concluımos o que pretendıamos.

Veremos que, para qualquer n ∈ N, podemos associar a cada matriz A ∈ Mn×n(K)

um elemento de K, a que chamaremos “determinante” de A, com a propriedade de A ser

invertıvel se, e so se, esse escalar for nao nulo.

Notacao 3.1 • Seja A ∈Mn×n(K), com n ≥ 2. Dados i, j ∈ {1, . . . , n}, representamos

por

A(i|j)

a matriz que se obtem de A suprimindo a linha i e a coluna j. Tem-se, pois,

A(i|j) ∈M(n−1)×(n−1)(K).

Page 81: Sebenta Algebra

75

Exemplo 3.2 Se

A =

2664

1 2 3

4 5 6

7 8 9

3775 ∈M3×3(R)

entao

A(1|2) ="

4 6

7 9

#, A(2|1) =

"2 3

8 9

#e A(1|1) =

"5 6

8 9

#.

Definicao 3.3 Seja A = [aij ] ∈ Mn×n(K). Chamamos determinante de A, e re-

presentamos por detA ou |A|, o elemento de K definido da seguinte forma:

Se n = 1 entao det A = a11.

Se n > 1 entao

det A = a11(−1)1+1 det A(1|1) + · · ·+ a1n(−1)1+n det A(1|n)

=n∑

k=1

a1k(−1)1+k det A(1|k).

Notemos que, pela definicao anterior, para

A ="

a11 a12

a21 a22

#∈M2×2(K)

resulta que

det A = a11(−1)1+1 det A(1|1) + a12(−1)1+2 det A(1|2)

= a11 det[a22]− a12 det[a21]

= a11a22 − a12a21.

Dizemos entao frequentemente que o determinante de uma matriz de ordem 2 e igual a

diferenca entre o produto dos elementos da diagonal principal e o produto dos elementos da

outra diagonal.

Utilizando a definicao de determinante, vejamos o que se obtem para n = 3. Tem-se

A =

2664

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

3775

Page 82: Sebenta Algebra

76

e

det A = a11(−1)1+1 det A(1|1) + a12(−1)1+2 det A(1|2) + a13(−1)1+3 det A(1|3)

= a11 det"

a22 a23

a32 a33

#− a12 det

"a21 a23

a31 a33

#+ a13 det

"a21 a22

a31 a32

#

= a11(a22a33 − a23a32)− a12(a21a33 − a23a31) + a13(a21a32 − a22a31)

= a11a22a33 − a11a23a32 − a12a21a33 + a12a23a31 + a13a21a32 − a13a22a31

= (a11a22a33 + a12a23a31 + a13a21a32)− (a11a23a32 + a12a21a33 + a13a22a31).

Assim, para n = 3, a expressao de detA tem 6 parcelas que podem ser escritas como

uma diferenca em que o aditivo tem 3 parcelas e o subtractivo outras 3 parcelas.

Para as escrever podemos recorrer a mnemonicas (isto e, regras praticas que nos ajudam a

fixar certas expressoes) como a Regra de Sarrus. De acordo com esta mnemonica as 3 parcelas

do aditivo sao dadas pelo produto dos elementos da diagonal principal e pelo produto dos

elementos abrangidos por cada um dos dois triangulos com base paralela a diagonal principal.

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

@@

@@

@@

����

�����

��

@@��

��

As 3 parcelas do subtractivo sao obtidas procedendo de forma analoga em relacao a diagonal

secundaria (constituıda pelos elementos a13, a22 e a31).

Embora seja citada em muitos livros, a Regra de Sarrus, valida apenas para n = 3, e

perfeitamente dispensavel.

A definicao de determinante permite calcular o determinante de uma matriz de ordem

n, n ≥ 2, atraves do calculo do determinante de n matrizes de ordem n− 1.

Para n = 4 terıamos 4 determinantes de matrizes de ordem 3, cada um destes com 6

parcelas o que daria origem a 24 parcelas.

No caso geral de A ∈ Mn×n(K) a expressao de det A tem n! parcelas, conforme se

demonstra por inducao sobre n.

Assim, se A ∈ Mn×n(K), com n ≥ 4, e “impensavel” calcular o determinante de A pela

definicao.

Vejamos processos alternativos para calcular o determinante de A ∈Mn×n(K).

Page 83: Sebenta Algebra

77

Definicao 3.4 Seja A ∈ Mn×n(K), com n ≥ 2. Designa-se por complemento

algebrico do elemento da posicao (i, j) de A, o elemento de K, que representare-

mos por Aij , dado por

Aij = (−1)i+j det A(i|j).

Embora se designe por complemento algebrico do elemento da posicao (i, j) de A, de

facto Aij nao depende do elemento da posicao (i, j) de A pois esse elemento nao figura na

matriz A(i|j).

Por exemplo, na matriz

A =

2664

1 2 3

4 5 6

7 a 8

3775

tem-se

A32 = (−1)3+2����� 1 3

4 6

����� = −(6− 12) = 6,

independentemente do valor de a.

Podemos entao afirmar que a definicao de determinante de A ∈Mn×n(K) nos diz que,

se n ≥ 2, o determinante de A e igual a soma dos produtos dos elementos da linha 1 pelos

respectivos complementos algebricos.

O resultado seguinte, que nao demonstraremos, afirma que se procedermos de forma

analoga para uma qualquer linha ou uma qualquer coluna de A obtemos ainda o determinante

de A.

Teorema 3.5 (Teorema de Laplace) O determinante de uma matriz quadrada e igual a

soma dos produtos dos elementos de uma qualquer das suas linhas pelos respectivos comple-

mentos algebricos, isto e, se A = [aij ] ∈Mn×n(K) entao

det A = ai1Ai1 + · · ·+ ainAin, i = 1, . . . , n. (3.1)

O mesmo resultado e valido se substituirmos “linhas” por “colunas”, isto e,

det A = a1jA1j + · · ·+ anjAnj , j = 1, . . . , n. (3.2)

A expressao (3.1) chamamos o desenvolvimento do determinante de A atraves da linha i

ou dizemos que e a expressao resultante da aplicacao do Teorema de Laplace a linha i

Page 84: Sebenta Algebra

78

de A. Analogamente, dizemos que (3.2) e a expressao resultante da aplicacao do Teorema

de Laplace a coluna j de A.

Na pratica, quando queremos explicitar como foi aplicado o Teorema de Laplace, utili-

zamos a notacao

det ALapl.=li

ou detALapl.=cj

para indicar que o desenvolvimento que se segue, para o determinante de A, decorre da

aplicacao do Teorema de Laplace a linha i ou a coluna j de A, respectivamente.

Assim, pelo resultado anterior, dada A ∈Mn×n(K), podemos calcular det A por 2n pro-

cessos, aplicando o Teorema de Laplace a cada uma das n linhas de A ou a cada uma

das n colunas de A. Embora todos esses 2n processos nos conduzam ao mesmo escalar (o

determinante de A) uns podem ser mais expeditos do que outros.

Por razoes obvias, se a matriz tiver elementos nulos, temos vantagem em aplicar o Teo-

rema de Laplace a uma linha ou a uma coluna com um numero maximo de zeros.

Exemplo 3.6 Seja

A =

2664

1 9 3

4 5 0

0 0 2

3775.

A forma mais expedita de calcular o determinante de A sera pela aplicacao do Teorema de

Laplace a linha 3, mas indicaremos seguidamente as 6 formas possıveis de o calcular, com

o referido resultado.

Aplicando o Teorema de Laplace a linha 1 de A obtemos

det ALapl.=l1

1(−1)1+1����� 5 0

0 2

����� + 9(−1)1+2����� 4 0

0 2

����� + 3(−1)1+3����� 4 5

0 0

�����= 1×10− 9×8 + 3×0 = 10− 72 = −62.

Aplicando o Teorema de Laplace a linha 2 de A obtemos

det ALapl.=l2

4(−1)2+1����� 9 3

0 2

����� + 5(−1)2+2����� 1 3

0 2

�����= −4×18 + 5×2 = −72 + 10 = −62.

Aplicando o Teorema de Laplace a linha 3 de A obtemos

det ALapl.=l3

2(−1)3+3����� 1 9

4 5

����� = 2× (−31) = −62.

Page 85: Sebenta Algebra

79

Aplicando o Teorema de Laplace a coluna 1 de A obtemos

det ALapl.=c1

1(−1)1+1����� 5 0

0 2

����� + 4(−1)2+1����� 9 3

0 2

�����= 1×10− 4×18 = 10− 72 = −62.

Aplicando o Teorema de Laplace a coluna 2 de A obtemos

det ALapl.=c2

9(−1)1+2����� 4 0

0 2

����� + 5(−1)2+2����� 1 3

0 2

�����= −9×8 + 5×2 = −72 + 10 = −62.

Aplicando o Teorema de Laplace a coluna 3 de A obtemos

det ALapl.=c3

3(−1)1+3����� 4 5

0 0

����� + 2(−1)3+3����� 1 9

4 5

�����= 3×0 + 2× (5− 36) = 2× (−31) = −62.

Exercıcio 3.1 Calcule o determinante de cada uma das seguintes matrizes, de duasformas diferentes.

(a) A =

24 1 1 0

2 1 11 1 1

35 ∈M3×3(R).

(b) B =

2664

1 0 −1 0−2 0 2 −1

1 1 −1 13 3 −6 6

3775 ∈M4×4(R).

(c) C =

24 1 0 i

0 0 2−i 2 1

35 ∈ M3×3(C).

Exercıcio 3.2 Seja

H =

26664

x a b 0 c0 y 0 0 d0 e z 0 fg h k u l0 0 0 0 v

37775 ∈ M5×5(R).

Calcule det H.

Exercıcio 3.3 Para cada λ ∈ R, considere Aλ =

24 3− λ −3 2

0 −2− λ 20 −3 3− λ

35. Deter-

mine os valores de λ para os quais det Aλ = 0.

Utilizando o Teorema de Laplace podemos agora demonstrar o seguinte resultado.

Teorema 3.7 Seja A ∈Mn×n(K). Tem-se

det A = detA>,

isto e, uma matriz e a sua transposta tem o mesmo determinante.

Page 86: Sebenta Algebra

80

Demonstracao:

A demonstracao e feita por inducao em n.

Para n = 1 tem-se

A = [A11] = A>

e, portanto,

detA = detA>.

Seja n ≥ 2.

Hipotese de Inducao: O determinante de qualquer matriz de M(n−1)×(n−1)(K), e

igual ao determinante da sua transposta.

Seja A ∈Mn×n(K) e B = A>. Desenvolvendo o detA segundo a linha 1 tem-se

detA = A11A11 + · · ·+ A1nA1n.

Por definicao, tem-se

A1k = (−1)1+k det A(1|k), k = 1, . . . , n.

Como A(1|k) ∈M(n−1)×(n−1)(K), utilizando a hipotese de inducao podemos afir-

mar que

A1k = (−1)1+k det(A(1|k))>.

Como

(A(1|k))> = B(k|1),

obtemos

A1k = (−1)k+1 detB(k|1) = Bk1.

Assim

det A = A11B11 + · · ·+ A1nBn1

= B11B11 + · · ·+ Bn1Bn1

= det B,

sendo a ultima igualdade o desenvolvimento de det B segundo a coluna 1. Logo,

detA = detA>.

Exercıcio 3.4 Seja A ∈ Mn×n(C) e A a conjugada da matriz A. Mostre que:

(a) det A = det A, por inducao em n.

(b) Se A e hermıtica entao det A e um numero real.

(c) Se A e hemi–hermıtica entao det A e um numero imaginario puro.

Page 87: Sebenta Algebra

81

Atendendo ao teorema anterior podemos afirmar que os resultados sobre determi-

nantes que sejam enunciados para linhas sao validos, tal como o Teorema de

Laplace, substituindo “linha” por “coluna”.

Como consequencia imediata do Teorema de Laplace tem-se:

Proposicao 3.8 Se A ∈Mn×n(K) tem uma linha nula entao det A = 0.

Vejamos um outro caso em que, independentemente da ordem de A, tambem se tem

det A = 0.

Proposicao 3.9 Seja A ∈ Mn×n(K), com n ≥ 2. Se A tem a linha i igual a linha j, com

i 6= j, entao

det A = 0.

Demonstracao:

A demonstracao e feita por inducao em n.

Para n = 2 o resultado e valido, pois

A ="

a11 a12

a11 a12

#

e

detA = a11a12 − a12a11 = 0.

Seja n ≥ 3. Seja A = [aij ] ∈Mn×n(K) uma matriz que tem a linha i igual a linha

j, com i 6= j.

Hipotese de Inducao: O determinante de qualquer matriz de M(n−1)×(n−1)(K)

com duas linhas iguais e zero.

Como n ≥ 3, existe k ∈ {1, . . . , n} tal que k 6= i e k 6= j. Aplicando o Teorema da

Laplace a linha k de A obtemos

det A = ak1Ak1 + · · ·+ aknAkn.

Para l = 1, . . . , n tem-se, por definicao,

Akl = (−1)k+l det A(k|l).

Uma vez que A(k|l) ∈ M(n−1)×(n−1)(K) e continua a ter duas linhas iguais, pela

hipotese de inducao,

detA(k|l) = 0.

Page 88: Sebenta Algebra

82

Assim

Ak1 = · · · = Akn = 0

e, portanto,

detA = 0.

Um outro resultado que tambem e valido para qualquer ordem e que pode ser demons-

trado por inducao na ordem da matriz e o que seguidamente estabelecemos.

Teorema 3.10 Se A ∈ Mn×n(K) e uma matriz triangular superior (respectivamente, infe-

rior) entao o determinante de A e igual ao produto dos elementos da diagonal principal de

A.

Demonstracao:

Para n = 1 o resultado verifica-se trivialmente pois A = [a11] e detA = a11.

Seja n ≥ 2 e A = [aij ] ∈Mn×n(K) uma matriz triangular superior.

Hipotese de Inducao: O determinante de qualquer matriz triangular superior de

M(n−1)×(n−1)(K) e igual ao produto dos elementos da sua diagonal principal.

Tem-se

A =

26666664

a11 a12 · · · a1n

0 a22 · · · a2n

..

....

. . ....

0 0 · · · ann

37777775, com n ≥ 2.

Aplicando o Teorema de Laplace a linha n de A, concluımos que

detA = ann(−1)n+n detA(n|n)

= ann

������������

a11 a12 · · · a1,n−1

0 a22 · · · a2,n−1

..

....

. . ....

0 0 · · · an−1,n−1

������������.

Dado que A(n|n) ∈ M(n−1)×(n−1)(K) e e triangular superior concluımos, pela

hipotese de inducao, que

det A(n|n) = a11a22 · · · an−1,n−1.

Logo

det A = ann(a11a22 · · · an−1,n−1)

= a11a22 · · · an−1,n−1ann,

Page 89: Sebenta Algebra

83

como pretendıamos demonstrar.

(Note que poderıamos ter chegado a mesma conclusao aplicando o Teorema de

Laplace a coluna 1 de A, tambem com n− 1 zeros tal como a linha n.)

Se A e triangular inferior entao como A> e triangular superior e A e A> tem o

mesmo determinante, concluımos que o determinante de A e igual ao produto dos

elementos da diagonal principal de A> que sao iguais aos elementos da diagonal

principal de A.

Sejam A,B ∈Mn×n(K). Pode ter-se

det(A + B) 6= detA + det B.

Exemplo 3.11 Sejam

A ="

1 0

0 0

#e B =

"0 4

0 5

#.

Entao

det A = 0 , det B = 0 e det(A + B) = det"

1 4

0 5

#= 5.

Exercıcio 3.5 De exemplo de matrizes A, B ∈ M3×3(R), tais que

(a) det A = det B e A 6= B.

(b) det(A + B) 6= det A + det B.

O resultado seguinte estabelece uma propriedade interessante dos determinantes.

Proposicao 3.12 Para i = 1, . . . , n, tem-se:

det

266666664

a11 · · · a1n

· · ·bi1 + ci1 · · · bin + cin

· · ·an1 · · · ann

377777775

= det

266666664

a11 · · · a1n

· · ·bi1 · · · bin

· · ·an1 · · · ann

377777775

+ det

266666664

a11 · · · a1n

· · ·ci1 · · · cin

· · ·an1 · · · ann

377777775.

Demonstracao:

Da esquerda para a direita, representem-se respectivamente, por A, B e C as

matrizes referidas no enunciado. Aplicando o Teorema de Laplace a linha i de A

obtemos

det A = (bi1 + ci1)Ai1 + · · ·+ (bin + cin)Ain

=(bi1Ai1 + · · ·+ binAin

)+(ci1Ai1 + · · ·+ cinAin

).

Page 90: Sebenta Algebra

84

Notemos que, para l = 1, . . . , n,

A(i|l) = B(i|l) = C(i|l)

pelo que

Ail = Bil = Cil.

Logo

bi1Ai1 + · · ·+ binAin = bi1Bi1 + · · ·+ binBin = det B

e

ci1Ai1 + · · ·+ cinAin = ci1Ci1 + · · ·+ cinCin = det C.

Exercıcio 3.6 Utilizando a Proposicao 3.12, justifique que:

���� am + bp an + bqcm + dp cn + dq

���� = (mq − np)(ad− bc).

Vejamos agora o efeito que cada uma das transformacoes elementares sobre linhas tem

sobre o determinante de uma matriz.

Teorema 3.13 Seja A ∈Mn×n(K). Tem-se

1. Se i 6= j e A −−−−−−−→li←→lj

A′ entao det A′ = −det A.

2. Se α 6= 0 e A −−−−−−→αli

A′ entao det A′ = α det A.

3. Se i 6= j e A −−−−−−→li+βlj

A′ entao det A′ = detA.

Demonstracao:

Demonstremos 1. Sabemos ja que se uma matriz tem duas linhas iguais entao o

seu determinante e nulo. Assim, sendo L1, . . . , Ln, n-uplos, tem-se

det

266666666666664

L1

· · ·Li + Lj

· · ·Li + Lj

· · ·Ln

377777777777775

= 0.

Page 91: Sebenta Algebra

85

Por outro lado, aplicando a Proposicao 3.12 concluımos que

det

266666666666664

L1

· · ·Li + Lj

· · ·Li + Lj

· · ·Ln

377777777777775

= det

266666666666664

L1

· · ·Li

· · ·Li + Lj

· · ·Ln

377777777777775

+ det

266666666666664

L1

· · ·Lj

· · ·Li + Lj

· · ·Ln

377777777777775

= det

266666666666664

L1

· · ·Li

· · ·Li

· · ·Ln

377777777777775

+ det

266666666666664

L1

· · ·Li

· · ·Lj

· · ·Ln

377777777777775

+ det

266666666666664

L1

· · ·Lj

· · ·Li

· · ·Ln

377777777777775

+ det

266666666666664

L1

· · ·Lj

· · ·Lj

· · ·Ln

377777777777775.

Utilizando de novo o resultado segundo o qual e nulo o determinante de uma matriz

com duas linhas iguais, obtemos

0 = 0 + det

266666666666664

L1

· · ·Li

· · ·Lj

· · ·Ln

377777777777775

+ det

266666666666664

L1

· · ·Lj

· · ·Li

· · ·Ln

377777777777775

+ 0,

isto e,

det

266666666666664

L1

· · ·Li

· · ·Lj

· · ·Ln

377777777777775

= −det

266666666666664

L1

· · ·Lj

· · ·Li

· · ·Ln

377777777777775.

Mostramos, como pretendıamos, que o determinante de uma matriz passa ao

simetrico quando trocamos as linhas i e j, com i 6= j.

Demonstremos 2. Seja A = [aij ] ∈Mn×n(K) e

A′ =

266666664

a11 · · · a1n

· · ·αai1 · · · αain

· · ·an1 · · · ann

377777775.

Aplicando o Teorema de Laplace a linha i de A′, obtemos

det A′ = (αai1)A′i1 + · · ·+ (αain)A′in

= α(ai1A′i1 + · · ·+ ainA′in

).

Page 92: Sebenta Algebra

86

Para l = 1, . . . , n, tem-se A(i|l) = A′(i|l) e, portanto,

A′il = Ail.

Logo

det A′ = α(ai1Ai1 + · · ·+ ainAin

)= α det A.

Finalmente, demonstremos 3. Sejam β ∈ K, A =

266666666666664

L1

· · ·Li

· · ·Lj

· · ·Ln

377777777777775

e A′ =

266666666666664

L1

· · ·Li + βLj

· · ·Lj

· · ·Ln

377777777777775,

com L1, . . . , Ln n-uplos. Tem-se

detA′ = det

266666666666664

L1

· · ·Li + βLj

· · ·Lj

· · ·Ln

377777777777775

= det

266666666666664

L1

· · ·Li

· · ·Lj

· · ·Ln

377777777777775

+ det

266666666666664

L1

· · ·βLj

· · ·Lj

· · ·Ln

377777777777775

= det

266666666666664

L1

· · ·Li

· · ·Lj

· · ·Ln

377777777777775

+ β det

266666666666664

L1

· · ·Lj

· · ·Lj

· · ·Ln

377777777777775

= det A + β×0 = det A.

Vimos, no Capıtulo 1, que multiplicar um escalar α por uma matriz A corresponde a

multiplicar todos os elementos da matriz A por α. Notemos que, de acordo com a proprie-

dade 2 do Teorema 3.13, multiplicar um escalar α por determinante de A corresponde ao

determinante de uma matriz que se obtem de A multiplicando por α uma, e uma so, das

suas linhas. Em linguagem informal dizemos entao que num determinante um escalar pode

ser posto em evidencia so por estar a multiplicar uma linha.

Corolario 3.14 Seja A ∈ Mn×n(K) e A′ uma matriz que se obtem de A efectuando um

numero finito de transformacoes elementares sobre linhas, isto e,

A −−−−−−−→(linhas)

A′.

Tem-se

det A = 0 se, e so se, det A′ = 0.

Page 93: Sebenta Algebra

87

Demonstracao:

De acordo com o teorema anterior temos

detA′ = (−1)rα1 · · ·αs detA, com r, s ∈ N0,

sendo r o numero de transformacoes elementares do tipo I, s o numero de trans-

formacoes elementares do tipo II e α1, . . . , αs os escalares nao nulos envolvidos

nas s transformacoes elementares do tipo II efectuadas (convencionando que para

s = 0 temos α1 · · ·αs = 1). Logo

detA = 0 se, e so se, detA′ = 0.

Exemplo 3.15 Com um exemplo, ilustremos as alteracoes no determinante, provocadas

por transformacoes do tipo II.��������

2 4 6

3 9 15

5 0 5

��������= 2

��������1 2 3

3 9 15

5 0 5

��������= 2×3

��������1 2 3

1 3 5

5 0 5

��������= 2×3×5

��������1 2 3

1 3 5

1 0 1

��������.

Exercıcio 3.7 Seja A =

24 a b c

d e fg h i

35 ∈ M3×3(R), tal que det A = γ. Indique, em

funcao de γ, o valor de cada um dos seguintes determinantes:

(a)

������d e fg h ia b c

������.

(b)

������3a 3b 3c−d −e −f4g 4h 4i

������.

(c)

������a + g b + h c + i

d e fg h i

������.

(d)

������−3a −3b −3c

d e fg − 4d h− 4e i− 4f

������.

(e)

������b e ha d gc f i

������.

Exercıcio 3.8 Mostre que se A ∈Mn×n(K) e α ∈ K entao det(αA) = αn det A.

Exercıcio 3.9 (a) Mostre que se A ∈Mn×n(K) e hemi–simetrica e n e ımparentao det A = 0.

(b) Justifique que a equacao p(x) =

������0 x− a x− b

x + a 0 x− cx + b x + c 0

������ = 0 admite a

raiz zero.

Page 94: Sebenta Algebra

88

Exercıcio 3.10 Verifique que, se abc 6= 0, entao

������bc a2 a2

b2 ca b2

c2 c2 ab

������ =

������bc ab caab ca bcca bc ab

������.Sugestao: Comece por multiplicar as colunas 1, 2 e 3, respectivamente, por a, b e c.

Exercıcio 3.11 Mostre que

������x− y − z 2x 2x

2y y − z − x 2y2z 2z z − x− y

������ = (x + y + z)3 .

Sugestao: Comece por adicionar a linha 1 as linhas 2 e 3.

Exercıcio 3.12 Sejam A, B ∈ Mn×n(K) tais que Bij = (−1)i+jAij . Justifique que Ae B tem o mesmo determinante.

Exercıcio 3.13 Mostre que se abcd 6= 0 entao

��������a2 a 1 bcdb2 b 1 acdc2 c 1 abdd2 d 1 abc

��������=

��������a3 a2 a 1b3 b2 b 1c3 c2 c 1d3 d2 d 1

��������.

Exercıcio 3.14 Os numeros 20604, 53227, 25755, 20927 e 78421 sao divisıveis por 17.Justifique que o mesmo sucede ao determinante

���������

2 0 6 0 45 3 2 2 72 5 7 5 52 0 9 2 77 8 4 2 1

���������,

sem calcular o seu valor.

Sugestao: Efectue as transformacoes elementares, do tipo III, sobre colunas,

c5 + 104c1 + 103c2 + 102c3 + 10c4.

Conforme vimos no Capıtulo 1, toda a matriz A ∈ Mm×n(K) pode ser transformada

numa matriz em forma de escada, atraves de um numero finito de transformacoes elementares

sobre linhas.

Observemos que se A ∈Mn×n(K) e

A −−−−−−−→(linhas)

A′ (f.e.)

entao A′ e triangular superior (eventualmente com elementos nulos na diagonal principal).

Na pratica dispomos entao do seguinte processo para calcular o determinante de uma

matriz A ∈Mn×n(K):

• Efectuem-se transformacoes elementares sobre linhas de forma a transformar A numa

matriz A′ em forma de escada.

Page 95: Sebenta Algebra

89

• Considerando as correspondentes alteracoes no determinante resultantes de cada uma

dessas transformacoes elementares obtenha-se a relacao entre detA e detA′.

• Como det A′ e igual ao produto dos elementos da sua diagonal principal e e conhecida

a relacao entre detA e detA′, obtenha-se detA.

Exemplo 3.16

��������0 5 10

1 2 3

2 6 8

��������=

l1 ←→ l2−

��������1 2 3

0 5 10

2 6 8

��������=

l3 + (−2)l1−

��������1 2 3

0 5 10

0 2 2

��������= −5

��������1 2 3

0 1 2

0 2 2

��������

=l3 + (−2)l2

− 5

��������1 2 3

0 1 2

0 0 −2

��������= (−5)× (1×1× (−2)) = 10.

Exercıcio 3.15 Seja a ∈ R. Resolva a equacao na incognita x sobre R��������

x a a aa x a aa a x aa a a x

��������= 0.

Sugestao: Comece por efectuar transformacoes elementares do tipo III de forma a quel1 venha substituıda por l1 + l2 + l3 + l4, em que li representa a linha i,i = 1, 2, 3, 4.

Exercıcio 3.16 Sejam a, b ∈ K. Considere A = [aij ] ∈Mn×n(K) definida por

aij =

�a + b, se i = ja, caso contrario

.

Mostre que det A = bn−1(na + b).

Exercıcio 3.17 Para cada k ∈ R, considere a matriz

Bk =

2664

1 0 −1 02 −1 −1 k0 k −k k−1 1 1 2

3775 ∈M4×4(R).

Determine os valores de k para os quais det Bk = 2.

Page 96: Sebenta Algebra

90

Exercıcio 3.18 Justifique que:

(a)

�����������

1 2 3 · · · n−1 0 3 · · · n−1 −2 0 · · · n

......

.... . .

...−1 −2 −3 · · · 0

�����������= n! .

(b)

�����������

n n · · · n nn n− 1 · · · n n

. . .

n n · · · 2 nn n · · · n 1

�����������= (−1)n−1n! .

(c)

���������

a0 a1 a2 · · · an−1 an

−x x 0 · · · 0 00 −x x · · · 0 0

· · ·0 0 0 · · · −x x

���������= xn

Pni=0 ai .

Sugestao: Adicione todas as colunas a primeira coluna.

O resultado seguinte, muito importante, fornece-nos uma outra caracterizacao das ma-

trizes invertıveis.

Teorema 3.17 Seja A ∈Mn×n(K). Tem-se

A e invertıvel se, e so se, det A 6= 0.

Demonstracao:

Seja A′ uma matriz em forma de escada obtida de A atraves de um numero finito

de transformacoes elementares sobre linhas, isto e,

A −−−−−−−→(linhas)

A′ em forma de escada.

Sabemos que

A e invertıvel se, e so se, r(A) = n(= r(A′)).

Tal equivale a afirmar que todos os elementos da diagonal principal de A′ sao nao

nulos, ou equivalentemente, que

detA′ 6= 0.

Como, pelo Corolario 3.14,

detA′ 6= 0 se, e so se, detA 6= 0,

obtemos o que pretendıamos.

Exercıcio 3.19 Para cada t ∈ R, seja At =

24 1 t −1

2 4 −2−3 −7 t + 3

35 ∈ M3×3(R). Deter-

mine os valores de t para os quais At e invertıvel.

Page 97: Sebenta Algebra

91

Exercıcio 3.20 Seja A =

24 0 a a2

a−1 0 aa−2 a−1 0

35 ∈ M3×3(R), com a 6= 0. Determine os

valores de a para os quais A e invertıvel.

No Capıtulo 1 demonstramos que se A,B ∈Mn×n(K) sao invertıveis entao AB e tambem

invertıvel. Tem-se, ainda,

Proposicao 3.18 Sejam A,B ∈ Mn×n(K). Se pelo menos uma das matrizes A, B nao e

invertıvel entao AB nao e invertıvel.

Demonstracao:

Suponhamos primeiramente que B nao e invertıvel. Logo, de acordo com a Pro-

posicao 2.14, o sistema homogeneo

BX = 0

e indeterminado. Como qualquer solucao desse sistema e tambem solucao do

sistema

A(BX) = 0,

ou equivalentemente, do sistema

(AB)X = 0,

este sistema e tambem indeterminado e, portanto, AB nao e invertıvel.

Suponhamos agora que A nao e invertıvel. Neste caso tem-se det A = 0 e, como

detA = detA>, concluımos tambem que A> nao e invertıvel. Assim, podemos

afirmar que o sistema homogeneo

A>X = 0

e indeterminado. Como qualquer solucao desse sistema e tambem solucao do

sistema

B>(A>X) = 0,

este sistema e tambem indeterminado e, portanto, B>A> nao e invertıvel. Tem-se,

pois,

det(B>A>) = 0.

Dado que B>A> = (AB)> e det (AB)> = det(AB), podemos concluir que

det(AB) = 0

e, portanto, AB nao e invertıvel.

Page 98: Sebenta Algebra

92

Conforme ja tivemos oportunidade de referir, existem matrizes A,B ∈ Mn×n(K) tais

que

det(A + B) 6= detA + det B.

No entanto, o determinante de um produto de matrizes quadradas e igual ao produto

dos determinantes das matrizes factores, conforme estabelece o resultado que seguidamente

apresentamos.

Teorema 3.19 1. Sejam A,B ∈Mn×n(K). Tem-se

det(AB) = det A det B.

2. Mais geralmente, se t ≥ 2 e A1, . . . , At ∈Mn×n(K) entao

det (A1 · · ·At) = det A1 · · ·det At.

Demonstracao:

Demonstremos 1.

Caso 1: A e uma matriz invertıvel, ou equivalentemente, pelo Teorema 1.57

A = E1 · · ·Es,

sendo E1, . . . , Es matrizes elementares.

Demonstremos primeiramente, por inducao em s, que

det ((E1 · · ·Es) B) = det E1 · · ·det Es detB.

Verifiquemos que o resultado e valido para s = 1, isto e, demonstremos que se E

e uma matriz elementar entao

det(EB) = det E detB.

Teremos que considerar os 3 subcasos seguintes:

1.1) In −−−−−−−→li←→ljE, com i 6= j;

1.2) In −−−−−−−→αliE, com α ∈ K \ {0};

1.3) In −−−−−−−→li+βljE, com β ∈ K e i 6= j.

Atendendo aos Teoremas 3.13 e 3.10 concluımos que no subcaso 1.1 se tem

det E = −det In = −1.

Page 99: Sebenta Algebra

93

Logo

det(EB) = −det B = det E detB.

No subcaso 1.2 obtemos

detE = α det In = α

e, portanto,

det(EB) = α detB = detE detB.

Finalmente, no subcaso 1.3 verificamos que

det E = det In = 1

pelo que

det(EB) = det B = det E detB.

Seja s ≥ 2.

Hipotese de Inducao: Suponhamos que o resultado e valido para o produto de

quaisquer s−1 matrizes elementares deMn×n(K) por qualquer matriz deMn×n(K).

Como

det(E1 · · ·EsB) = det((E1 · · ·Es−1)(EsB)

)pela hipotese de inducao podemos concluir que

det(E1 · · ·EsB) = det E1 · · ·det Es−1 det(EsB).

Uma vez que o resultado foi demonstrado para s = 1, tem-se

det(EsB) = det Es detB

e concluımos, como pretendıamos, que

det(E1 · · ·EsB) = det E1 · · ·detEs det B.

Notemos que, no caso particular B = In, obtemos

det(E1 · · ·Es) = det E1 · · ·detEs.

Como no Caso 1, em estudo, se tem A = E1 · · ·Es, com E1, . . . , Es matrizes

elementares, concluımos que

det(AB) = det((E1 · · ·Es)B)

= detE1 · · ·det Es detB

= det(E1 · · ·Es) detB

= detA det B,

conforme pretendıamos.

Page 100: Sebenta Algebra

94

Caso 2: A nao e uma matriz invertıvel, ou equivalentemente, det A = 0.

Neste caso, pela Proposicao 3.18, podemos afirmar que AB nao e invertıvel, ou

equivalentemente, det(AB) = 0. Entao

det(AB) = 0 = 0 · detB = detA det B.

Demonstremos o resultado 2, por inducao em t.

Para t = 2 o resultado foi demonstrado em 1.

Suponhamos t ≥ 3.

Hipotese de Inducao: O determinante de um produto de quaisquer t− 1 matrizes

de Mn×n(K) e igual ao produto dos determinantes das matrizes factores.

Tem-se

det(A1 · · ·At) = det((A1 · · ·At−1)At).

Como o resultado e valido para t = 2 podemos afirmar que

det(A1 · · ·At) = det(A1 · · ·At−1) det At

ou ainda, pela hipotese de inducao,

det(A1 · · ·At) = (detA1 · · ·det At−1) detAt = det A1 · · ·det At.

Exercıcio 3.21 Sejam A, B, C ∈ Mn×n(R) tais que det A = 2, det B = −5 e det C = 4.

(a) Calcule det (ABC) e det (3B).

(b) Justifique que A, B e C sao invertıveis e calcule det C−1 e det�A>B−1

�.

Exercıcio 3.22 Sejam A, B ∈ Mn×n(K). Mostre que:

(a) det (AB) = det (BA).

(b) Se AB e uma matriz invertıvel entao A e B tambem o sao.

Exercıcio 3.23 Recorde que A, B ∈ Mn×n(K) se dizem semelhantes se existe P ∈Mn×n(K), invertıvel, tal que B = P−1AP . Justifique que matrizes semelhantes tem omesmo determinante.

Exercıcio 3.24 Seja A ∈ Mn×n(K). Mostre que:

(a) Se AA> = In entao det A ∈ {−1, 1}.(b) Se existe p ∈ N tal que Ap = 0 entao det A = 0.

Recordemos que, pelo Teorema 1.26, se A ∈ Mn×n(K) e uma matriz invertıvel e

B ∈Mn×n(K) e tal que AB = In ou BA = In entao B = A−1.

Podemos, agora, “melhorar” o resultado anterior.

Page 101: Sebenta Algebra

95

Proposicao 3.20 Se A,B ∈Mn×n(K) sao tais que

AB = In ou BA = In

entao A e invertıvel e B = A−1 (ou equivalentemente, B e invertıvel e A = B−1).

Demonstracao:

De acordo com o teorema anterior, se B e tal que

AB = In

entao

|AB| = |In|

isto e,

|A||B| = 1.

Logo,

|A| 6= 0

e, portanto, A e invertıvel. Tal como na demonstracao do Teorema 1.26, de

AB = In

resulta, multiplicando ambos os membros, a esquerda, por A−1,

A−1(AB) = A−1In

e, portanto,

B = A−1.

A demonstracao para o caso em que BA = In e analoga a anterior.

Exercıcio 3.25 Sejam A =

�1 0 10 1 0

�∈M2×3(R) e B =

24 1 1

0 10 −1

35 ∈ M3×2(R).

Mostre que:

(a) AB = I2, mas BA 6= I3. (Ha alguma contradicao com a Proposicao 3.20?)

(b) det (AB) = 1 e det (BA) = 0. (Ha alguma contradicao com oExercıcio 3.22?)

O resultado seguinte relaciona o determinante de uma matriz invertıvel com o determi-

nante da sua inversa.

Proposicao 3.21 Seja A ∈ Mn×n(K) uma matriz invertıvel, ou equivalentemente, uma

matriz tal que det A 6= 0. Tem-se

det A−1 =1

det A.

Page 102: Sebenta Algebra

96

Demonstracao:

De AA−1 = In resulta

det(AA−1) = det In

ou, ainda,

detA detA−1 = 1.

Logo, det A 6= 0 e

det A−1 =1

detA.

Exercıcio 3.26 Considere as matrizes de elementos reais

A =

2664

1 −1 1 10 2 4 41 3 1 10 0 −2 0

3775 e B =

24 2 1 −1

1 1 1−1 0 2

35.

(a) Calcule det A e det B.

(b) Diga quais destas matrizes sao invertıveis e indique o determinante da res-pectiva inversa.

(c) Diga, justificando, se

(i) O sistema AX = 0 e determinado;

(ii) O sistema BX = 0 e determinado.

Na Seccao 1.8 aprendemos a decidir sobre a invertibilidade de uma matriz A ∈Mn×n(K)

atraves da sua caracterıstica e apresentamos um processo para a determinacao da inversa de

uma matriz invertıvel. Esquematicamente, tınhamos

[A|In] −−−−−−−→(linhas)

[In|A−1].

Neste capıtulo apresentamos um processo alternativo para decidir sobre a invertibilidade de

uma matriz, utilizando o seu determinante. Baseado na definicao seguinte apresentaremos

tambem um processo para calcular a inversa de uma matriz invertıvel, utilizando determi-

nantes.

Definicao 3.22 Seja A ∈ Mn×n(K), com n ≥ 2. Chamamos matriz dos

complementos algebricos de A a matriz que se obtem de A substituindo cada

elemento pelo seu complemento algebrico.

Chamamos adjunta de A, e representamos por adjA, a transposta da matriz dos

complementos algebricos de A, isto e, adjA ∈Mn×n(K) e

(adj A)ij = Aji, i, j = 1, . . . , n.

Page 103: Sebenta Algebra

97

Exemplo 3.23 1. Se

A ="

a11 a12

a21 a22

#

entao

adjA ="

a22 −a21

−a12 a11

#>="

a22 −a12

−a21 a11

#.

2. Se

A =

2664

1 0 3

0 2 0

4 0 5

3775

entao

adjA =

2664

10 0 −8

0 −7 0

−6 0 2

3775>

=

2664

10 0 −6

0 −7 0

−8 0 2

3775.

O resultado seguinte estabelece uma relacao entre cada matriz A ∈ Mn×n(K) e a sua

adjunta e permite relacionar, quando A e invertıvel, A−1 com adjA.

Teorema 3.24 Seja A ∈Mn×n(K). Tem-se

1.

A adjA =

266666664

det A 0 · · · 0

0 det A. . .

...

.... . .

. . . 0

0 · · · 0 det A

377777775

= (det A)In.

2. Se A e invertıvel entao

A−1 =1

det AadjA.

Demonstracao:

1. Seja A = [aij ] e representemos por Aij o complemento algebrico do elemento

da posicao (i, j) de A. Tem-se

A adjA =

2664

a11 · · · a1n

· · ·an1 · · · ann

37752664

A11 · · · A1n

· · ·An1 · · · Ann

3775>

=

2664

a11 · · · a1n

· · ·an1 · · · ann

37752664

A11 · · · An1

· · ·A1n · · · Ann

3775.

Pela definicao de produto de matrizes, o elemento (i, i) da matriz A adjA e

ai1Ai1 + ai2Ai2 + · · ·+ ainAin

Page 104: Sebenta Algebra

98

o que, pelo Teorema de Laplace aplicado a linha i, sabemos ser igual a

det A.

Para i 6= j, o elemento (i, j) da matriz A adjA e

ai1Aj1 + ai2Aj2 + · · ·+ ainAjn.

Pelo Teorema de Laplace, tal expressao e igual ao determinante da matriz que se

obtem de A substituindo a linha j por uma linha igual a linha i. Como tal matriz

tem duas linhas iguais (a i e a j), pela Proposicao 3.9, o seu determinante e zero.

Assim

ai1Aj1 + ai2Aj2 + · · ·+ ainAjn = 0,

para i 6= j.

Fica, pois, demonstrado que A adjA = (det A)In.

2. Se A e invertıvel da igualdade

A adj A = (det A)In

resulta, multiplicando ambos os membros, a esquerda, por A−1,

adjA = (det A)A−1,

ou equivalentemente, como detA 6= 0,

A−1 =1

detAadjA.

Exercıcio 3.27 Seja A =

24 3 1 2

1 2 12 2 2

35 ∈M3×3(R).

(a) Calcule det A e conclua que A e invertıvel.

(b) Determine A−1, a partir da matriz adj A.

Exercıcio 3.28 Uma matriz A ∈ M3×3(R) e tal que adj A =

24 1 0 1−2 2 −2

0 1 2

35 e

|A| = 2. Determine, se possıvel, a matriz A.

Exercıcio 3.29 Seja M =

24 m 1 1

1 m 11 1 m

35 ∈M3×3(R).

(a) Calcule adj M .

(b) Determine para que valores de m a matriz M e invertıvel.

(c) Nos casos em que M e invertıvel, determine M−1 a partir de adj M .

Page 105: Sebenta Algebra

99

Exercıcio 3.30 Seja A ∈ Mn×n(K) uma matriz invertıvel. Mostre que:

(a) adj A e invertıvel.

(b) (adj A)−1 = 1|A|A = adj (A−1).

(c) | adj A| = |A|n−1.

(d) adj (adj A) = |A|n−2A.

Exercıcio 3.31 Sejam A, B ∈ Mn×n(K) matrizes invertıveis. Mostre que

adj (AB) = (adj B)(adj A).

Por ultimo, apliquemos esta materia a resolucao de sistemas de equacoes lineares em que

a matriz simples do sistema e quadrada e invertıvel (designados por sistemas de Cramer).

Seja AX = B um sistema de equacoes lineares, com A ∈ Mn×n(K) invertıvel. Do

Capıtulo 2, sabemos que um sistema deste tipo e possıvel determinado. O resultado seguinte

diz-nos como podemos, utilizando determinantes, calcular a solucao unica de tal sistema.

Teorema 3.25 (Regra de Cramer) Seja AX = B um sistema de equacoes lineares, com

A ∈ Mn×n(K) invertıvel. Seja Ai→n+1 a matriz que se obtem de A substituindo a coluna i

pela coluna de B. A solucao (unica) do sistema anterior e o n-uplo

1det A

(det A1→n+1,det A2→n+1, . . . ,det An→n+1) .

Demonstracao:

Seja B =

26664

b1...

bn

37775.

A solucao (unica) do sistema AX = B e (α1, . . . , αn) ∈ Kn tal que

A

26664

α1

...

αn

37775 = B.

Verificamos facilmente multiplicando ambos os membros da igualdade anterior, a

esquerda, por A−1 que 26664

α1

...

αn

37775 = A−1B.

Tem-se

A−1B =(

1detA

adjA)

B =1

detA

((adj A) B

)e o elemento da linha i da matriz (adjA)B ∈Mn×1(K) e

A1ib1 + · · ·+ Anibn = b1A1i + · · ·+ bnAni.

Page 106: Sebenta Algebra

100

Aplicando o Teorema de Laplace a coluna i da matriz Ai→n+1 concluımos que

det Ai→n+1 = b1A1i + · · ·+ bnAni.

Esta, pois, demonstrado o que pretendıamos.

Exemplo 3.26 O sistema de equacoes lineares, nas incognitas x1, x2, x3 sobre Rx1 + x2 − x3 = 0

2x1 + x2 = 1

x1 − x3 = 1

,

tem matriz simples A ∈M3×3(R), invertıvel, pois

|A| =

��������1 1 −1

2 1 0

1 0 −1

��������=

l2 + (−2)l1l3 + (−1)l1

��������1 1 −1

0 −1 2

0 −1 0

��������=

l3 + (−1)l2

��������1 1 −1

0 −1 2

0 0 −2

��������= 2 6= 0.

De acordo com o teorema anterior, a solucao, unica, de tal sistema e (α1, α2, α3) ∈ R3

com

α1 =

��������0 1 −1

1 1 0

1 0 −1

��������2

, α2 =

��������1 0 −1

2 1 0

1 1 −1

��������2

e α3 =

��������1 1 0

2 1 1

1 0 1

��������2

.

Tem-se

α1 =22

= 1, α2 =−22

= −1 e α3 =02

= 0.

Logo, (1,−1, 0) e a solucao unica do sistema.

A Regra de Cramer pode utilizar-se para resolver sistemas AX = B em que A ∈Mn×n(K)

e invertıvel (sistemas de Cramer). Mesmo nestes casos, salvo para valores pequenos de n,

nao tem interesse computacional, sendo preferıvel utilizar o metodo referido no Capıtulo 2.

Exercıcio 3.32 Sejam A =

24 1 2 3

0 2 11 1 1

35 ∈ M3×3(R), B =

24 14

76

35 ∈ M3×1(R) e o

sistema de equacoes lineares

(S) A

24 x1

x2

x3

35 = B,

nas incognitas x1, x2, x3, sobre R.

(a) Calcule det A e justifique que o sistema (S) e um sistema de Cramer.

(b) Utilizando a Regra de Cramer, determine a solucao do sistema (S).

Page 107: Sebenta Algebra

101

Solucoes de alguns dos exercıcios propostos3.1 (a) |A| = −1

(b) |B| = 3

(c) |C| = −4

3.2 |H| = vuxyz

3.3 λ ∈ {0, 1, 3}

3.7 (a) γ

(b) −12γ

(c) γ

(d) −3γ

(e) −γ

3.15 x ∈ {−3a, a}

3.17 k ∈ {−2, 1}

3.19 t ∈ R \ {0, 2}

3.20 a ∈ R \ {0}

3.21 (a) |ABC| = −40

|3B| = 3n(−5)

(b) |C−1| = 14

|A>B−1| = − 25

3.26 (a) |A| = −32

|B| = 0

(c) (i) Sim

(ii) Nao

3.28 A =

"3 1

2 −1

2 1 0−1 − 1

2 1

#

3.29 (a) adj M =

"m2−1 1−m 1−m

1−m m2−1 1−m

1−m 1−m m2−1

#

(b) m ∈ R \ {−2, 1}

(c) M−1 = 1(m+2)(m−1)2

"m2−1 1−m 1−m

1−m m2−1 1−m

1−m 1−m m2−1

#

3.27 (a) |A| = 2

(b) adj A =

�2 2 −30 2 −1−2 −4 5

(c) A−1 =

24 1 1 − 3

20 1 − 1

2−1 −2 5

2

35

3.32 (a) |A| = −3

(b) (1, 2, 3)

Page 108: Sebenta Algebra
Page 109: Sebenta Algebra

Capıtulo 4

Espacos Vectoriais

4.1 Espacos vectoriais: Definicao, exemplos e propriedades

No Capıtulo 1 definimos no conjuntoMm×n(K) uma operacao binaria, que designamos por

adicao de matrizes e cujas propriedades dadas, na Proposicao 1.13, sao:

A adicao de matrizes e comutativa.

A adicao de matrizes e associativa.

Existe elemento neutro para a adicao de matrizes.

Toda a matriz tem oposto para a adicao.

Definimos tambem uma operacao de multiplicacao de um escalar por uma matriz que a

cada α ∈ K e a cada matriz A ∈ Mm×n(K) associa uma matriz αA ∈ Mm×n(K). Vimos

que esta operacao, que nao e binaria, goza das propriedades referidas na Proposicao 1.16,

nomeadamente:

1. ∀α∈K ∀A,B∈Mm×n(K) α(A + B) = αA + αB.

2. ∀α,β∈K ∀A∈Mm×n(K) (α + β)A = αA + βA.

3. ∀α,β∈K ∀A∈Mm×n(K) (αβ)A = α(βA).

4. ∀A∈Mm×n(K) 1A = A (sendo 1 o elemento neutro da multiplicacao em K).

Page 110: Sebenta Algebra

104

Consideremos entao a seguinte definicao:

Definicao 4.1 Seja E um conjunto nao vazio e K ∈ {R, C}. Suponhamos definidas

duas operacoes:

• uma que designamos por adicao em E que e uma operacao binaria, isto e, associa

a cada par (a, b) de elementos de E um, e um so, elemento de E que se representa

por a + b.

• outra operacao, que denominamos multiplicacao externa, que a cada α ∈ K e a

cada u ∈ E associa um, e um so, elemento de E que denotaremos por α · u ou

simplesmente αu.

Dizemos que E, com estas duas operacoes, e um espaco vectorial sobre K ou que

(E,+, ·) e um espaco vectorial sobre K se

1. A operacao + em E goza das seguintes propriedades:

(A1) A operacao + e comutativa.

(A2) A operacao + e associativa.

(A3) Existe elemento neutro para a operacao +.

(A4) Todo o elemento de E tem oposto para a operacao +.

2. A multiplicacao externa goza das seguintes propriedades:

(M1) ∀α∈K ∀u,v∈E α(u + v) = αu + αv.

(M2) ∀α,β∈K ∀u∈E (α + β)u = αu + βu.

(M3) ∀α,β∈K ∀u∈E (αβ)u = α(βu).

(M4) ∀u∈E 1Ku = u,

sendo 1K o elemento neutro da multiplicacao em K (representado tambem

simplesmente por 1).

Notamos que, na definicao anterior, estamos a representar pelo sımbolo “+” quer a adicao

em K quer a adicao em E, tal como estamos a representar por “·” quer a multiplicacao em

K (que e uma operacao binaria) quer a multiplicacao externa (que, em geral, nao e uma

operacao binaria).

Page 111: Sebenta Algebra

105

Se fizessemos a distincao, supondo que + e · eram, respectivamente, as notacoes para

a adicao e a multiplicacao em K e que, ⊕ e � eram, respectivamente, as notacoes para a

adicao em E e para a multiplicacao externa entao, por exemplo, as propriedades (M2) e

(M3) tomariam a seguinte forma:

(M2) ∀α,β∈K ∀u∈E (α + β)� u = (α� u)⊕ (β � u).

(M3) ∀α,β∈K ∀u∈E (αβ)� u = α� (β � u).

No entanto, a distincao nao e necessaria uma vez que o contexto desfaz qualquer am-

biguidade: se a adicao e entre elementos de K (respectivamente, de E) e a adicao em K

(respectivamente, em E), se a multiplicacao e entre elementos de K e a multiplicacao em K,

se e a multiplicacao de um elemento de K por um elemento de E entao e a multiplicacao

externa.

Definicao 4.2 Seja (E,+, ·) um espaco vectorial sobre K. Aos elementos de E cha-

mamos vectores e aos elementos de K chamamos escalares. Se K = C dizemos

que E e um espaco vectorial complexo e se K = R dizemos que E e um espaco

vectorial real .

Vejamos alguns exemplos de espacos vectoriais.

Exemplo 4.3 1. K e um espaco vectorial sobre K, com as operacoes usuais de adicao e

multiplicacao de elementos de K.

Assim

R e um espaco vectorial sobre R

e

C e um espaco vectorial sobre C.

Note que

C e um espaco vectorial sobre R

mas

R nao e um espaco vectorial sobre C. (Porque?)

2. Mm×n(K), com a operacao de adicao usual de matrizes e com a operacao de multiplicacao

de um elemento de K por uma matriz, definidas no Capıtulo 1, e um espaco vectorial sobre

K.

Page 112: Sebenta Algebra

106

3. Kn, com a operacao usual de adicao de n-uplos, dada por

∀(a1,...,an),(b1,...,bn)∈Kn (a1, . . . , an) + (b1, . . . , bn) = (a1 + b1, . . . , an + bn)

e com a operacao de multiplicacao de um escalar por um n-uplo dada por

∀α∈K ∀(a1,...,an)∈Kn α(a1, . . . , an) = (αa1, . . . , αan),

e um espaco vectorial sobre K.

4. Represente-se por Kn[x] o conjunto de todos os polinomios na variavel x, com coeficientes

em K, de grau menor ou igual a n, com n ∈ N0, isto e,

Kn[x] = {anxn + · · ·+ a1x + a0 : an, . . . , a1, a0 ∈ K}.

Kn[x] com a operacao de adicao usual de polinomios, dada por

∀(anxn+···+a1x+a0),(bnxn+···+b1x+b0)∈Kn[x]

(anxn+ · · ·+a1x+a0)+(bnxn+ · · ·+b1x+b0) = (an+bn)xn+ · · ·+(a1+b1)x+(a0+b0)

e com a multiplicacao usual de um escalar por um polinomio, dada por

∀α∈K ∀(anxn+···+a1x+a0)∈Kn[x]

α(anxn + · · ·+ a1x + a0) = (αan)xn + · · ·+ (αa1)x + (αa0),

e um espaco vectorial sobre K.

5. Se representarmos por K[x] o conjunto de todos os polinomios na variavel x, com coefi-

cientes em K (sem restricao ao grau), podemos afirmar que K[x] com as operacoes usuais

de adicao de polinomios e de multiplicacao de um escalar por um polinomio constitui um

espaco vectorial sobre K.

6. O ultimo exemplo que apresentamos e motivado pela geometria elementar que historica-

mente esta na base da teoria dos Espacos Vectoriais.

Seja A o conjunto dos pontos do plano (ou do espaco). Dados dois pontos A e B de

A, define-se vector−−→AB como sendo o segmento orientado com origem no ponto A e

extremidade final no ponto B.

No conjunto VA dos vectores aplicados com origem no ponto A defina-se uma adicao que

aos vectores−−→AB e

−→AC associa o vector

−−→AD obtido pela conhecida regra do paralelogramo

Page 113: Sebenta Algebra

107

A B

C D

-��

���

������������1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. .. .

. .. .

. ..

e defina-se uma multiplicacao externa que a cada real α e a cada vector−−→AB associa o

vector α−−→AB cuja direccao e a do vector

−−→AB e o sentido e o de

−−→AB se α > 0 e e o contrario

se α < 0 (se α = 0 entao−−→AB =

−→0 ) e cujo comprimento e ‖α

−−→AB‖ = |α| ‖

−−→AB‖.

Argumentos de natureza geometrica podem permitir-nos concluir que VA, com estas operacoes,

e um espaco vectorial sobre R (isto e, um espaco vectorial real).

Exercıcio 4.1 Determine se R2 com as operacoes indicadas em cada alınea e um espacovectorial real. No caso negativo, indique os axiomas que nao se verificam.

(a) Para quaisquer α ∈ R e (x1, x2), (y1, y2) ∈ R2, considere que:

(x1, x2) + (y1, y2) = (x1 + y1, 0) e α(x1, x2) = (0, αx1).

(b) Para quaisquer α ∈ R e (x1, x2), (y1, y2) ∈ R2, considere que:

(x1, x2) + (y1, y2) = (x1, x2 − y2) e α(x1, x2) = (αx1, αx2).

Exercıcio 4.2 Considere o conjunto R+ com uma adicao definida por

u⊕ v = uv (produto usual)

e uma multiplicacao externa

α� u = uα (potencia usual),

para quaisquer α ∈ R e u, v ∈ R+.Prove que, com estas operacoes, R+ e um espaco vectorial real.

Exercıcio 4.3 Definamos uma adicao em R2 e uma multiplicacao externa de R×R2 emR2 por, respectivamente,

(a1, a2) + (b1, b2) = (a1 + b1, a2 + b2)

α(a1, a2) = (αa1, 0)

para quaisquer α ∈ R e (a1, a2), (b1, b2) ∈ R2. Mostre que (R2, +, ·) nao e espaco vectorialsobre R.

Exercıcio 4.4 Seja V = {(x, x2) : x ∈ R}. Definamos uma adicao em V e umamultiplicacao externa de R× V em V por, respectivamente,

(x, x2) + (y, y2) = (x + y, (x + y)2)

eα(x, x2) = (αx, (αx)2)

para quaisquer α, x, y ∈ R. Mostre que (V, +, ·) e espaco vectorial real.

Page 114: Sebenta Algebra

108

Frequentemente, e se nao houver ambiguidade, referimo-nos ao “espaco vectorial E”

querendo dizer “espaco vectorial E sobre K”. A adicao em E e a multiplicacao externa

quando E e um dos espacos vectoriaisMm×n(K), Kn, Kn[x] sao, salvo mencao em contrario,

as referidas no Exemplo 4.3.

Vejamos outras propriedades dos espacos vectoriais.

Proposicao 4.4 Seja E um espaco vectorial. Tem-se

1. Em E, o elemento neutro (para a operacao +) e unico.

(O elemento neutro de E e habitualmente representado por 0E .)

2. Em E, o oposto de cada elemento (para a operacao +), tambem designado por simetrico,

e unico.

(O simetrico de u ∈ E e habitualmente representado por −u.)

3. ∀u,v,w ∈ E u + v = u + w ⇒ v = w. (Lei do Corte, a esquerda.)

4. ∀u,v,w ∈ E v + u = w + u ⇒ v = w. (Lei do Corte, a direita.)

Demonstracao:

1. Suponhamos que, para todo u ∈ E, existiam a, a′ ∈ E verificando

a + u = u + a = u

e

a′ + u = u + a′ = u.

Entao, como a e elemento neutro,

a + a′ = a′.

Por outro lado, como a′ tambem e elemento neutro,

a + a′ = a.

Logo

a = a′.

2. Suponhamos que, para u ∈ E, existiam dois simetricos u′ e u′′. Como

u + u′ = u′ + u = 0E

e

u + u′′ = u′′ + u = 0E

Page 115: Sebenta Algebra

109

entao

u′ = u′ + 0E = u′ + (u + u′′) = (u′ + u) + u′′ = 0E + u′′ = u′′.

3. Suponhamos que u, v, w ∈ E e

u + v = u + w.

Entao

(−u) + (u + v) = (−u) + (u + w).

Como a operacao + e associativa, tem-se

((−u) + u) + v = ((−u) + u) + w.

Assim

0E + v = 0E + w

e, portanto,

v = w.

4. Demonstracao analoga a de 3.

Por vezes, para evidenciar que se aplicou a Lei do Corte, a esquerda, dada em 3., escreve-

mos 6 u + v =6 u + w.

Na Definicao 4.1 a afirmacao de que E e um conjunto nao vazio e redundante pois E tem,

pelo menos, um elemento: 0E . Pode ser o unico elemento de E. De facto, se considerarmos

E = {0E} e definirmos uma adicao em E por

0E + 0E = 0E

e uma multiplicacao externa por

∀α∈K α0E = 0E

concluımos que E, com estas operacoes, e um espaco vectorial sobre K.

Representemos por 0K ou simplesmente por 0 o elemento neutro da adicao em K.

Proposicao 4.5 Seja E um espaco vectorial sobre K. Para quaisquer α, β ∈ K e quaisquer

u, v ∈ E tem-se:

1. α0E = 0E.

Page 116: Sebenta Algebra

110

2. 0Ku = 0E.

3. (−α)u = α(−u) = −(αu).

4. αu = 0E =⇒ α = 0K ∨ u = 0E.

Demonstracao:

1. Notemos que

α0E = α(0E + 0E)

e, portanto,

α0E + 0E = α0E + α0E .

Logo, pela Lei do Corte, a esquerda,

α0E = 0E .

2. Tem-se

0Ku = (0K + 0K)u

e, portanto,

0E + 0Ku = 0Ku + 0Ku.

Assim, pela Lei do Corte, a direita,

0Ku = 0E .

3. Demonstremos que (−α)u = −(αu), isto e, que

αu + (−α)u = 0E .

Tem-se

αu + (−α)u = (α + (−α))u = 0Ku = 0E .

Vejamos agora que α(−u) = −(αu), isto e, que

αu + α(−u) = 0E .

Tem-se

αu + α(−u) = α(u + (−u)) = α0E = 0E .

4. Suponhamos que

αu = 0E .

Tem-se um, e um so, dos seguintes casos: α = 0K ou α 6= 0K.

Se α = 0K entao a implicacao 4 esta demonstrada.

Se α 6= 0K entao α−1 existe. Da igualdade

αu = 0E

Page 117: Sebenta Algebra

111

resulta

α−1(αu) = α−10E

(α−1α)u = 0E

1Ku = 0E

u = 0E ,

conforme pretendıamos demonstrar.

Como ultima observacao desta seccao, notemos que na definicao de espaco vectorial ha

informacao redundante alem da de E ser um conjunto nao vazio. A comutatividade da adicao

tambem e uma propriedade que se pode deduzir das restantes. De facto, tem-se

∀u,v∈E (1 + 1)(u + v) = (1 + 1)u + (1 + 1)v

= (1u + 1u) + (1v + 1v)

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

= u + u + v + v.

Por outro lado,

∀u,v∈E (1 + 1)(u + v) = 1(u + v) + 1(u + v)

= (1u + 1v) + (1u + 1v)

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

= u + v + u + v.

Assim, utilizando a Lei do Corte de forma conveniente, obterıamos

6 u + u + v + v =6 u + v + u + v

u + v+ 6 v = v + u+ 6 v

u + v = v + u.

Page 118: Sebenta Algebra

112

4.2 Subespacos vectoriais

Definicao 4.6 Seja E um espaco vectorial sobre K. Um subconjunto F de E diz-se

um subespaco vectorial de E, ou simplesmente um subespaco de E, se F e tambem

um espaco vectorial sobre K com as operacoes nele naturalmente definidas por ser

subconjunto de E (a que chamamos as operacoes induzidas pelas operacoes de E

no conjunto F ).

O resultado seguinte permite-nos determinar se um subconjunto F de um espaco vectorial

E e um subespaco de E e, portanto, um espaco vectorial, sem necessitarmos de verificar todas

as propriedades da definicao de espaco vectorial. Constitui, em muitos livros, a propria

definicao de subespaco.

Teorema 4.7 Seja E um espaco vectorial sobre K. Tem-se que F e um subespaco de E se,

e so se, satisfizer as condicoes seguintes:

1. F ⊆ E

2. 0E ∈ F

3. ∀u,v∈F u + v ∈ F

4. ∀α∈K ∀u∈F αu ∈ F

ou as condicoes que resultam substituindo 2. por

2’. F 6= ∅.

Demonstracao:

Suponhamos que F e um subespaco de E. Logo, por definicao de subespaco tem-se,

trivialmente, 1., 3. e 4..

Para verificar 2. notemos que se tem

0F = 0E .

Basta atender a que

∀u∈F u + 0F = u,

Page 119: Sebenta Algebra

113

e, como F ⊆ E, verifica-se ainda que

u + 0E = u.

Assim, aplicando a Lei do Corte, no espaco vectorial E, tem-se

6 u + 0E =6 u + 0F

e, portanto,

0E = 0F ∈ F.

Notemos que como 0E ∈ F se tem 2’. F 6= ∅.

Reciprocamente, suponhamos que 1., 2., 3. e 4. sao satisfeitas.

Notemos que se uma propriedade e valida para quaisquer elementos de E tambem

e valida para quaisquer elementos de F , pois F ⊆ E.

Assim, e como E e um espaco vectorial sobre K, para concluir que F e tambem um

espaco vectorial sobre K temos apenas de demonstrar que existe elemento neutro

para a adicao em F (o que esta garantido por 2.) e que todo o elemento v ∈ F

tem simetrico em F . Como, por 4.,

∀v∈F (−1)v ∈ F

concluımos, pela Proposicao 4.5 (valida para todo o elemento v ∈ E), que

(−1)v = −(1v) = −v.

Assim

−v ∈ F

conforme pretendıamos demonstrar.

Se forem satisfeitas 1., 2’., 3. e 4. concluımos analogamente que F e um espaco

vectorial. Temos apenas de garantir que existe elemento neutro para a adicao em

F . De

2’. F 6= ∅.

resulta que existe u ∈ F . Por 4., tem-se

0Ku ∈ F.

Mas, como u ∈ E e se tem

∀u∈E 0Ku = 0E ,

concluımos que

0E ∈ F.

Page 120: Sebenta Algebra

114

Vejamos alguns exemplos de subespacos vectoriais.

Exemplo 4.8 1. Consideremos o espaco vectorial R2. Facilmente se verifica que

F ={(x, y) ∈ R2 : y = 0

}= {(x, 0) : x ∈ R}

e um subespaco de R2.

De facto tem-se

· F ⊆ R2.

· 0R2 = (0, 0) ∈ F .

· Verifiquemos que

∀(x,y),(x′,y′)∈F (x, y) + (x′, y′) ∈ F.

Como (x, y) ∈ F tem-se y = 0 e, analogamente, como (x′, y′) ∈ F verifica-se que

y′ = 0. Assim

∀(x,y),(x′,y′)∈F (x, y) + (x′, y′) = (x, 0) + (x′, 0) = (x + x′, 0) ∈ F.

· Finalmente verifiquemos que

∀α∈R ∀(x,y)∈F α(x, y) ∈ F.

Como (x, y) ∈ F tem-se y = 0. Logo

α(x, y) = α(x, 0) = (αx, α0) = (αx, 0) ∈ F.

Assim

F = {(x, 0) : x ∈ R}

e um subespaco de R2, habitualmente referido como o eixo OX.

Analogamente se verificaria que sao ainda subespacos de R2:

G = {(0, y) : y ∈ R} (eixo OY )

H ={(x, y) ∈ R2 : x = y

}(bissectriz dos quadrantes ımpares)

L ={(x, y) ∈ R2 : x = −y

}(bissectriz dos quadrantes pares)

Para cada m ∈ R,

Rm ={(x, y) ∈ R2 : y = mx

}(recta que passa na origem e tem declive m)

Page 121: Sebenta Algebra

115

Mas, nao sao subespacos de R2 (Porque?),

Rm,b ={(x, y) ∈ R2 : y = mx + b

}, com m, b ∈ R, b 6= 0

(recta, com declive m, que nao passa na origem)

e

M ={(x, y) ∈ R2 : x 6= y

}.

2. Consideremos o espaco vectorialMn×n(K).

Sao exemplos de subespacos de Mn×n(K) o conjunto das matrizes de Mn×n(K):

Triangulares superiores.

Triangulares inferiores.

Diagonais.

Escalares.

Simetricas.

Hemi-simetricas.

Com a diagonal principal nula.

Nao sao subespacos de Mn×n(K) o conjunto das matrizes de Mn×n(K):

Invertıveis.

Com a diagonal principal com pelo menos um elemento nao nulo.

3. Seja K[x] o conjunto dos polinomios, na variavel x, com coeficientes em K.

O conjunto dos polinomios de K[x] de grau inferior ou igual a r, com r ∈ N, e um

subespaco de K[x].

O conjunto dos polinomios de K[x] de grau igual a r, com r ∈ N, nao e um subespaco

de K[x].

Exercıcio 4.5 Diga, justificando, se

(a) F1 =�(a1, a2, a3) ∈ R3 : a1 − 2a2 = 0 e a2 + a3 = 0

e subespaco vecto-

rial de R3;

(b) F2 = {(0, 0, 0), (0, 1, 0), (0,−1, 0)} e subespaco vectorial de R3;

(c) F3 =�(a1, a2, a3) ∈ R3 : a3 ≤ 0

e subespaco vectorial de R3;

(d) F4 = {(α− β, α, β, 0, γ) : α, β, γ ∈ R} e subespaco vectorial de R5;

(e) F5 = {A ∈M3×3(R) : det A = 0} e subespaco vectorial de M3×3(R);

(f) F6 =�A ∈ Mn×n(R) : A = A>

e subespaco vectorial de Mn×n(R);

(g) F7 = {(a1, a2, a3) : a1, a3 ∈ R ∧ a2 ∈ C} e subespaco vectorial de R3;

(h) F8 = {(a1, a2, a3) : a1 ∈ R ∧ a2, a3 ∈ C} e subespaco vectorial de C3.

Page 122: Sebenta Algebra

116

Exercıcio 4.6 Seja A ∈ Mp×n(K). Mostre que o conjunto C das solucoes do sistemahomogeneo AX = 0 e subespaco vectorial de Kn.

Exercıcio 4.7 Sejam E um espaco vectorial sobre K, u, v ∈ E e F um subespaco vecto-rial de E. Mostre que:

(a) Se u ∈ F entao −u ∈ F ;

(b) Se u, v ∈ F entao u− v ∈ F ;

(c) Se u + v ∈ F e u ∈ F entao v ∈ F ;

(d) Se existe α ∈ K \ {0}, tal que αu ∈ F , entao u ∈ F .

Notemos que todo o espaco vectorial admite pelo menos um subespaco vectorial.

Proposicao 4.9 Se E e um espaco vectorial sobre K entao E e {0E} sao subespacos vecto-

riais de E.

Demonstracao:

Exercıcio.

Tais subespacos, que existem sempre, dizem-se os subespacos triviais de E, sendo iguais

se, e so se, E = {0E}.

Vejamos como podemos construir subespacos a partir de outros subespacos.

Teorema 4.10 Se F e G sao subespacos de um espaco vectorial E entao F ∩ G e, ainda,

um subespaco de E.

Demonstracao:

Demonstremos que se F e G sao subespacos de E entao o mesmo sucede a

F ∩G = {u ∈ E : u ∈ F ∧ u ∈ G} .

Tem-se, trivialmente, F ∩G ⊆ E.

Como 0E ∈ F e 0E ∈ G entao 0E ∈ (F ∩G).

Demonstre-se que

∀u,v∈(F∩G) u + v ∈ (F ∩G).

Como u ∈ (F ∩ G) tem-se u ∈ F e u ∈ G. Analogamente, se v ∈ (F ∩ G) entao

v ∈ F e v ∈ G. Como u ∈ F , v ∈ F e F e um subespaco, concluımos que

u+ v ∈ F . De forma identica, dado que u ∈ G, v ∈ G e G e um subespaco, tem-se

u + v ∈ G. Visto que u + v ∈ F e u + v ∈ G, concluımos, como pretendıamos, que

u + v ∈ F ∩G.

Page 123: Sebenta Algebra

117

Finalmente, vejamos que

∀α∈K ∀u∈(F∩G) αu ∈ (F ∩G).

Dado que u ∈ (F ∩ G), podemos afirmar que u ∈ F e u ∈ G. Como F (respecti-

vamente, G) e um subespaco, concluımos que αu ∈ F (respectivamente, αu ∈ G).

Logo, αu ∈ (F ∩G).

O resultado anterior e falso se substituirmos F ∩ G por F ∪ G. Veja-se o exemplo de

E = R2, F ={(x, y) ∈ R2 : y = 0

}e G =

{(x, y) ∈ R2 : x = 0

}. Tem-se

F ∪G ={(x, y) ∈ R2 : x = 0 ∨ y = 0

}.

Note que

(2, 0) ∈ F ∪G e (0, 3) ∈ F ∪G

mas

(2, 0) + (0, 3) = (2, 3) 6∈ F ∪G.

Ha casos em que, trivialmente, a uniao de subespacos ainda e um subespaco. Por exemplo,

se F ⊆ G entao F ∪G = G pelo que F ∪G e um subespaco de E.

Analogamente, se G ⊆ F entao F ∪G = F e, portanto, F ∪G e um subespaco de E.

De facto sao os unicos casos em que a uniao de subespacos e um subespaco, pois tem-se:

Proposicao 4.11 Sejam F e G subespacos de um espaco vectorial E. Tem-se F ∪G e um

subespaco de E se, e so se, F ⊆ G ou G ⊆ F .

Demonstracao:

Conforme observamos antes se F ⊆ G ou G ⊆ F entao F ∪G e um subespaco de

E.

Demonstremos que se F ∪G e um subespaco de E entao F ⊆ G ou G ⊆ F .

Suponhamos que F ∪G e um subespaco de E, que F 6⊆ G e vejamos que G ⊆ F ,

isto e, que para todo v ∈ G se tem v ∈ F .

Como F 6⊆ G existe u ∈ F tal que u 6∈ G. Note-se que

u ∈ F ∪G.

Para todo v ∈ G tem-se

v ∈ F ∪G.

Page 124: Sebenta Algebra

118

Atendendo a que, por hipotese, F ∪ G e um subespaco vectorial de E podemos

afirmar que

u + v ∈ F ∪G.

Assim,

u + v ∈ F ou u + v ∈ G.

Nao pode ter-se u + v ∈ G porque, nesse caso, como −v ∈ G ter-se-ia

(u + v) + (−v) = u ∈ G

o que e uma contradicao pois, por hipotese, u 6∈ G.

Logo

u + v ∈ F

e, portanto, como −u ∈ F tem-se

(−u) + (u + v) = v ∈ F,

conforme pretendıamos demonstrar.

Vejamos agora uma outra forma de construir subespacos, que nao tem correspondencia

nos conjuntos, e em que intervem a operacao binaria de adicao.

Definicao 4.12 Sejam F e G subespacos de um espaco vectorial E. Chamamos soma

dos subespacos F e G ao conjunto

F + G = {u + v : u ∈ F ∧ v ∈ G} .

Teorema 4.13 A soma de dois subespacos de um espaco vectorial E e ainda um subespaco

de E.

Demonstracao:

Exercıcio.

Exemplo 4.14 Sejam E = R2, F ={(x, y) ∈ R2 : y = 0

}e G =

{(x, y) ∈ R2 : x = 0

}.

Tem-se

F ∪G ={(x, y) ∈ R2 : x = 0 ∨ y = 0

}.

Page 125: Sebenta Algebra

119

Assim, por exemplo, (2, 3) 6∈ (F ∪G) e, portanto,

F ∪G $ R2.

Mas

F + G = R2,

pois

∀(x,y)∈R2 (x, y) = (x, 0) + (0, y)

com (x, 0) ∈ F e (0, y) ∈ G.

Exercıcio 4.8 Sejam F e G subespacos de um espaco vectorial E. Mostre que:

(a) F e subespaco de F + G.

(b) G e subespaco de F + G.

(c) F + G e o “menor” subespaco de E que contem F ∪ G, isto e, se H e umsubespaco de E que contem F ∪G entao F + G ⊆ H.

Definicao 4.15 Seja E um espaco vectorial sobre K e sejam u1, . . . , ur elementos de

E. Dizemos que v ∈ E e combinacao linear dos vectores u1, . . . , ur se existem

escalares α1, . . . , αr ∈ K (nao necessariamente unicos) tais que

v = α1u1 + · · ·+ αrur.

Dizemos ainda que α1, . . . , αr sao os coeficientes da combinacao linear.

Exemplo 4.16 1. 0E e combinacao linear de quaisquer vectores u1, . . . , ur de um espaco

vectorial E pois

0E = 0u1 + · · ·+ 0ur.

2. Qualquer vector de R3 e combinacao linear dos vectores (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) ∈ R3

pois

∀(a,b,c)∈R3 (a, b, c) = a(1, 0, 0) + b(0, 1, 0) + c(0, 0, 1).

Note que, neste caso, os coeficientes da combinacao linear sao unicos, para cada (a, b, c) ∈ R3.

3. Mais geralmente, qualquer vector de Kn e combinacao linear dos vectores

e1, . . . , en

em que ei, i = 1, . . . , n, e o n-uplo com todas as componentes iguais a 0, excepto a i-esima

componente que e igual a 1.

Page 126: Sebenta Algebra

120

4. Em R2 o vector (3, 3) e combinacao linear dos vectores (1, 1), (2, 2). Os coeficientes da

combinacao linear nao sao unicos pois de

(3, 3) = α1(1, 1) + α2(2, 2)

resulta

(3, 3) = (α1 + 2α2, α1 + 2α2).

Logo, quaisquer escalares α1, α2 ∈ R tais que

α1 + 2α2 = 3

estao nas condicoes pretendidas. Por exemplo, para

α1 = 3 ∧ α2 = 0,

α1 = 1 ∧ α2 = 1,

α1 = 7 ∧ α2 = −2,

obtem-se, respectivamente,

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

(3, 3) = 1(1, 1) + 1(2, 2),

(3, 3) = 7(1, 1) + (-2)(2, 2).

Proposicao 4.17 Seja E um espaco vectorial e u1, . . . , ur elementos de E. O conjunto de

todas as combinacoes lineares dos vectores u1, . . . , ur, isto e,

{α1u1 + · · ·+ αrur : α1, . . . , αr ∈ K},

e um subespaco de E.

Demonstracao:

Exercıcio.

Definicao 4.18 Sejam u1, . . . , ur elementos de um espaco vectorial E. Chamamos

subespaco (de E) gerado pela sequencia (u1, . . . , ur) ou pelos vectores u1, . . . , ur ao

conjunto de todas as combinacoes lineares dos vectores u1, . . . , ur. Tal subespaco e

frequentemente denotado por

〈u1, . . . , ur〉.

Se F = 〈u1, . . . , ur〉 dizemos, ainda, que u1, . . . , ur geram F ou que u1, . . . , ur sao

geradores de F .

Page 127: Sebenta Algebra

121

Exercıcio 4.9 Mostre que 〈u1, . . . , ur〉 e o “menor” subespaco de E que contem osvectores u1, . . . , ur, isto e, mostre que se G for um subespaco de E que contem os vectoresu1, . . . , ur entao 〈u1, . . . , ur〉 ⊆ G.

Exemplo 4.19 1. Quaisquer que sejam u1, . . . , ur vectores de um espaco vectorial E tem-se

0E ∈ 〈u1, . . . , ur〉

e, para i ∈ {1, . . . , r},

ui ∈ 〈u1, . . . , ur〉.

2. R3 =⟨(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)

⟩.

3. Kn = 〈e1, . . . , en〉 sendo ei ∈ Kn o n-uplo com todas as componentes nulas excepto a

i-esima componente que e igual a 1, i = 1, . . . , n.

4. Mm×n(K) = 〈E11, E12, . . . , E1n, E21, E22, . . . , E2n, . . . , Em1, Em2, . . . , Emn〉 em que Eij e a

matriz de Mm×n(K) com todas as entradas nulas excepto a entrada (i, j) que e igual a

1, i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , n.

5. Seja F ={(a, b, c) ∈ R3 : a = 2b + c

}.

Verificamos facilmente que F e um subespaco de R3 e, portanto, e um espaco vectorial

sobre R. Determinemos geradores para F .

Tem-se

F = {(2b + c, b, c) : b, c ∈ R} .

Notemos que

(2b + c, b, c) = b(2, 1, 0) + c(1, 0, 1)

e, portanto,

F = 〈(2, 1, 0), (1, 0, 1)〉.

6. Kn[x] = 〈xn, xn−1, . . . , x, 1〉 pois

∀anxn+···+a1x+a0∈Kn[x] anxn + · · ·+ a1x + a0 = an · xn + · · ·+ a1 · x + a0 · 1.

7. Em R2, considerem-se os vectores

(1, 0), (0, 1), (−1, 3), (−3, 4).

Tem-se

R2 =⟨(1, 0), (0, 1), (−1, 3), (−3, 4)

Page 128: Sebenta Algebra

122

R2 =⟨(1, 0), (0, 1), (−1, 3)

⟩R2 =

⟨(1, 0), (0, 1)

⟩⟨(1, 0)

⟩= {(x, 0) : x ∈ R} $ R2.

Exercıcio 4.10 No espaco vectorial real R3 considere as sequencias de vectores

S1 =�(1, 0, 1), (0, 1, 1), (2,−1, 1)

�e S2 =

�(1, 0, 1), (0, 1, 1), (2,−1, 1), (0, 0, 1)

�.

(a) Diga, justificando, se

(i) (1,−1, 2) e combinacao linear de S1;

(ii) (1,−1, 0) e combinacao linear de S1.

(b) (i) Verifique que S2 e uma sequencia geradora de R3;

(ii) Caso seja possıvel, escreva de duas maneiras diferentes o vector (1, 2, 3)como combinacao linear de S2.

Exercıcio 4.11 No espaco vectorial real R2[x] considere a sequencia de vectores

S =�x2 + 1, x + 1, 2x2 − x + 1

�.

(a) Averigue se x2 − x + 2 e combinacao linear de S.

(b) Mostre que x2 − x e combinacao linear de S.

(c) Caso seja possıvel, escreva de duas maneiras diferentes o vector x2−x comocombinacao linear de S.

(d) Determine os valores de k ∈ R para os quais o polinomio 3x2 − 5x + k ecombinacao linear de S.

Exercıcio 4.12 Seja G =

��α1 α1 + α2

−α2 0

�: α1, α2 ∈ R

�.

(a) Mostre que G e subespaco vectorial deM2×2(R) e determine uma sequenciageradora de G.

(b) Indique uma matriz invertıvel que pertenca a G. Justifique.

(c) Indique duas matrizes nao invertıveis que pertencam a G. Justifique.

Definicao 4.20 Um espaco vectorial E diz-se finitamente gerado ou de dimensao

finita se existem r ∈ N e u1, . . . , ur ∈ E tais que

E = 〈u1, . . . , ur〉.

Note que de todos os espacos vectoriais que temos referido ate agora, o unico que nao e

de dimensao finita e K[x] (conjunto dos polinomios, na variavel x, com coeficientes em K,

sem restricao ao grau).

De facto, se K[x] tivesse dimensao finita existiria r ∈ N e polinomios p1(x), . . . , pr(x) ∈ K[x]

tais que qualquer polinomio de K[x] se poderia escrever como combinacao linear de

p1(x), . . . , pr(x), isto e, K[x] = 〈p1(x), . . . , pr(x)〉.

Page 129: Sebenta Algebra

123

Seja k o maximo grau dos polinomios p1(x), . . . , pr(x). Constatamos facilmente que

qualquer polinomio com grau superior a k nao se pode escrever como combinacao linear dos

polinomios p1(x), . . . , pr(x) e, portanto,

〈p1(x), . . . , pr(x)〉 $ K[x] (contradicao).

O resultado seguinte da-nos um processo para concluir quando duas sequencias de vec-

tores de um espaco vectorial E geram o mesmo subespaco.

Proposicao 4.21 Seja E um espaco vectorial e sejam u1, . . . , ur e v1, . . . , vs vectores de E.

Tem-se

〈u1, . . . , ur〉 = 〈v1, . . . , vs〉

se, e so se, para todo i ∈ {1, . . . , r}, ui e combinacao linear dos vectores v1, . . . , vs e para

todo j ∈ {1, . . . , s}, vj e combinacao linear dos vectores u1, . . . , ur.

Demonstracao:

Suponhamos que

〈u1, . . . , ur〉 = 〈v1, . . . , vs〉.

Como, para todo i ∈ {1, . . . , r}, se tem

ui ∈ 〈u1, . . . , ur〉 = 〈v1, . . . , vs〉

concluımos que ui e combinacao linear dos vectores v1, . . . , vs.

Analogamente, como para todo j ∈ {1, . . . , s}, se tem

vj ∈ 〈v1, . . . , vs〉 = 〈u1, . . . , ur〉

concluımos que vj e combinacao linear dos vectores u1, . . . , ur.

Reciprocamente, suponhamos que, para todo i ∈ {1, . . . , r}, ui e combinacao linear

dos vectores v1, . . . , vs e para todo j ∈ {1, . . . , s}, vj e combinacao linear dos

vectores u1, . . . , ur. Entao

u1 ∈ 〈v1, . . . , vs〉...

ur ∈ 〈v1, . . . , vs〉

e como 〈v1, . . . , vs〉 e um subespaco podemos afirmar que

∀α1,...,αr∈K α1u1 + · · ·+ αrur ∈ 〈v1, . . . , vs〉.

Page 130: Sebenta Algebra

124

Concluımos entao que

∀u∈〈u1,...,ur〉 u ∈ 〈v1, . . . , vs〉

e, portanto,

〈u1, . . . , ur〉 ⊆ 〈v1, . . . , vs〉.

Seguindo um raciocınio identico, partindo de

v1 ∈ 〈u1, . . . , ur〉...

vs ∈ 〈u1, . . . , ur〉

concluirıamos que

〈v1, . . . , vs〉 ⊆ 〈u1, . . . , ur〉.

Tem-se, pois,

〈u1, . . . , ur〉 = 〈v1, . . . , vs〉.

Atendendo ao resultado anterior concluımos facilmente que

Proposicao 4.22 Se u1, . . . , ur sao vectores de um espaco vectorial E e existe i ∈ {1, . . . , r}

tal que ui e combinacao linear dos restantes r − 1 vectores entao

〈u1, . . . , ui−1, ui, ui+1, . . . , ur〉 = 〈u1, . . . , ui−1, ui+1, . . . , ur〉.

Demonstracao:

Exercıcio.

Exercıcio 4.13 Seja F =�(a, b, c, d, e) ∈ R5 : b− c = 0 ∧ a = b + d

.

(a) Mostre que F e subespaco vectorial de R5 e determine uma sequencia ge-radora de F .

(b) Diga, justificando, se F =(2, 1, 1, 1, 1), (0, 1, 1,−1, 0)

�.

(c) Indique um vector (α1, α2, α3, α4, α5) ∈ R5 \ F , tal que α2 = α3.

Exercıcio 4.14 Considere no espaco vectorial real R3 os vectores:

u1 = (1, 1, 2), u2 = (0, 0, 1), u3 = (−1,−1,−1);

v1 = (1, 1, 1), v2 = (1, 1, 0), v3 = (1, 0, 0).

Mostre que 〈u1, u2, u3〉 $ 〈v1, v2, v3〉.

Page 131: Sebenta Algebra

125

Exercıcio 4.15 Considere no espaco vectorial real R3 os tres vectores u1 = (−1, 1, 1),u2 = (0, 2, 0), u3 = (1, 1,−1) e o subespaco F = 〈u1, u2, u3〉.

(a) De exemplo de vectores v1, v2 ∈ F \ {u1, u2, u3}.(b) Mostre que (u1, u2) e uma sequencia geradora de F .

(c) Indique uma sequencia geradora de F que contenha quatro vectores distin-tos.

(d) De exemplo de um vector v ∈ R3 \ F .

Exercıcio 4.16 (a) Sejam a, b, c ∈ R. Mostre que o sistema de equacoes lineares nasincognitas x, y, z sobre R 8<

:x + y + z = ax + 2y + 3z = bx + 3y + 2z = c

e possıvel.

(b) Deduza da alınea (a) que o espaco vectorial real M3×1(R) e gerado pelosvectores 2

4 111

35,

24 1

23

35 e

24 1

32

35.

Note que, em particular, se uma sequencia de vectores de E inclui o vector 0E , tal vector

pode ser “eliminado” da sequencia que o subespaco gerado por esses vectores nao se altera.

Ainda como consequencia da Proposicao 4.21, podemos afirmar que existem “trans-

formacoes” que podemos efectuar nos vectores de uma sequencia garantindo que nao al-

teramos o subespaco gerado por esses vectores. Nomeadamente, tem-se

Proposicao 4.23 Seja S = (u1, . . . , ur) uma sequencia de vectores de um espaco vectorial

E e seja S′ = (u′1, . . . , u′r) uma sequencia que se obtenha de S efectuando um numero finito

de transformacoes dos seguintes tipos:

(I) Troca de ordem na sequencia dos vectores ui e uj, com i 6= j.

(II) Multiplicacao do vector ui, i ∈ {1, . . . , r}, por α ∈ K \ {0}.

(III) Substituicao do vector ui, i ∈ {1, . . . , r}, por ui + βuj, com j ∈ {1, . . . , r}, j 6= i e

β ∈ K.

Entao

〈u1, . . . , ur〉 = 〈u′1, . . . , u′r〉.

Demonstracao:

Exercıcio.

Page 132: Sebenta Algebra

126

De acordo com o resultado anterior, se tivermos m vectores de Kn e os tomarmos como

linhas de uma matriz A ∈Mm×n(K), podemos efectuar na matriz quaisquer transformacoes

elementares sobre linhas, em numero finito, que o subespaco (de Kn) gerado pelas linhas nao

se altera, isto e, se

A −−−−−−−→(linhas)

A′

entao o subespaco gerado pelas linhas da matriz A e igual ao subespaco gerado pelas linhas

da matriz A′.

Em particular, podemos transformar A numa matriz A′ em forma de escada e garantir

que as linhas nao nulas de A′ geram o mesmo subespaco de Kn que as linhas da matriz A.

Mais tarde veremos como proceder de forma identica partindo de m vectores que nao

sejam de Kn.

4.3 Dependencia e independencia linear

Dado um espaco vectorial E, um dos nossos objectivos nesta seccao vai ser a determinacao

de uma sequencia de geradores de E com um numero mınimo de elementos.

Definicao 4.24 Seja E um espaco vectorial. Sejam u1, . . . , ur, com r ≥ 2, elementos

de E. Dizemos que (u1, . . . , ur) e uma sequencia linearmente dependente , ou que

os vectores u1, . . . , ur sao linearmente dependentes, se pelo menos um dos vectores da

sequencia e combinacao linear dos restantes r − 1 vectores.

Caso contrario, isto e, se nenhum dos vectores da sequencia e combinacao linear dos

restantes r − 1 vectores dizemos que a sequencia (u1, . . . , ur) e linearmente inde-

pendente ou ainda que os vectores u1, . . . , ur sao linearmente independentes.

Para r = 1, tem-se (u1) e linearmente independente se, e so se, u1 6= 0E .

O resultado seguinte e de grande importancia.

Teorema 4.25 (Criterio de Independencia Linear) Seja E um espaco vectorial sobre

K e sejam u1, . . . , ur vectores de E. Os vectores u1, . . . , ur sao linearmente independentes

se, e so se, a unica forma de escrever 0E como combinacao linear dos vectores u1, . . . , ur e

tomando todos os coeficientes da combinacao linear iguais a zero, isto e, se, e so se,

α1u1 + · · ·+ αrur = 0E =⇒ α1 = · · · = αr = 0.

Page 133: Sebenta Algebra

127

Tal equivale a afirmar que os vectores u1, . . . , ur sao linearmente dependentes se, e so se,

existem α1, . . . , αr ∈ K nao todos nulos tais que

α1u1 + · · ·+ αrur = 0E .

Demonstracao:

Suponhamos que u1, . . . , ur sao linearmente dependentes.

Se r = 1 entao, por definicao, u1 = 0E . Logo, tomando qualquer α ∈ K \ {0}tem-se αu1 = 0E .

Se r ≥ 2 entao existe i ∈ {1, . . . , r} tal que ui e combinacao linear dos restantes

r − 1 vectores. Sejam α1, . . . , αi−1, αi+1, . . . , αr ∈ K tais que

ui = α1u1 + · · ·+ αi−1ui−1 + αi+1ui+1 + · · ·+ αrur.

Como

α1u1 + · · ·+ αi−1ui−1 + (−1)ui + αi+1ui+1 + · · ·+ αrur = 0E

concluımos que existem α1, . . . , αr ∈ K, nao todos nulos tais que

α1u1 + · · ·+ αrur = 0E .

Reciprocamente, suponhamos que existem β1, . . . , βr ∈ K, nao todos nulos tais

que

β1u1 + · · ·+ βrur = 0E .

Se r = 1 tem-se β1u1 = 0E com β1 6= 0. Logo, pela Proposicao 4.5, u1 = 0E e,

portanto, u1 e linearmente dependente.

Consideremos agora r ≥ 2. Seja j ∈ {1, . . . , r} tal que βj 6= 0. De

β1u1 + · · ·+ βj−1uj−1 + βjuj + βj+1uj+1 + · · ·+ βrur = 0E

obtemos

βjuj = (−β1)u1 + · · ·+ (−βj−1)uj−1 + (−βj+1)uj+1 + · · ·+ (−βr)ur,

ou ainda,

uj = (−βj−1β1)u1+· · ·+(−βj

−1βj−1)uj−1+(−βj−1βj+1)uj+1+· · ·+(−βj

−1βr)ur.

Logo, uj e combinacao linear dos vectores u1, . . . , uj−1, uj+1, . . . , ur e, portanto,

os vectores u1, . . . , ur sao linearmente dependentes.

Exemplo 4.26 Em relacao ao Exemplo 4.19 tem-se:

Page 134: Sebenta Algebra

128

1. Em R3, a sequencia((1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)

)e linearmente independente.

2. Em Kn, a sequencia (e1, . . . , en) e linearmente independente.

3. Em Mm×n(K), a sequencia (E11, E12, . . . , E1n, E21, E22, . . . , E2n, . . . , Em1, Em2, . . . , Emn) e

linearmente independente.

4. No espaco vectorial F ={(a, b, c) ∈ R3 : a = 2b + c

}, a sequencia

((2, 1, 0), (1, 0, 1)

)e

linearmente independente.

5. Em Kn[x], a sequencia (xn, xn−1, . . . , x, 1) e linearmente independente.

6. Em R2,

((1, 0), (0, 1), (−1, 3), (−3, 4)

)e uma sequencia linearmente dependente.(

(1, 0), (0, 1), (−1, 3))

e uma sequencia linearmente dependente.((1, 0), (0, 1)

)e uma sequencia linearmente independente.(

(1, 0))

e uma sequencia linearmente independente.

Exercıcio 4.17 Seja E um espaco vectorial e u1, . . . , ur, v1, . . . , vs vectores de E. Jus-tifique que:

(a) Qualquer sequencia que inclui o vector 0E e linearmente dependente.

(b) Se os vectores u1, . . . , ur sao linearmente dependentes entao os vectoresu1, . . . , ur, v1, . . . , vs sao linearmente dependentes.

(c) Se os vectores u1, . . . , ur, v1, . . . , vs sao linearmente independentes entao osvectores u1, . . . , ur sao linearmente independentes.

Exercıcio 4.18 No espaco vectorial real R3 considere as sequencias de vectores

S1 =�(1,−1, 1), (1, 1, 0)

�e S2 =

�(1,−1, 1), (1, 1, 0), (2, 0, 1)

�.

(a) Verifique quais das sequencias sao linearmente dependentes.

(b) Para cada sequencia linearmente dependente, escreva um vector como com-binacao linear dos restantes.

Exercıcio 4.19 No espaco vectorial real M3×1(R) considere as sequencias de vectores

S1 =

0@24 1−1

1

35,

24 1

10

351A e S2 =

0@24 1−1

1

35,

24 1

10

35,

24 2

01

351A .

(a) Verifique quais das sequencias sao linearmente dependentes.

(b) Para cada sequencia linearmente dependente, escreva um vector como com-binacao linear dos restantes.

Page 135: Sebenta Algebra

129

Exercıcio 4.20 No espaco vectorial real R2[x] considere as sequencias de vectores:

S1 = (x2 − x + 1, x2 + x) e S2 = (x2 − x + 1, x2 + x, 2x2 + 1).

(a) Verifique quais das sequencias sao linearmente dependentes.

(b) Para cada sequencia linearmente dependente, escreva um vector como com-binacao linear dos restantes.

Exercıcio 4.21 No espaco vectorial real M2×2(R) considere as sequencias de vectores

S1 =

��1 11 1

�,

�2 31 2

�,

�2 21 1

�,

�3 12 1

��

e

S2 =

��1 00 2

�,

�1 12 1

�,

�0 32 1

�,

�2 34 3

��.

(a) Verifique quais das sequencias sao linearmente dependentes.

(b) Para cada sequencia linearmente dependente, escreva um vector como com-binacao linear dos restantes.

De acordo com o Criterio de Independencia Linear, os vectores u1, . . . , ur ∈ E sao line-

armente independentes se, e so se, o vector 0E se escreve de forma unica como combinacao

linear dos vectores u1, . . . , ur. A proposicao seguinte afirma que o resultado continua valido

substituindo 0E por qualquer vector que se possa escrever como combinacao linear dos vec-

tores u1, . . . , ur.

Proposicao 4.27 Seja E um espaco vectorial e sejam u1, . . . , ur vectores de E. Os vec-

tores u1, . . . , ur sao linearmente independentes se, e so se, para todo o vector que se possa

escrever como combinacao linear de u1, . . . , ur (isto e, vector de 〈u1, . . . , ur〉) os coeficientes

da combinacao linear sao unicos.

Demonstracao:

Suponhamos que os vectores u1, . . . , ur sao linearmente independentes. Seja v ∈ E

tal que

v = α1u1 + · · ·+ αrur = β1u1 + · · ·+ βrur

com α1, . . . , αr, β1, . . . , βr ∈ K. Tem-se

(α1 + (−β1))u1 + · · ·+ (αr + (−βr))ur = 0E ,

e como u1, . . . , ur sao linearmente independentes, pelo Criterio de Independencia

Linear, concluımos que

α1 + (−β1) = · · · = αr + (−βr) = 0.

Logo

α1 = β1 ∧ · · · ∧ αr = βr

Page 136: Sebenta Algebra

130

conforme pretendıamos demonstrar.

Reciprocamente, suponhamos que, para todo o vector que se possa escrever como

combinacao linear dos vectores u1, . . . , ur, os coeficientes da combinacao linear sao

unicos. Demonstremos que

α1u1 + · · ·+ αrur = 0E =⇒ α1 = · · · = αr = 0.

De facto, tem-se

α1u1 + · · ·+ αrur = 0E = 0u1 + · · ·+ 0ur

e, como os coeficientes da combinacao linear sao unicos, concluımos que

α1 = 0 ∧ · · · ∧ αr = 0.

Tem-se, pois,

α1 = · · · = αr = 0

e, portanto, os vectores u1, . . . , ur sao linearmente independentes.

Na Proposicao 4.23 vimos que existiam 3 tipos de “transformacoes” que podıamos efec-

tuar nos vectores de uma sequencia garantindo que nao se alterava o subespaco gerado pelos

vectores da sequencia.

O resultado seguinte garante que essas mesmas “transformacoes” nao alteram a de-

pendencia/independencia linear dos vectores da sequencia.

Proposicao 4.28 Seja S = (u1, . . . , ur) uma sequencia de vectores de um espaco vectorial

E e seja S′ = (u′1, . . . , u′r) uma sequencia que se obtenha de S efectuando um numero finito

de transformacoes dos tipos (I), (II), (III) descritos na Proposicao 4.23.

Tem-se, S e linearmente dependente (respectivamente, independente) se, e so se, S′ e

linearmente dependente (respectivamente, independente).

Demonstracao:

Suponhamos que S = (u1, . . . , ur) e linearmente dependente, ou equivalentemente,

que existem α1, . . . , αr ∈ K, nao todos nulos, tais que

α1u1 + · · ·+ αrur = 0E .

O resultado fica demonstrado se considerarmos que S′ e uma sequencia que se

obtem de S efectuando uma unica transformacao do tipo (I), (II) ou (III) descritos

na Proposicao 4.23.

Page 137: Sebenta Algebra

131

Tipo (I). Trivial.

Tipo (II). Seja α ∈ K \ {0} e suponhamos que S′ se obtem de S multiplicando o

vector ui por α. A igualdade

α1u1 + · · ·+ αi−1ui−1 + αiui + αi+1ui+1 + · · ·+ αrur = 0E

e equivalente a

α1u1 + · · ·+ αi−1ui−1 + αiα−1(αui) + αi+1ui+1 + · · ·+ αrur = 0E .

Como αi = 0 se, e so se, αiα−1 = 0, concluımos que os escalares

α1, . . . , αi−1, αiα−1, αi+1, . . . , αr

nao sao todos nulos. Tal equivale a afirmar que a sequencia

S′ = (u1, . . . , ui−1, αui, ui+1, . . . , ur)

e tambem linearmente dependente.

Tipo (III). Seja β ∈ K e suponhamos que S′ se obtem de S substituindo o vector

ui pelo vector ui + βuj , j 6= i. Tem-se

α1u1 + · · ·+ αrur = 0E

se, e so se,

α1u1+· · ·+αi−1ui−1+αi(ui+βuj)+αi+1ui+1+· · ·+(αj−αiβ)uj +· · ·+αrur = 0E

em que os coeficientes desta combinacao linear sao os mesmos que na anterior

excepto para o vector uj .

Demonstremos que afirmar que os escalares α1, . . . , αr nao sao todos nulos equivale

a afirmar que os escalares

α1, . . . , αi, . . . , αj − αiβ, . . . , αr

nao sao todos nulos. De facto, se existe k ∈ {1, . . . , r}, com k 6= j, tal que αk 6= 0

entao o resultado e trivial.

Caso contrario, isto e, se αk = 0 para todo k ∈ {1, . . . , r}, com k 6= j, entao αj 6= 0

e como αi = 0 concluımos que

αj 6= 0 se, so se, αj − αiβ 6= 0.

Page 138: Sebenta Algebra

132

4.4 Sequencias geradoras e sequencias independentes

Observemos que, em R2, se tem:

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

)e uma sequencia geradora de R2 e e linearmente independente.(

(1, 0), (0, 1), (−1, 3))

e uma sequencia geradora de R2 mas nao e linearmente indepen-

dente.((1, 1), (2, 2)

)nao e geradora de R2 e nao e linearmente independente.(

(1, 1))

nao e geradora de R2 mas e linearmente independente.

Assim, podem ocorrer todos os 4 casos resultantes de se verificarem ou nao, para uma

dada sequencia, as propriedades de gerar um espaco ou de ser linearmente independente.

Contudo, tem-se o importante resultado.

Teorema 4.29 Num espaco vectorial E finitamente gerado qualquer sequencia geradora de

E tem um numero de vectores superior ou igual ao numero de vectores de qualquer sequencia

linearmente independente.

Demonstracao:

Seja (u1, . . . , ur) uma sequencia linearmente independente de vectores de E e

(v1, . . . , vs) uma sequencia geradora de E. Pretendemos demonstrar que

s ≥ r.

Suponhamos que s < r e cheguemos a uma contradicao.

Como

E = 〈v1, . . . , vs〉 e u1, . . . , ur ∈ E

existem escalares aij ∈ K, i = 1, . . . , s, j = 1, . . . , r, tais que

u1 = a11v1 + · · ·+ as1vs

...

ur = a1rv1 + · · ·+ asrvs .

Seja

A =

2664

a11 · · · a1r

· · ·as1 · · · asr

3775 ∈Ms×r(K).

Page 139: Sebenta Algebra

133

Como s < r o sistema homogeneo

AX = 0

e indeterminado. Seja (α1, . . . , αr) ∈ Kr uma solucao nao nula de tal sistema, isto

e, 2664

a11 · · · a1r

· · ·as1 · · · asr

377526664

α1

...

αr

37775 =

26664

0

...

0

37775,

ou equivalentemente,a11α1 + · · · + a1rαr = 0

· · ·as1α1 + · · · + asrαr = 0

.

Tem-se

α1u1 + · · ·+ αrur = α1(a11v1 + · · ·+ as1vs) + · · ·+ αr(a1rv1 + · · ·+ asrvs)

= (α1a11 + · · ·+ αra1r)v1 + · · ·+ (α1as1 + · · ·+ αrasr)vs

= (a11α1 + · · ·+ a1rαr)v1 + · · ·+ (as1α1 + · · ·+ asrαr)vs

= 0v1 + · · ·+ 0vs = 0E .

Como (α1, . . . , αr) 6= (0, . . . , 0), pelo Criterio de Independencia Linear, chegamos

a uma contradicao com a hipotese de (u1, . . . , ur) ser uma sequencia linearmente

independente.

Nesta seccao estamos particularmente interessados nas sequencias geradoras de um espaco

vectorial E que sao simultaneamente linearmente independentes.

Definicao 4.30 Seja E um espaco vectorial e (u1, . . . , un) uma sequencia de vectores

de E. Dizemos que (u1, . . . , un) e uma base de E se e uma sequencia geradora de E

e linearmente independente.

Convenciona-se que se E = {0E} entao o conjunto vazio e base de E.

De acordo com o teorema anterior se tivermos uma sequencia geradora de E e preten-

dermos construir, a partir dela, uma base de E, nao podera ser “acrescentando” vectores

a sequencia. Eventualmente sera “eliminando” vectores da sequencia (nao “eliminando”

nenhum vector, se a sequencia ja for linearmente independente). Contudo, os vectores a

Page 140: Sebenta Algebra

134

“eliminar” nao poderao ser ao acaso, porque teremos de garantir que os que permanecem na

sequencia continuam a gerar E.

A Proposicao 4.22 responde a esse problema, pois afirma que se eliminarmos apenas

vectores que sejam combinacao linear dos restantes vamos obtendo sequencias que sao ainda

geradoras de E.

Notemos que, procedendo dessa forma, quando ja nao houver na sequencia nenhum vector

que seja combinacao linear dos restantes, podemos afirmar que a sequencia, alem de geradora

de E, e tambem linearmente independente e, portanto, e uma base de E.

Podemos pois afirmar que:

Teorema 4.31 Se S = (v1, . . . , vs) e uma sequencia geradora de um espaco vectorial E

entao existe uma subsequencia de S que e uma base de E.

Ainda como consequencia do Teorema 4.29, tem-se:

Teorema 4.32 Se um espaco vectorial E admite uma base com n elementos entao todas as

bases de E tem n elementos.

Demonstracao:

Suponhamos que

B = (u1, . . . , un) e B′ = (v1, . . . , vp)

sao bases arbitrarias de E.

Como B e uma sequencia geradora de E e B′ e uma sequencia linearmente inde-

pendente, pelo Teorema 4.29, concluımos que

n ≥ p.

Por outro lado, como B′ e uma sequencia geradora de E e B e uma sequencia

linearmente independente, concluımos que

p ≥ n.

Logo

p = n.

Page 141: Sebenta Algebra

135

Definicao 4.33 Seja E um espaco vectorial. Se uma base de E (e, portanto todas)

tem n elementos dizemos que E tem dimensao n e escrevemos dim E = n.

Note que, como convencionamos que o conjunto vazio e base de E = {0E} entao, neste

caso, dim E = 0.

Exemplo 4.34 1. dim Kn = n.

2. dimMm×n(K) = mn.

3. dim Kn[x] = n + 1.

4. Se D e o conjunto das matrizes diagonais de Mn×n(K) entao

dimD = n.

5. Se T e o conjunto das matrizes triangulares superiores de Mn×n(K) entao

dim T = n + (n− 1) + (n− 2) + · · ·+ 1 =n(n + 1)

2.

6. C e um espaco vectorial sobre C, mas tambem e um espaco vectorial sobre R. No primeiro

caso, a sua dimensao e 1 e no segundo caso e 2. (Porque?) Escrevemos entao

dimC C = 1 e dimR C = 2.

Exercıcio 4.22 No espaco vectorial real R3 considere o subespaco F =(2, 3, 3)

�. Indi-

que duas bases de F . Justifique a sua resposta.

Exercıcio 4.23 Seja F =�(a, b, c, d, e) ∈ R5 : b− c = 0 ∧ a = b + d

um subespaco

vectorial de R5. Determine uma base de F .

Exercıcio 4.24 Seja G =

��α1 α1 + α2

−α2 0

�: α1, α2 ∈ R

�um subespaco vectorial

de M2×2(R). Determine uma base de G.

Vejamos agora como as matrizes nos podem ser muito uteis para determinar se uma

sequencia de vectores de Kn e ou nao linearmente independente e, no caso de nao ser,

determinar uma sequencia linearmente independente que gere o mesmo subespaco (de Kn)

que a sequencia inicial.

Proposicao 4.35 As linhas nao nulas de uma matriz em forma de escada sao linearmente

independentes.

Page 142: Sebenta Algebra

136

Demonstracao:

Seja A ∈ Mm×n(K) uma matriz em forma de escada e A′ uma matriz em forma

de escada reduzida, obtida de A efectuando um numero finito de transformacoes

elementares sobre linhas.

De acordo com a Proposicao 4.28 as linhas nao nulas de A sao linearmente inde-

pendentes se, e so se, as linhas nao nulas de A′ sao linearmente independentes.

Seja

A′ =

2666666666666664

0 · · · 0 a′1k1∗ · · · ∗ 0 ∗ · · · ∗ 0 ∗ · · · ∗

0 · · · 0 0 0 · · · 0 a′2k2∗ · · · ∗ 0 ∗ · · · ∗· · ·

0 · · · 0 0 0 · · · 0 0 0 · · · 0 a′sks∗ · · · ∗

0 · · · 0 0 0 · · · 0 0 0 · · · 0 0 0 · · · 0

......

0 · · · 0 0 0 · · · 0 0 0 · · · 0 0 0 · · · 0

3777777777777775

com a′1k1= a′2k2

= · · · = a′sks= 1.

Sejam u1, . . . , us as linhas 1, . . . , s, respectivamente, de A′. Se α1, . . . , αs ∈ K sao

tais que

α1u1 + · · ·+ αsus = 0Kn

entao, igualando a ki-esima componente, i = 1, . . . , s, em ambos os n-uplos, con-

cluımos que

α1 = · · · = αs = 0.

Logo, pelo Criterio de Independencia Linear, u1, . . . , us sao linearmente indepen-

dentes.

De acordo com a Proposicao 4.23 se tivermos vectores de E = Kn que geram um deter-

minado espaco vectorial F , se considerarmos uma matriz A cujas linhas sao tais vectores e se

A′ se obtem de A efectuando um numero finito de transformacoes elementares sobre linhas

entao podemos afirmar que as linhas de A′ geram o mesmo espaco vectorial F .

Se A′ estiver em forma de escada entao obtemos uma base de F considerando uma

sequencia cujos unicos elementos sejam as linhas nao nulas de A′.

Resumidamente, se

v1, . . . , vs ∈ Kn

e

F = 〈v1, . . . , vs〉,

Page 143: Sebenta Algebra

137

entao considerando

A ∈Ms×n(K) cuja linha i e vi, i = 1, . . . , s,

e

A −−−−−−−→(linhas)

A′ em forma de escada

entao dim F = r(A) e uma base de F e uma sequencia que tenha como unicos elementos as

linhas nao nulas de A′ (ou ∅ se A′ = 0).

Exemplo 4.36 Consideremos o subespaco de R3

G =⟨(1,−1, 0), (0, 1, 4), (2,−1, 4)

⟩e determinemos uma base de G. Tem-se

A =

2664

1 −1 0

0 1 4

2 −1 4

3775−−−−−−−→l3 + (−2)l1

2664

1 −1 0

0 1 4

0 1 4

3775−−−−−−−→l3 + (−1)l2

2664

1 −1 0

0 1 4

0 0 0

3775 (f.e.).

Logo

G =⟨(1,−1, 0), (0, 1, 4), (2,−1, 4)

⟩=⟨(1,−1, 0), (0, 1, 4), (0, 1, 4)

⟩=⟨(1,−1, 0), (0, 1, 4), (0, 0, 0)

⟩=⟨(1,−1, 0), (0, 1, 4)

⟩.

Como a sequencia((1,−1, 0), (0, 1, 4)

)e geradora de G e e linearmente independente (note

que os elementos da sequencia sao as linhas nao nulas de uma matriz em forma de escada)

entao tal sequencia e uma base de G, tendo-se dim G = 2.

Exercıcio 4.25 Considere em R5 o vector u = (5, 1,−1,−2,−4) e, para cada k ∈ R, osseguintes vectores vk = (1, 0, k,−1, 2k) e wk = (3, 1,−k, 0, 0). Determine os valores de kpara os quais a sequencia (u, vk, wk) e linearmente independente.

Anteriormente consideramos o problema de dada uma sequencia geradora de um espaco

vectorial obtermos, a partir dela, uma base desse espaco.

Consideremos agora o caso de termos uma sequencia linearmente independente de vec-

tores de um espaco vectorial e pretendermos, a partir dela, obter uma base desse espaco.

Recordando o Teorema 4.29 nao podera ser “eliminando” vectores da sequencia. Even-

tualmente sera “acrescentando” vectores a sequencia (nao acrescentando nenhum vector se

a sequencia ja for geradora).

Page 144: Sebenta Algebra

138

Os vectores a “acrescentar” nao poderao ser quaisquer, pois temos de garantir que a nova

sequencia continuara linearmente independente. Sabemos que se tivermos vectores u1, . . . , ur

linearmente independentes e “acrescentarmos” um vector v que seja combinacao linear de

u1, . . . , ur entao, por definicao, os vectores u1, . . . , ur, v sao linearmente dependentes. Mas,

tal nao significa que se “acrescentarmos” um vector v que nao seja combinacao linear de

u1, . . . , ur entao u1, . . . , ur, v sejam linearmente independentes.

O resultado seguinte afirma que tal e verdadeiro.

Proposicao 4.37 Seja E um espaco vectorial e sejam u1, . . . , ur vectores de E linearmente

independentes. Se v ∈ E e tal que v nao e combinacao linear dos vectores u1, . . . , ur entao

u1, . . . , ur, v sao linearmente independentes

e

〈u1, . . . , ur〉 $ 〈u1, . . . , ur, v〉.

Demonstracao:

Dado que a ultima afirmacao do enunciado e trivial, demonstremos apenas que

se v nao e combinacao linear dos vectores u1, . . . , ur, linearmente independentes,

entao u1, . . . , ur, v sao linearmente independentes.

Suponhamos que

u1, . . . , ur sao linearmente independentes,

v nao e combinacao linear dos vectores u1, . . . , ur,

u1, . . . , ur, v sao linearmente dependentes,

e cheguemos a uma contradicao.

Se u1, . . . , ur, v sao linearmente dependentes entao, pelo Criterio de Independencia

Linear, existem escalares α1, . . . , αr, αr+1 ∈ K nao todos nulos, tais que

α1u1 + · · ·+ αrur + αr+1v = 0E .

Tem-se

αr+1 = 0 ou αr+1 6= 0.

Se αr+1 = 0 entao

α1u1 + · · ·+ αrur = 0E

e, como u1, . . . , ur sao linearmente independentes, concluımos que

α1 = · · · = αr = 0.

Page 145: Sebenta Algebra

139

Logo

α1 = · · · = αr = αr+1 = 0

o que e uma contradicao com o facto de os escalares α1, . . . , αr, αr+1 nao serem

todos nulos.

Se αr+1 6= 0 entao, de

α1u1 + · · ·+ αrur + αr+1v = 0E ,

resulta

αr+1v = (−α1)u1 + · · ·+ (−αr)ur,

ou ainda,

v = (−α−1r+1α1)u1 + · · ·+ (−α−1

r+1αr)ur,

que e de novo uma contradicao com a hipotese de v nao ser combinacao linear dos

vectores u1, . . . , ur.

Tem-se o seguinte resultado, que nao demonstraremos, conhecido por Teorema do Com-

plemento ou Teorema da Base Incompleta.

Teorema 4.38 Se S = (u1, . . . , ur) e uma sequencia linearmente independente de vectores

de um espaco vectorial E de dimensao n entao existe uma base de E que tem S como

subsequencia. Ou seja, existem vectores w1, . . . , wn−r de E, com n− r ≥ 0, tais que

(u1, . . . , ur, w1, . . . , wn−r)

e uma base de E.

Os Teoremas 4.31 e 4.38 afirmam, pois, respectivamente que, se num espaco vectorial E de

dimensao n tivermos uma sequencia S de vectores de E entao:

1.

S sequencia geradora de E

com s vectores

(s ≥ n)

−−−−−−−−−−−−−−−−→“eliminar” (∗)

s− n vectores de S

S′ sequencia com n vectores

que e base de E

(∗) Em cada uma das s−n etapas de “eliminacao” de um vector, o vector a “eliminar”

e um vector que seja combinacao linear dos restantes.

Page 146: Sebenta Algebra

140

2.

S linearmente independente

com r vectores

(n ≥ r)

−−−−−−−−−−−−−−−→“acrescentar” (∗∗)n− r vectores a S

S′′ sequencia com n vectores

que e base de E

(∗∗) Em cada uma das n − r etapas de “acrescentar” um vector a uma sequencia, o

vector a “acrescentar” e um vector de E que nao seja combinacao linear dos restantes.

O resultado seguinte estabelece que se ja conhecermos a dimensao de um espaco vectorial

E e tivermos uma sequencia de vectores de E com numero de vectores igual a dimensao de E

entao, para demonstrar que e base, basta demonstrar que se verifica uma so das propriedades:

ser geradora de E ou ser linearmente independente.

Teorema 4.39 Seja E um espaco vectorial de dimensao n. Tem-se:

1. Qualquer sequencia geradora de E com n vectores e uma base de E.

2. Qualquer sequencia linearmente independente de n vectores de E e uma base de E.

Demonstracao:

1. Sejam u1, . . . , un ∈ E tais que

E = 〈u1, . . . , un〉.

De acordo com o Teorema 4.31 existe uma subsequencia S′ de S = (u1, . . . , un)

que e uma base de E. Como todas as bases de E tem n elementos, concluımos que

S′ = S. Logo S = (u1, . . . , un) e uma base de E.

2. Se S = (u1, . . . , un) e uma sequencia linearmente independente de n vectores

de E entao, de acordo com o Teorema 4.38, S e subsequencia de uma sequencia

S′′ que e uma base de E. Como todas as bases de E tem n elementos concluımos

que S′′ = S e, portanto, S e uma base de E.

Se E e E′ sao espacos vectoriais tais que E = E′ entao dim E = dim E′. Mas, existem

obviamente espacos vectoriais que tem a mesma dimensao e nao sao iguais. Por exemplo,

dimM2×3(R) = dimM6×1(R) = dim R6 = dim R5[x] = 6.

O resultado seguinte afirma, em particular, que se dois espacos vectoriais E e E′ tem a

mesma dimensao e um deles e subespaco do outro entao sao iguais.

Page 147: Sebenta Algebra

141

Proposicao 4.40 Seja E um espaco vectorial de dimensao finita. Tem-se:

1. Se F e um subespaco de E entao dim F ≤ dim E.

2. Se F e um subespaco de E e dim F = dim E entao F = E.

Demonstracao:

1. Suponhamos que F e subespaco de E com r = dim F > dim E = n e cheguemos

a uma contradicao.

Se (u1, . . . , ur) e uma base de F entao, como ui ∈ F ⊆ E, i = 1, . . . , r, con-

cluımos que (u1, . . . , ur) e uma sequencia linearmente independente de vectores de

E. Entao existia em E uma sequencia linearmente independente com um numero

de vectores (r) superior ao de uma sequencia geradora (n) de E, o que e uma

contradicao, pelo Teorema 4.29.

2. Suponhamos que F e um subespaco de E e que dim F = dim E = n.

Seja (v1, . . . , vn) uma base de F . Entao (v1, . . . , vn) e uma sequencia linearmente

independente de vectores de F e como F ⊆ E, (v1, . . . , vn) e uma sequencia line-

armente independente de vectores de E.

Mas, como dim E = n, pelo Teorema 4.39, podemos afirmar que (v1, . . . , vn) e uma

base de E. Logo

E = 〈v1, . . . , vn〉.

Como

F = 〈v1, . . . , vn〉

concluımos que

F = E.

Exemplo 4.41 1. Vejamos um exemplo de, como a partir de uma sequencia linearmente

independente de vectores de R4 podemos obter uma base de R4.

Considere-se a sequencia de vectores de R4

S =((1, 4, 3, 6), (0, 0, 0, 2), (2, 8, 1, 3)

).

Tal sequencia e linearmente independente se, e so se,

r

2664

1 4 3 6

0 0 0 2

2 8 1 3

3775 = 3.

Page 148: Sebenta Algebra

142

Como

2664

1 4 3 6

0 0 0 2

2 8 1 3

3775−−−−−−−→l3 + (−2)l1

2664

1 4 3 6

0 0 0 2

0 0 −5 −9

3775−−−−−−→l2 ←→ l3

2664

1 4 3 6

0 0 −5 −9

0 0 0 2

3775 (f.e.)

concluımos que S e linearmente independente.

Constatamos facilmente que se acrescentarmos a sequencia S, por exemplo, o vector

(0, 1, 0, 0) obtemos ainda uma sequencia linearmente independente. Basta atender a que

se tem

B =

2666664

1 4 3 6

0 0 0 2

2 8 1 3

0 1 0 0

3777775−−−−−−→(linhas)

2666664

1 4 3 6

0 0 −5 −9

0 0 0 2

0 1 0 0

3777775−−−−−−→(linhas)

2666664

1 4 3 6

0 1 0 0

0 0 −5 −9

0 0 0 2

3777775 (f.e.)

e

r(B) = 4.

Como a sequencia ((1, 4, 3, 6), (0, 0, 0, 2), (2, 8, 1, 3), (0, 1, 0, 0)

)e linearmente independente e tem 4 = dim(R4) vectores, pelo Teorema 4.39, e uma base

de R4.

2. Seja

F =⟨(1, 4, 3, 6), (0, 0, 0, 2), (2, 8, 1, 3)

⟩.

Como vimos em 1., a sequencia((1, 4, 3, 6), (0, 0, 0, 2), (2, 8, 1, 3)

)e linearmente indepen-

dente e, portanto,

Base de F =((1, 4, 3, 6), (0, 0, 0, 2), (2, 8, 1, 3)

).

Determinemos se (1, 4,−2,−3) ∈ F , utilizando matrizes.

Note que (1, 4,−2,−3) ∈ F se, so se, (1, 4,−2,−3) se pode escrever como combinacao

linear dos vectores (1, 4, 3, 6), (0, 0, 0, 2), (2, 8, 1, 3) ou equivalentemente, se, e so se, as

matrizes

A =

2664

1 4 3 6

0 0 0 2

2 8 1 3

3775 e C =

2666664

1 4 3 6

0 0 0 2

2 8 1 3

1 4 −2 −3

3777775

tem a mesma caracterıstica.

Page 149: Sebenta Algebra

143

Vimos em 1. que r(A) = 3 e, como

C =

2666664

1 4 3 6

0 0 0 2

2 8 1 3

1 4 −2 −3

3777775−−−−−−→l3+(−2)l1l4+(−1)l1

2666664

1 4 3 6

0 0 0 2

0 0 −5 −9

0 0 −5 −9

3777775−−−−−−→l2 ←→ l4

2666664

1 4 3 6

0 0 −5 −9

0 0 −5 −9

0 0 0 2

3777775−→

−−−−−−−→l3 + (−1)l2

2666664

1 4 3 6

0 0 −5 −9

0 0 0 0

0 0 0 2

3777775−−−−−−→l3 ←→ l4

2666664

1 4 3 6

0 0 −5 −9

0 0 0 2

0 0 0 0

3777775 (f.e.),

concluımos que r(C) = 3 e, portanto,

(1, 4,−2,−3) ∈ F.

Exercıcio 4.26 Considere, no espaco vectorial real R3, a sequencia de vectores

Sk =�(1, 0, 2), (−1, 2,−3), (−1, 4, k)

�.

Determine os valores de k ∈ R para os quais Sk e uma base de R3.

Exercıcio 4.27 No espaco vectorial real R3 considere a sequencia de vectores

S =�(1, 1, 0), (2, 1, 0)

�.

(a) Verifique que S e linearmente independente.

(b) Indique uma base de R3 que contenha os vectores da sequencia S.

Exercıcio 4.28 No espaco vectorial real R4 considere o subespaco vectorial

F = 〈(1, 0, 1, 0), (−1, 1, 0, 1), (1, 1, 2, 1)〉 .

(a) Indique uma base de F .

(b) Verifique que (1, 2, 3, 2) ∈ F .

(c) Determine uma base de R4 a qual pertencam os vectores da base de Findicada em (a).

As bases de um espaco vectorial E tem propriedades especiais como a seguidamente

referida.

Proposicao 4.42 Seja E um espaco vectorial e sejam u1, . . . , un vectores de E. Tem-se,

(u1, . . . , un) e uma base de E se, e so se, todo o vector de E se escreve de modo unico como

combinacao linear dos vectores u1, . . . , un.

Demonstracao:

E uma consequencia imediata da definicao de base e da Proposicao 4.27.

Page 150: Sebenta Algebra

144

Definicao 4.43 Seja E um espaco vectorial sobre K e (u1, . . . , un) uma base de E.

Para cada v ∈ E os escalares α1, . . . , αn ∈ K, unicos, tais que

v = α1u1 + · · ·+ αnun

dizem-se as coordenadas de v na base (u1, . . . , un) ou, mais correctamente, dizemos

que (α1, . . . , αn) e a sequencia das coordenadas de v na base (u1, . . . , un).

Exemplo 4.44 1.((1, 0), (0, 1)

)e uma base de R2. Se (a, b) ∈ R2 entao, como

(a, b) = a(1, 0) + b(0, 1),

a sequencia das coordenadas de (a, b) na base anterior e (a, b).((0, 1), (1, 0)

)e tambem uma base de R2. Em relacao a essa base, como

(a, b) = b(0, 1) + a(1, 0),

a sequencia das coordenadas de (a, b) e (b, a).

B =((−1, 1), (0, 1)

)e tambem uma base de R2. Determinemos a sequencia das coorde-

nadas de (a, b) em relacao a essa base.

(a, b) = α1(−1, 1) + α2(0, 1)

= (−α1, α1) + (0, α2)

= (−α1, α1 + α2).

Logo −α1 = a

α1 + α2 = b.

Tem-se, pois, um sistema de equacoes lineares nas incognitas α1, α2, cuja solucao unica e

(−a, a + b).

Assim a sequencia das coordenadas do vector (a, b) na base B =((−1, 1), (0, 1)

)e

(−a, a + b).

2. O vector que em relacao a base

B =((−1, 2, 3), (0, 3, 4), (0, 0, 5)

)

Page 151: Sebenta Algebra

145

de R3 tem a sequencia de coordenadas (7,−1, 4) e o vector

7(−1, 2, 3) + (−1)(0, 3, 4) + 4(0, 0, 5) = (−7, 14, 21) + (0,−3,−4) + (0, 0, 20)

= (−7, 11, 37).

Exercıcio 4.29 Considere, no espaco vectorial real R4, a base

B =�(1, 0, 0, 0), (1, 1, 0, 0), (1, 1, 1, 0), (1, 1, 1, 1)

e a base canonica de R4

b. c.R4 =�(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)

�.

(a) Determine a sequencia das coordenadas do vector (4, 3, 2, 1) em cada umadas bases B e b. c.R4 .

(b) Determine a sequencia das coordenadas de um vector arbitrario (a, b, c, d) ∈R4 em cada uma das bases B e b. c.R4 .

Exercıcio 4.30 Considere, no espaco vectorial real M2×2(R), as bases

B =

��1 00 0

�,

�1 10 0

�,

�1 11 0

�,

�1 11 1

��

e

B′ =��

1 00 0

�,

�0 10 0

�,

�0 01 0

�,

�0 00 1

��.

(a) Determine a sequencia das coordenadas do vector

�4 32 1

�em cada uma

das bases B e B′.(b) Determine a sequencia das coordenadas de um vector arbitrario�

a bc d

�∈M2×2(R) em cada uma das bases B e B′.

Exercıcio 4.31 Considere, no espaco vectorial real R3[x], as bases

B =�x3, x3 + x2, x3 + x2 + x, x3 + x2 + x + 1

�e

B′ =�x3, x2, x, 1

�.

(a) Determine a sequencia das coordenadas do vector 4x3 + 3x2 + 2x + 1 emcada uma das bases B e B′.

(b) Determine a sequencia das coordenadas de um vector arbitrario ax3 +bx2 +cx + d ∈ R3[x] em cada uma das bases B e B′.

Exercıcio 4.32 (a) Mostre que�(1, 0, 0), (0, i,−1), (1, 0, 1− i)

�e base do espaco vecto-

rial complexo C3.

(b) Determine a sequencia das coordenadas do vector (1, 1, 1) na base indicadaem (a).

Anteriormente vimos como utilizar as matrizes para resolver os seguintes problemas no

espaco vectorial

E = Kn.

Page 152: Sebenta Algebra

146

• Determinar se uma sequencia de vectores de E e linearmente independente.

• Construir uma base de E a partir de uma sequencia de vectores geradora de E.

• Construir uma base de E a partir de uma sequencia linearmente independente de

vectores de E.

• Determinar se um vector de E pertence ou nao ao subespaco gerado por uma dada

sequencia de vectores de E.

O que sucede se E 6= Kn? Por exemplo, como resolver os problemas anteriores se

E = Kr[x] ou E =Mm×n(K)?

Notemos que, para qualquer espaco vectorial E de dimensao n, se fixarmos em E uma base

B entao a “correspondencia”

f : E −→ Kn

que a cada vector u ∈ E associa a sequencia das coordenadas de u na base B e uma aplicacao

bijectiva.

De facto, a Proposicao 4.42 garante que f e uma aplicacao e e bijectiva porque, qualquer

que seja (β1, . . . , βn) ∈ Kn existe um, e um so, u ∈ E tal que

f(u) = (β1, . . . , βn).

(Se B = (e1, . . . , en) entao u = β1e1 + · · ·+ βnen.)

Uma reflexao mais exaustiva sobre este tema permitir-nos-ia concluir que a resolucao dos

quatro problemas anteriores envolvendo vectores de E = Kr[x] ou de E =Mm×n(K) pode

ser feita com vectores, respectivamente, de Kr+1 ou de Kmn utilizando as sequencias das

coordenadas dos vectores em causa em relacao a uma base fixa B de E.

O mesmo raciocınio pode ser seguido para qualquer espaco vectorial E de dimensao finita

e assim continuar a utilizar as matrizes para resolver os 4 problemas anteriores.

Exemplo 4.45 1. Em R3[x], consideremos a sequencia

S =(x3 + 4x2 + 3x + 6, 2, 2x3 + 8x2 + x + 3

).

Verifiquemos que S e linearmente independente e determinemos uma base de R3[x] que

tenha S como subsequencia.

Page 153: Sebenta Algebra

147

Considere-se em R3[x] a base

B =(x3, x2, x, 1

).

Em relacao a base B, a sequencia das coordenadas de:

x3 + 4x2 + 3x + 6 e (1, 4, 3, 6),

2 e (0, 0, 0, 2),

2x3 + 8x2 + x + 3 e (2, 8, 1, 3).

Como vimos no Exemplo 4.41 a sequencia

S′ =((1, 4, 3, 6), (0, 0, 0, 2), (2, 8, 1, 3)

)e linearmente independente e o mesmo sucede a sequencia(

(1, 4, 3, 6), (0, 0, 0, 2), (2, 8, 1, 3), (0, 1, 0, 0))

.

O elemento de R3[x] que na base B =(x3, x2, x, 1

)tem a sequencia de coordenadas

(0, 1, 0, 0) e 0x3 + 1x2 + 0x + 0 = x2.

Assim,

S =(x3 + 4x2 + 3x + 6, 2, 2x3 + 8x2 + x + 3

)e linearmente independente e(

x3 + 4x2 + 3x + 6, 2, 2x3 + 8x2 + x + 3, x2)

e tambem linearmente independente. Como tem 4 = dim R3[x] vectores e uma base de

R3[x].

2. Seja E um espaco vectorial tal que

B = (e1, e2, e3, e4)

e uma base de E. Verifiquemos que a sequencia

S = (e1 + e2 + e4, 2e1 + 2e2 + e3 + e4)

e linearmente independente e “completemos” essa sequencia de forma a obter uma base

de E, isto e, determinemos uma base de E que tenha S como subsequencia.

Em relacao a base B a sequencia das coordenadas de:

e1 + e2 + e4 e (1, 1, 0, 1),

2e1 + 2e2 + e3 + e4 e (2, 2, 1, 1).

Page 154: Sebenta Algebra

148

Tem-se

A ="

1 1 0 1

2 2 1 1

#−−−−−−−→l2 + (−2)l1

"1 1 0 1

0 0 1 −1

#(f.e.)

com

r(A) = 2

e, portanto, a sequencia S e linearmente independente.

Dado que

A′ =

2666664

1 1 0 1

2 2 1 1

0 1 0 0

0 0 0 1

3777775−−−−−−−→l2 + (−2)l1

2666664

1 1 0 1

0 0 1 −1

0 1 0 0

0 0 0 1

3777775−−−−−−→l2 ←→ l3

2666664

1 1 0 1

0 1 0 0

0 0 1 −1

0 0 0 1

3777775 (f.e.)

e

r(A′) = 4

podemos afirmar que

((1, 1, 0, 1), (2, 2, 1, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 1)

)e uma sequencia linearmente independente.

O vector de E que, na base B = (e1, e2, e3, e4), tem a sequencia de coordenadas

(0, 1, 0, 0) e 0e1 + 1e2 + 0e3 + 0e4 = e2

e o que tem a sequencia de coordenadas

(0, 0, 0, 1) e 0e1 + 0e2 + 0e3 + 1e4 = e4.

Logo, (e1 + e2 + e4, 2e1 + 2e2 + e3 + e4, e2, e4) e linearmente independente e como tem

4 = dim E vectores e uma base de E.

Exercıcio 4.33 Sejam E um espaco vectorial real, (e1, e2, e3, e4, e5) uma base de E e

F = 〈2e1 − e3, e3 + e5, 2e1 + e3 + 2e5〉 .

Diga, justificando, quais das seguintes sequencias de vectores sao base de F :

(a) (2e1 − e3, e3 + e5, 2e1 + e3 + 2e5);

(b) (2e1 − e3, e3 + e5);

(c) (2e1 − e3, e1 + e3);

(d) (2e3 + 2e5,−e3 − e5).

Page 155: Sebenta Algebra

149

4.5 Bases do espaco soma de dois subespacos

Seja E um espaco vectorial e F e G subespacos de E. Sabemos que F + G e ainda um

subespaco de E. O resultado seguinte diz-nos como obter geradores para o subespaco F +G

conhecendo geradores para F e geradores para G.

Proposicao 4.46 Seja E um espaco vectorial e F e G subespacos de E. Se u1, . . . , ur ∈ F

e v1, . . . , vs ∈ G sao tais que

F = 〈u1, . . . , ur〉 e G = 〈v1, . . . , vs〉

entao

F + G = 〈u1, . . . , ur, v1, . . . , vs〉.

Demonstracao:

Por hipotese, tem-se

∀u∈F ∃α1,...,αr∈K u = α1u1 + · · ·+ αrur

e

∀v∈G ∃β1,...,βs∈K v = β1v1 + · · ·+ βsvs.

Seja z ∈ F + G. Entao

z = u + v,

com u ∈ F e v ∈ G.

Logo

z = (α1u1 + · · ·+ αrur) + (β1v1 + · · ·+ βsvs)

= α1u1 + · · ·+ αrur + β1v1 + · · ·+ βsvs

e, portanto,

z ∈ 〈u1, . . . , ur, v1, . . . , vs〉.

Demonstramos, pois, que

F + G ⊆ 〈u1, . . . , ur, v1, . . . , vs〉.

Reciprocamente, seja z ∈ 〈u1, . . . , ur, v1, . . . , vs〉. Entao, existem escalares

γ1, . . . , γr, γr+1, . . . , γr+s ∈ K tais que

z = γ1u1 + · · ·+ γrur + γr+1v1 + · · ·+ γr+svs

= (γ1u1 + · · ·+ γrur) + (γr+1v1 + · · ·+ γr+svs).

Page 156: Sebenta Algebra

150

Como

(γ1u1 + · · ·+ γrur) ∈ F e (γr+1v1 + · · ·+ γr+svs) ∈ G

concluımos que z ∈ F + G.

Fica entao demonstrado que

〈u1, . . . , ur, v1, . . . , vs〉 ⊆ F + G,

concluindo a demonstracao do que pretendıamos.

Como consequencia imediata do resultado anterior tem-se:

Corolario 4.47 Se F e G sao subespacos de E com dimensao finita entao F + G tambem

tem dimensao finita.

Exemplo 4.48 Seja F ={(x, y, z) ∈ R3 : x = y + 2z

}e G =

⟨(1, 0,−1), (2, 0, 4), (0, 3, 1)

⟩.

Pretende-se uma base para F + G.

Tem-se

F ={(x, y, z) ∈ R3 : x = y + 2z

}= {(y + 2z, y, z) : y, z ∈ R} .

Como, para quaisquer y, z ∈ R, se tem

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

concluımos que

F =⟨(1, 1, 0), (2, 0, 1)

⟩.

Dado que G =⟨(1, 0,−1), (2, 0, 4), (0, 3, 1)

⟩concluımos que

F + G =⟨(1, 1, 0), (2, 0, 1), (1, 0,−1), (2, 0, 4), (0, 3, 1)

⟩.

Para obter uma base de F + G procedemos como no Exemplo 4.41.266666664

1 1 0

2 0 1

1 0 −1

2 0 4

0 3 1

377777775−−−−−−→l2+(−2)l1l3+(−1)l1l4+(−2)l1

266666664

1 1 0

0 −2 1

0 −1 −1

0 −2 4

0 3 1

377777775−−−−→l2←→l3

266666664

1 1 0

0 −1 −1

0 −2 1

0 −2 4

0 3 1

377777775−→

−−−−−−→l3+(−2)l2l4+(−2)l2

l5+3l2

266666664

1 1 0

0 −1 −1

0 0 3

0 0 6

0 0 −2

377777775−−−−−−→l4+(−2)l3l5+( 2

3 )l3

266666664

1 1 0

0 −1 −1

0 0 3

0 0 0

0 0 0

377777775

Page 157: Sebenta Algebra

151

Logo, uma base de F + G e ((1, 1, 0), (0,−1,−1), (0, 0, 3)

).

Se F e G sao subespacos de um espaco vectorial E entao F + G e F ∩ G sao ainda

subespacos de E.

O resultado seguinte relaciona as dimensoes de todos esses subespacos quando F e G tem

dimensao finita.

Teorema 4.49 Se E e um espaco vectorial e F e G sao subespacos de E de dimensao finita

entao F + G e F ∩G tambem tem dimensao finita e

dim(F + G) = dim F + dim G− dim(F ∩G).

Demonstracao:

Como F ∩G e um subespaco de F (e de G) tem-se

dim(F ∩G) ≤ dim F

e, portanto, F ∩G tem dimensao finita.

Como F e G tem, por hipotese, dimensao finita podemos afirmar que existem

u1, . . . , ur ∈ F e v1, . . . , vs ∈ G tais que

F = 〈u1, . . . , ur〉 e G = 〈v1, . . . , vs〉,

com r, s ∈ N.

De acordo com a Proposicao 4.46 tem-se

F + G = 〈u1, . . . , ur, v1, . . . , vs〉.

Como r + s ∈ N concluımos que F + G tambem tem dimensao finita.

Demonstremos que

dim(F + G) = dim F + dim G− dim(F ∩G)

considerando tres casos.

Caso 1: F ⊆ G ou G ⊆ F .

Se F ⊆ G entao F + G = G e F ∩G = F . Logo

dim(F + G) = dim G = dim F + dim G− dim F

= dim F + dim G− dim(F ∩G).

Se G ⊆ F a demonstracao e analoga.

Page 158: Sebenta Algebra

152

Caso 2: F 6⊆ G e G 6⊆ F e F ∩G = {0E}.

Neste caso tem-se F 6= {0E}. Caso contrario, ter-se-ia F = {0E} ⊆ G.

De igual forma se conclui que G 6= {0E}.

Assim

{0E} = F ∩G $ F 6= {0E}

e

{0E} = F ∩G $ G 6= {0E}.

Suponhamos que dim F = r, dim G = s,

(u1, . . . , ur) e uma base de F

e

(v1, . . . , vs) e uma base de G.

Como

F + G = 〈u1, . . . , ur, v1, . . . , vs〉,

demonstremos que (u1, . . . , ur, v1, . . . , vs) e linearmente independente.

Por hipotese (u1, . . . , ur) e linearmente independente e (v1, . . . , vs) e linear-

mente independente.

Sejam α1, . . . , αr, β1, . . . , βs ∈ K tais que

α1u1 + · · ·+ αrur + β1v1 + · · ·+ βsvs = 0E .

Logo

α1u1 + · · ·+ αrur = (−β1)v1 + · · ·+ (−βs)vs.

Como

α1u1 + · · ·+ αrur ∈ F e (−β1)v1 + · · ·+ (−βs)vs ∈ G

concluımos que

α1u1 + · · ·+ αrur = (−β1)v1 + · · ·+ (−βs)vs ∈ F ∩G.

Dado que

F ∩G = {0E}

tem-se

α1u1 + · · ·+ αrur = (−β1)v1 + · · ·+ (−βs)vs = 0E .

Pelo Criterio de Independencia Linear, concluımos que, como (u1, . . . , ur) e

linearmente independente, se tem

α1 = · · · = αr = 0.

Page 159: Sebenta Algebra

153

Por outro lado, como (v1, . . . , vs) e linearmente independente, o mesmo

criterio permite afirmar que

β1 = · · · = βs = 0.

Demonstramos pois que

α1 = · · · = αr = β1 = · · · = βs = 0

e, portanto,

(u1, . . . , ur, v1, . . . , vs)

e uma sequencia linearmente independente. Recordando que

F + G = 〈u1, . . . , ur, v1, . . . , vs〉,

concluımos que

(u1, . . . , ur, v1, . . . , vs)

e uma base de F + G. Assim

dim(F + G) = r + s

e, portanto,

dim(F + G) = r + s = r + s− 0

= dim F + dim G− dim(F ∩G).

Caso 3: F 6⊆ G e G 6⊆ F e F ∩G 6= {0E}.

Tem-se entao

F 6= {0E} , G 6= {0E} , F ∩G $ F e F ∩G $ G.

Sejam r = dim F , s = dim G, t = dim(F ∩G) e

(w1, . . . , wt) uma base de F ∩G.

Como (w1, . . . , wt) e uma sequencia linearmente independente de vectores de

F ∩ G e, portanto, de vectores de F , pelo Teorema 4.38 existem vectores

y1, . . . , yr−t ∈ F tais que

(w1, . . . , wt, y1, . . . , yr−t) e uma base de F.

Analogamente, como (w1, . . . , wt) e uma sequencia linearmente independente

de vectores de F∩G e, portanto, de vectores de G, pelo Teorema 4.38 existem

vectores z1, . . . , zs−t ∈ G tais que

(w1, . . . , wt, z1, . . . , zs−t) e uma base de G.

Page 160: Sebenta Algebra

154

Dado que

F = 〈w1, . . . , wt, y1, . . . , yr−t〉

e

G = 〈w1, . . . , wt, z1, . . . , zs−t〉

entao, pela Proposicao 4.46 tem-se

F + G = 〈w1, . . . , wt, y1, . . . , yr−t, w1, . . . , wt, z1, . . . , zs−t〉

= 〈w1, . . . , wt, y1, . . . , yr−t, z1, . . . , zs−t〉.

Com alguns calculos, podemos concluir que

(w1, . . . , wt, y1, . . . , yr−t, z1, . . . , zs−t)

e uma sequencia linearmente independente e, portanto, e uma base de F +G.

Assim

dim(F + G) = t + (r − t) + (s− t) = r + s− t

= dim F + dim G− dim(F ∩G).

Exercıcio 4.34 No espaco vectorial real R4 considere os subespacos

F =�(a, b, c, d) ∈ R4 : a− b = 0 ∧ a = b + d

,

G =�(a, b, c, d) ∈ R4 : b− c = 0 ∧ d = 0

e

H =D(1, 0, 0, 3), (2, 0, 0, 1)

E.

Determine:

(a) Uma base de F .

(b) A dimensao de G.

(c) Uma base de F ∩G.

(d) Uma base de F + G.

(e) Uma base de G ∩H.

(f) Uma base de F + H.

(g) A dimensao de F ∩G.

Page 161: Sebenta Algebra

155

Exercıcio 4.35 No espaco vectorial real M2×2(R) considere os subespacos

F =

��a bc d

�∈ M2×2(R) : a− b = 0 ∧ a = b + d

�,

G =

��a bc d

�∈ M2×2(R) : b− c = 0 ∧ d = 0

�e

H =

��1 00 3

�,

�2 00 1

��.

Determine:

(a) Uma base de F .

(b) A dimensao de G.

(c) Uma base de F ∩G.

(d) Uma base de F + G.

(e) Uma base de G ∩H.

(f) Uma base de F + H.

(g) A dimensao de F ∩G.

Exercıcio 4.36 No espaco vectorial real R3[x] considere os subespacos

F =�ax3 + bx2 + cx + d ∈ R3[x] : a− b = 0 ∧ a = b + d

,

G =�ax3 + bx2 + cx + d ∈ R3[x] : b− c = 0 ∧ d = 0

e

H =x3 + 3, 2x3 + 1

�.

Determine:

(a) Uma base de F .

(b) A dimensao de G.

(c) Uma base de F ∩G.

(d) Uma base de F + G.

(e) Uma base de G ∩H.

(f) Uma base de F + H.

(g) A dimensao de F ∩G.

Exercıcio 4.37 No espaco vectorial real R4 considere os subespacos

F =D(1, 1,−1, 1), (2, 2, 3,−1), (3, 3, 7,−3), (0, 0, 0, 1)

Ee

G =D(1, 1,−1, 1), (1, 0, 1,−1), (1,−1,−4, 4)

E.

(a) Determine:

(i) Uma base de F ;

(ii) Uma base de R4 que inclua uma base de F ;

(iii) Uma base de G;

(iv) Uma base de F ∩G;

(b) Mostre que F + G = R4.

Page 162: Sebenta Algebra

156

Exercıcio 4.38 Considere o espaco vectorial real R4[x] e o subespaco de R4[x]

F =�a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + a4x4 ∈ R4[x] : −2a0 + 2a1 + a4 = 0 ∧ −a0 + a1 + 5a4 = 0

.

(a) Determine uma base de F .

(b) Determine uma base de R4[x] que inclua a base de F indicada em (a).

(c) Indique, caso exista, um subespaco G de R4[x], tal que dim(F + G) = 4 edim(F ∩G) = 1. Justifique.

Exercıcio 4.39 Sejam E um espaco vectorial real, (e1, e2, e3, e4, e5) uma base de E e Fe G os subespacos de E definidos por

F = {α1e1 + · · ·+ α5e5 : (α1, . . . , α5) e solucao de (S1)}

G = {α1e1 + · · ·+ α5e5 : (α1, . . . , α5) e solucao de (S2)} ,

onde (S1) e (S2) sao os seguintes sistemas de equacoes lineares nas incognitas x1, . . . , x5

sobre R:

(S1)

8<:

x1 − x2 + 2x3 + x5 = 0−x1 + x2 − x3 + x4 − 2x5 = 02x1 − 2x2 + 3x3 − x4 + 3x5 = 0

e (S2)

8<:

2x1 + x2 + 2x3 + x4 = 0x1 − x2 + x3 − x4 + 3x5 = 0−x1 − 2x2 − x4 + x5 = 0

.

Determine:

(a) Uma base de F ;

(b) Uma base de G;

(c) Uma base de F ∩G;

(d) Uma base de F + G.

Exercıcio 4.40 Considere o espaco vectorial real R3. Para cada α ∈ R, considere oconjunto:

Fα =�(x, y, z) ∈ R3 : x = αy ∧ αy = αz

.

(a) Mostre que, qualquer que seja α ∈ R, Fα e subespaco vectorial de R3.

(b) Determine, em funcao de α, uma base de Fα.

(c) Seja G =(1, 1, 0), (0, 0, 2)

�.

(i) Discuta, em funcao de α, dim(G + Fα).

(ii) Determine, em funcao de α, uma base de G + Fα.

Page 163: Sebenta Algebra

157

Solucoes de alguns dos exercıcios propostos4.5 (a) Sim

(b) Nao

(c) Nao

(d) Sim

(e) Nao

(f) Sim

(g) Nao

(h) Nao

4.10 (a) (i) Nao

(ii) Sim

4.11 (a) Sim

(d) k = −2

4.12 (a) Por exemplo, G =�

1 10 0

�,�

0 1−1 0

��4.13 (a) Por exemplo,

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

�(b) Nao

4.18 (a) S1 e linearmente independente

S2 e linearmente dependente

4.19 (a) S1 e linearmente independente

S2 e linearmente dependente

4.20 (a) S1 e linearmente dependente

S2 e linearmente independente

4.21 (a) S1 e linearmente independente

S2 e linearmente dependente

4.23 Por exemplo,�(1, 0, 0, 1, 0), (0, 1, 1,−1, 0), (0, 0, 0, 0, 1)

�4.24 Por exemplo,

��1 10 0

�,�

0 1−1 0

��4.25 k ∈ R \ {−1}

4.26 k ∈ R \ {−4}

4.28 (a) Por exemplo,�(1, 0, 1, 0), (0, 1, 1, 1)

�(c) Por exemplo,�

(1, 0, 1, 0), (0, 1, 1, 1), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)�

4.29 (a) (1, 1, 1, 1), na base B(4, 3, 2, 1), na base b. c.R4

(b) (a− b, b− c, c− d, d), na base B(a, b, c, d), na base b. c.R4

4.30 (a) (1, 1, 1, 1), na base B(4, 3, 2, 1), na base B′

(b) (a− b, b− c, c− d, d), na base B(a, b, c, d), na base B′

4.31 (a) (1, 1, 1, 1), na base B(4, 3, 2, 1), na base B′

(b) (a− b, b− c, c− d, d), na base B(a, b, c, d), na base B′

4.32 (b) (0,−i, 1)

4.33 (a) Nao e

(b) E

(c) Nao e

(d) Nao e

4.34 (a) Por exemplo,�(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)

�(b) 2

(c) Por exemplo,�(1, 1, 1, 0)

�(d) Por exemplo,�

(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)�

(e) Por exemplo,�(1, 0, 0, 0)

�(f) Por exemplo,�

(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)�

(g) 1

4.35 (a) Por exemplo,��1 10 0

�,�0 01 0

��(b) 2

(c) Por exemplo,��1 11 0

��(d) Por exemplo,��

1 00 0

�,�0 10 0

�,�0 01 0

��(e) Por exemplo,��

1 00 0

��(f) Por exemplo,��

1 00 0

�,�0 10 0

�,�0 01 0

�,�0 00 1

��(g) 1

4.36 (a) Por exemplo,�x3 + x2, x

�(b) 2

Page 164: Sebenta Algebra

158

(c) Por exemplo,�x3 + x2 + x

�(d) Por exemplo,�

x3, x2, x�

(e) Por exemplo,�x3�

(f) Por exemplo,�x3, x2, x, 1

�(g) 1

4.37 (a) (i) Por exemplo,�(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)

�(ii) Por exemplo,�

(1, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)�

(iii) Por exemplo,�(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1,−1)

�(iv) Por exemplo,�

(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1,−1)�

4.38 (a) Por exemplo,�1 + x, x2, x3

�(b) Por exemplo,

�1, 1 + x, x2, x3, x4

�(c) Por exemplo, G =

x3, x4

�4.39 (a) Por exemplo,

(e1 + e2, 2e1 − e3 + e4, −3e1 + e3 + e5)

(b) Por exemplo,

(e1 − e2 − e3 + e4, −3e1 + 2e2 + 2e3 + e5)

(c) Por exemplo,

(e1 − e2 − e3 + e4)

(d) Por exemplo,

(e1+e2, 2e1−e3+e4, −3e1+e3+e5, −3e1+

2e2 + 2e3 + e5)

4.40 (b) Base de Fα =(Por exemplo,

�(0, 1, 0), (0, 0, 1)

�se α = 0

Por exemplo,�(α, 1, 1)

�se α 6= 0

(c) (i) dim(G + Fα) =

(2, se α = 1

3, se α 6= 1

(ii) Base de G + Fα =8>>>>><>>>>>:

Por exemplo,�(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)

�se α 6= 1

Por exemplo,�(1, 1, 0), (0, 0, 1)

�se α = 1

Page 165: Sebenta Algebra

Capıtulo 5

Aplicacoes Lineares

5.1 Aplicacoes lineares: Definicao, exemplos e propriedades

Definicao 5.1 Sejam E e E′ espacos vectoriais sobre K (ambos sobre R ou ambos

sobre C).

Uma aplicacao f : E −→ E′ diz-se uma aplicacao linear se satisfaz as duas condicoes

seguintes:

1. ∀u,v∈E f(u + v) = f(u) + f(v).

2. ∀α∈K ∀u∈E f(αu) = αf(u).

Notemos que, quer em E quer em E′, a adicao esta a ser representada pelo mesmo sımbolo

+ e o mesmo se passa em relacao a multiplicacao externa. Se fizessemos a distincao e consi-

derassemos os espacos vectoriais (E,+, ·) e (E′,⊕,�) as propriedades anteriores tomariam

as seguintes formas:

1. ∀u,v∈E f(u + v) = f(u)⊕ f(v).

2. ∀α∈K ∀u∈E f(α · u) = α� f(u).

No entanto, conforme sabemos, o contexto desfaz qualquer ambiguidade.

No que vai seguir-se, e mesmo que tal nao seja enunciado, E, E′ e E′′ sao espacos

vectoriais sobre K (todos sobre R ou todos sobre C).

Page 166: Sebenta Algebra

160

Exemplo 5.2 1. Seja β ∈ K. Considere-se a aplicacao

f : E −→ E

tal que

∀w∈E f(w) = βw.

Tem-se

(a) ∀u,v∈E f(u + v) = β(u + v) = βu + βv = f(u) + f(v).

(b) ∀α∈K ∀u∈E f(αu) = β(αu) = (βα)u = (αβ)u = α(βu) = αf(u).

Logo, f e uma aplicacao linear (designada por homotetia de razao β).

Como casos particulares importantes, consideremos β = 0 e β = 1.

No primeiro caso (β = 0) obtemos

f : E −→ E

tal que

∀u∈E f(u) = 0E ,

designada por aplicacao nula de E.

No segundo caso (β = 1) obtemos

f : E −→ E

tal que

∀u∈E f(u) = u,

designada por aplicacao identidade de E e que representaremos por idE . Tem-se, pois,

idE : E −→ E

tal que

∀u∈E idE(u) = u.

Os dois exemplos seguintes constituem generalizacoes destes dois casos particulares.

2. A aplicacao

f : E −→ E′

tal que

∀u∈E f(u) = 0E′

e uma aplicacao linear (Porque?) designada por aplicacao nula de E em E′.

Page 167: Sebenta Algebra

161

3. Se F e um subespaco de E entao a aplicacao

f : F −→ E

tal que

∀u∈F f(u) = u

e uma aplicacao linear. (Porque?)

4. Sejam m, b ∈ R. A aplicacao

f : R −→ R

tal que

∀x∈R f(x) = mx + b

e linear se, e so se, b = 0. De facto, tem-se:

f(x + y) = m(x + y) + b

= mx + my + b

e

f(x) + f(y) = (mx + b) + (my + b)

= mx + my + 2b.

Logo, a condicao 1. da Definicao 5.1 e verificada se, e so se,

mx + my + b = mx + my + 2b,

ou equivalentemente, se

b = 2b,

isto e, se

b = 0.

Vejamos se, para b = 0 a condicao 2. da Definicao 5.1 e satisfeita.

∀α∈R ∀x∈R f(αx) = m(αx)

= α(m(x))

= αf(x).

Concluımos, portanto, que f e linear se, e so se, b = 0.

Page 168: Sebenta Algebra

162

5. A aplicacao

D : Rn[x] −→ Rn[x]

definida por

∀anxn+an−1xn−1+···+a1x+a0∈Rn[x]

D(anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a1x + a0

)= nanxn−1 + (n− 1)an−1x

n−2 + · · ·+ a1

e uma aplicacao linear (Porque?) e e habitualmente designada por aplicacao derivada em

Rn[x].

6. A aplicacao

f : R −→ R

tal que

∀x∈R f(x) = x2

nao e uma aplicacao linear. (Porque?)

7. A aplicacao

f : R3 −→ R2

tal que

∀(x,y,z)∈R3 f(x, y, z) = (2x, y + z)

e uma aplicacao linear porque para quaisquer (x, y, z), (x′, y′, z′) ∈ R3 e α ∈ R, se tem

f((x, y, z) + (x′, y′, z′)

)= f(x + x′, y + y′, z + z′)

=(2(x + x′), (y + y′) + (z + z′)

)=(2x + 2x′, (y + z) + (y′ + z′)

)= (2x, y + z) + (2x′, y′ + z′)

= f(x, y, z) + f(x′, y′, z′)

e

f(α(x, y, z)

)= f(αx, αy, αz)

= (2αx, αy + αz)

=(α(2x), α(y + z)

)= α(2x, y + z)

= αf(x, y, z).

Page 169: Sebenta Algebra

163

8. A aplicacao

f :M2×2(R) −→ R2[x]

tal que

f

("a b

c d

#)= (a + b)x2 + 2cx− d

para toda a matriz"

a b

c d

#∈M2×2(R), e uma aplicacao linear.

De facto, quaisquer que sejam α ∈ R e A ="

a b

c d

#, A′ =

"a′ b′

c′ d′

#∈M2×2(R), tem-se

f(A + A′) = f

("a b

c d

#+"

a′ b′

c′ d′

#)= f

("a + a′ b + b′

c + c′ d + d′

#)=((a + a′) + (b + b′)

)x2 + 2

(c + c′

)x−

(d + d′

)=((a + b) + (a′ + b′)

)x2 +

(2c + 2c′

)x−

(d + d′

)=((a + b)x2 + 2cx− d

)+((a′ + b′)x2 + 2c′x− d′

)= f

("a b

c d

#)+ f

("a′ b′

c′ d′

#)= f(A) + f(A′).

f(αA) = f

(α"

a b

c d

#)= f

("αa αb

αc αd

#)= (αa + αb)x2 + 2(αc)x− (αd)

= α(a + b)x2 + α(2c)x− αd

= α((a + b)x2 + 2cx− d

)= αf

("a b

c d

#)= αf(A).

Exercıcio 5.1 Demonstre que na Definicao 5.1, de aplicacao linear, as condicoes 1 e 2sao equivalentes a condicao

3. ∀α,β∈K ∀u,v∈E f(αu + βv) = αf(u) + βf(v)

ou, ainda, a

4. ∀α∈K ∀u,v∈E f(αu + v) = αf(u) + f(v).

Page 170: Sebenta Algebra

164

Exercıcio 5.2 Considere os espacos vectoriais reais R3, R4 e R3[x].

(a) Verifique quais das seguintes aplicacoes sao lineares:

(i) f : R3 −→ R3, definida por f(x, y, z) = (y, z, 0);

(ii) f : R3 −→ R3, definida por f(x, y, z) = (x− 1, x, y);

(iii) f : R3 −→ R3, definida por f(x, y, z) = (|x| ,−z, 0);

(iv) f : R3 −→ R4, definida por f(x, y, z) = (2x, z + y, y, x− z);

(v) f : R3[x] −→ R3, definida por f(a0 + a1x + a2x2 + a3x3) = (a0 −a1, 0, a2).

(b) (i) Para a aplicacao f definida em (iv) determine f(2,−1, 3).

(ii) Para a aplicacao f definida em (v) determine f(x− x2 + 2x3).

As aplicacoes lineares tem propriedades especiais conforme veremos seguidamente.

Proposicao 5.3 Seja f : E −→ E′ uma aplicacao linear. Tem-se:

1. f(0E) = 0E′.

2. ∀u∈E f(−u) = −f(u).

Demonstracao:

1. Tem-se, para todo u ∈ E,

u = u + 0E

e, portanto,

f(u) = f(u + 0E) = f(u) + f(0E).

Como f(u) ∈ E′, temos

�f(u) + 0E′ = �f(u) + f(0E).

Assim,

f(0E) = 0E′ .

2. Demonstrar que, para todo u ∈ E, se tem

f(−u) = −f(u)

e equivalente a demonstrar que

f(u) + f(−u) = 0E′ .

De facto, tem-se

f(u) + f(−u) = f(u + (−u))

= f(0E)

= 0E′ .

Page 171: Sebenta Algebra

165

Utilizando 1. da proposicao anterior podemos justificar facilmente que as aplicacoes

f : R −→ R

tal que

∀x∈R f(x) = mx + b, com b 6= 0

e

g : R2 −→ R3

tal que

∀(a,b)∈R2 g(a, b) = (a− b, 2b, a + 1)

nao sao lineares. Basta referir que

f(0) = b 6= 0

e

g(0, 0) = (0, 0, 1) 6= (0, 0, 0).

Definicao 5.4 Sendo f : E −→ E′ e g : E −→ E′ aplicacoes arbitrarias (nao ne-

cessariamente lineares) define-se soma das aplicacoes f e g, denotada por f + g, a

aplicacao

f + g : E −→ E′

tal que

∀u ∈ E (f + g)(u) = f(u) + g(u).

Define-se produto de um escalar α ∈ K por uma aplicacao f : E −→ E′, e

representa-se por αf , a aplicacao

αf : E −→ E′

tal que

∀u∈E (αf)(u) = αf(u).

O resultado seguinte estabelece que a soma de aplicacoes lineares e, ainda, uma aplicacao

linear e o mesmo sucede com o produto de um escalar por uma aplicacao linear.

Proposicao 5.5 Sejam f : E −→ E′ e g : E −→ E′ aplicacoes lineares e α ∈ K. Tem-se:

1. f + g e uma aplicacao linear.

Page 172: Sebenta Algebra

166

2. αf e uma aplicacao linear.

Demonstracao:

Exercıcio.

Exercıcio 5.3 Seja L(E, E′) o conjunto das aplicacoes lineares de E em E′. Mostre queL(E, E′) com as operacoes de adicao de aplicacoes e de multiplicacao de um escalar poruma aplicacao, consideradas na Definicao 5.4, e um espaco vectorial sobre K.

5.2 Imagem de uma aplicacao. Nucleo de uma aplicacao li-

near

Recordemos que, sendo A e B conjuntos e f : A −→ B uma aplicacao, se diz que

• f e sobrejectiva se

∀b∈B ∃a∈A f(a) = b.

• f e injectiva se

∀a,a′∈A a 6= a′ =⇒ f(a) 6= f(a′)

ou equivalentemente,

∀a,a′∈A f(a) = f(a′) =⇒ a = a′.

• f e bijectiva se f e sobrejectiva e injectiva, ou equivalentemente,

∀b∈B ∃1a∈A f(a) = b.

Habitualmente designa-se por contradomınio de f ou imagem de f , e representa-se

por f(A) ou Im f , o conjunto

Im f = {f(a) : a ∈ A} ⊆ B.

Assim, a aplicacao f : A −→ B e sobrejectiva se, e so se, Im f = B.

Definicao 5.6 Seja f : E −→ E′ uma aplicacao linear. Define-se nucleo de f , e

representa-se por Nuc f ou Ker f (do ingles “Kernel”), o conjunto

Nuc f = {u ∈ E : f(u) = 0E′} .

Pela Proposicao 5.3 tem-se 0E ∈ Nuc f e, portanto, Nuc f 6= ∅. De facto, tem-se

Page 173: Sebenta Algebra

167

Proposicao 5.7 Se f : E −→ E′ e uma aplicacao linear entao

1. Nuc f e um subespaco de E.

2. Im f e um subespaco de E′.

Demonstracao:

Exercıcio.

As definicoes de imagem e de nucleo de uma aplicacao linear podem ser generalizadas da

seguinte forma.

Sejam f : E −→ E′ uma aplicacao linear, W um subespaco de E e W ′ um subespaco de

E′. Define-se imagem de W por f como sendo

f(W ) = {f(u) : u ∈W}

e imagem inversa de W ′ por f como sendo

f←(W ′) ={u ∈ E : f(u) ∈W ′} .

Note que Nuc f = f← ({0E′}) e Im f = f(E).

Exercıcio 5.4 Mostre que:

(a) f(W ) e um subespaco vectorial de E′.

(b) f← (W ′) e um subespaco vectorial de E.

Exemplo 5.8 1. Consideremos a aplicacao idE . Tem-se

Nuc idE = {u ∈ E : idE(u) = 0E}

= {u ∈ E : u = 0E}

= {0E} .

2. Consideremos a aplicacao nula de E em E′, que aqui representamos por 0E,E′ . Tem-se

Nuc 0E,E′ ={u ∈ E : 0E,E′(u) = 0E′

}= {u ∈ E : 0E′ = 0E′}

= {u ∈ E}

= E.

Page 174: Sebenta Algebra

168

3. Para a aplicacao D : Rn[x] −→ Rn[x] do Exemplo 5.2 tem-se

Nuc D = {anxn + · · ·+ a1x + a0 ∈ Rn[x] : D(anxn + · · ·+ a1x + a0) = 0xn + · · ·+ 0x + 0}

={anxn + · · ·+ a1x + a0 ∈ Rn[x] : nanxn−1 + · · ·+ 2a2x + a1 = 0xn + · · ·+ 0x + 0

}= {anxn + · · ·+ a1x + a0 ∈ Rn[x] : nan = 0 ∧ · · · ∧ 2a2 = 0 ∧ a1 = 0}

= {anxn + · · ·+ a1x + a0 ∈ Rn[x] : an = 0 ∧ · · · ∧ a2 = 0 ∧ a1 = 0}

= {0xn + · · ·+ 0x + a0 ∈ Rn[x]}

= {a0 : a0 ∈ R} .

4. Determinemos o nucleo da aplicacao f :M2×2(R) −→ R2[x], dada no Exemplo 5.2, por

f

("a b

c d

#)= (a + b)x2 + 2cx− d

para toda a matriz"

a b

c d

#∈M2×2(R).

Nuc f ={"

a b

c d

#∈M2×2(R) : f

("a b

c d

#)= 0x2 + 0x + 0

}={"

a b

c d

#∈M2×2(R) : (a + b)x2 + 2cx− d = 0x2 + 0x + 0

}={"

a b

c d

#∈M2×2(R) : a + b = 0 ∧ 2c = 0 ∧ d = 0

}={"

a b

c d

#∈M2×2(R) : a = −b ∧ c = 0 ∧ d = 0

}={"

−b b

0 0

#: b ∈ R

}.

Exercıcio 5.5 Considere os espacos vectoriais reais R4 e R3 e as aplicacoes

f : R4 −→ R3, definida por f(a, b, c, d) = (a + b, b + c, c + d)

eg : R4 −→ R3, definida por g(a, b, c, d) = (ab, 0, 0).

(a) Mostre que f e linear.

(b) Determine f(1, 0,−1, 0) e g(0, 0, 0, 0).

(c) Averigue se g e linear.

(d) Determine uma base de Nuc f ;

(e) Determine uma base de Im f .

Exercıcio 5.6 Considere os espacos vectoriais reais R3[x] e R3 e a aplicacao linear

f : R3[x] −→ R3, definida por f(ax3 + bx2 + cx + d) = (a + b, b + c, c + d).

(a) Determine uma base de Nuc f ;

(b) Determine uma base de Im f .

Page 175: Sebenta Algebra

169

Exercıcio 5.7 Considere os espacos vectoriais reais M2×2(R) e R.

(a) Mostre que a aplicacao f :M2×2(R)→ R definida por f(A) = A11 + A22,para todo A ∈ M2×2(R), e linear.

(b) Diga, justificando, se F = {A ∈ M2×2(R) : A11 + A22 = 0} e subespacovectorial de M2×2(R).

(c) Determine uma base de Nuc f .

Exercıcio 5.8 Considere os espacos vectoriais complexos C5 e C4 e a aplicacao linearf : C5 → C4 definida por

f(a, b, c, d, e) = (a− c + 3d− e, a + 2d− e, 2a− c + 5d− e,−c + d),

para qualquer (a, b, c, d, e) ∈ C5. Determine:

(a) Uma base de Im f ;

(b) Uma base de Nuc f ;

(c) Uma base de f(F ), sendo F =(1, 1, i, 0, i), (0, 1, 0, 1, 0)

�.

Exercıcio 5.9 Seja (v1, v2, v3, v4, v5) uma base do espaco vectorial real R5 e sejaf : R5 → R5 a aplicacao linear definida por

f(av1 + bv2 + cv3 + dv4 + ev5) = (a + c + 2d,−a + b, a + c + 2d,−a + b, a + c + 2d),

para quaisquer a, b, c, d, e ∈ R. Determine:

(a) Uma base de Im f ;

(b) Uma base de Nuc f .

Exercıcio 5.10 Seja n ∈ R. Considere o espaco vectorial real Rn[x] e a aplicacaoD : Rn[x]→ Rn[x] definida por

D (anxn + · · ·+ a1x + a0) = nanxn−1 + · · ·+ 2a2x + a1,

para quaisquer a0, a1, . . . , an ∈ R (aplicacao derivada em Rn[x]).

(a) Mostre que D e linear.

(b) Determine uma base de Nuc D.

(c) Determine uma base de Im D.

Tal como a imagem de uma aplicacao nos permite saber se a aplicacao e sobrejectiva, o

nucleo de uma aplicacao linear permite-nos saber se a aplicacao e injectiva.

Proposicao 5.9 Seja f : E −→ E′ uma aplicacao linear. Tem-se f e injectiva se, e so se,

Nuc f = {0E}.

Demonstracao:

Suponhamos que f e injectiva e demonstremos que Nuc f = {0E}.

Seja u um vector arbitrario de Nuc f . Como

f(u) = 0E′ = f(0E),

Page 176: Sebenta Algebra

170

e f e injectiva, concluımos que

u = 0E .

Logo, Nuc f = {0E}.

Reciprocamente, suponhamos que Nuc f = {0E} e demonstremos que f e injectiva.

Tem-se

∀u,v∈E f(u) = f(v) =⇒ f(u) + (−f(v)) = 0E′ .

Como f e linear e −f(v) = f(−v) obtemos

f(u) + (−f(v)) = f(u) + f(−v) = f(u + (−v)) = 0E′

e, portanto,

u + (−v) ∈ Nuc f.

Dado que Nuc f = {0E} concluımos que

u + (−v) = 0E .

Logo

u = v.

Vejamos agora como as aplicacoes lineares se comportam em relacao a vectores geradores

do espaco de partida e a vectores linearmente independentes desse espaco.

Teorema 5.10 Seja f : E −→ E′ uma aplicacao linear. Tem-se:

1. Se v1, . . . , vs ∈ E e E = 〈v1, . . . , vs〉 entao

Im f = 〈f(v1), . . . , f(vs)〉 .

Dizemos entao que f transforma geradores de E em geradores de Im f .

2. Se u1, . . . , ur ∈ E sao linearmente independentes e f e injectiva entao f(u1), . . . , f(ur)

sao linearmente independentes.

Dizemos entao que se f e injectiva entao f transforma vectores de E linearmente

independentes em vectores de Im f (⊆ E′) linearmente independentes.

Page 177: Sebenta Algebra

171

Demonstracao:

1. Seja u′ um vector arbitrario de Im f . Assim

∃u∈E f(u) = u′.

Como u ∈ E e E = 〈v1, . . . , vs〉 entao

∃α1,...,αs∈K u = α1v1 + · · ·+ αsvs.

Logo

u′ = f(u) = f(α1v1 + · · ·+ αsvs)

= α1f(v1) + · · ·+ αsf(vs)

e, portanto, u′ ∈ 〈f(v1), . . . , f(vs)〉. Demonstramos, pois, que

Im f ⊆ 〈f(v1), . . . , f(vs)〉.

Reciprocamente, se w ∈ 〈f(v1), . . . , f(vs)〉 entao

∃β1,...,βs∈K w = β1f(v1) + · · ·+ βsf(vs)

= f(β1v1 + · · ·+ βsvs).

Como β1v1 + · · ·+βsvs ∈ E concluımos que w ∈ Im f e, portanto, tambem se tem

〈f(v1), . . . , f(vs)〉 ⊆ Im f.

Obtemos, pois, como pretendıamos que

Im f = 〈f(v1), . . . , f(vs)〉.

2. Suponhamos que f : E −→ E′ e linear e injectiva e que u1, . . . , ur ∈ E sao

linearmente independentes. Demonstremos que os vectores f(u1), . . . , f(ur) sao

linearmente independentes, utilizando o Criterio de Independencia Linear, isto e,

demonstrando que

∀α1,...,αr∈K α1f(u1) + · · ·+ αrf(ur) = 0E′ =⇒ α1 = · · · = αr = 0.

Notemos que

α1f(u1) + · · ·+ αrf(ur) = 0E′ =⇒ f(α1u1 + · · ·+ αrur) = 0E′

=⇒ f(α1u1 + · · ·+ αrur) = f(0E).

Como f e injectiva podemos afirmar que se tem

α1u1 + · · ·+ αrur = 0E

Page 178: Sebenta Algebra

172

e como, por hipotese, u1, . . . , ur sao linearmente independentes concluımos, pelo

Criterio de Independencia Linear, que

α1 = · · · = αr = 0,

conforme pretendıamos.

Exercıcio 5.11 Seja f : E −→ E′ uma aplicacao linear e W um subespaco de E.Justifique que se u1, . . . , ur ∈ E sao tais que

W = 〈u1, . . . , ur〉

entaof(W ) = 〈f(u1), . . . , f(ur)〉

em quef(W ) = {f(v) : v ∈W} .

(Note que tomando W = E se obtem f(E) = Im f e, portanto, resulta a afirmacao 1. doteorema anterior.)

Exercıcio 5.12 Seja f : E −→ E′ uma aplicacao linear. Mostre que:

(a) f e injectiva se, e so se, transforma vectores de E linearmente independentesem vectores de Im f (e, portanto, de E′) linearmente independentes.

(b) f e sobrejectiva se, e so se, transforma geradores de E em geradores de E′.

Notemos que a afirmacao 1. do teorema anterior e valida quando E e finitamente gerado,

isto e, quando E tem dimensao finita. De acordo com 1. se (e1, . . . , en) e uma base de E

entao

Im f = 〈f(e1), . . . , f(en)〉 .

Conforme explicamos no Capıtulo 4, conhecendo geradores para um espaco vectorial E po-

demos chegar a uma base desse espaco “eliminando” desse conjunto gerador k vectores, com

k ≥ 0. Assim, Im f e tambem de dimensao finita e

dim Im f ≤ n = dim E.

Notemos que, como Nuc f e um subespaco de E, se E tem dimensao finita entao Nuc f

tambem tem dimensao finita e

dim Nuc f ≤ dim E.

Na verdade, se E tem dimensao finita entao as dimensoes de E, Nuc f e Im f estao rela-

cionadas conforme estabelece o resultado que seguidamente apresentamos e que e conhecido

por Teorema da Dimensao.

Page 179: Sebenta Algebra

173

Teorema 5.11 (Teorema da Dimensao) Se f : E −→ E′ e uma aplicacao linear, com

E de dimensao finita, entao Nuc f e Im f tambem tem dimensao finita e

dim E = dim Nuc f + dim Im f.

Demonstracao:

A justificacao de que se E tem dimensao finita o mesmo sucede a Im f e a Nuc f

foi feita na discussao que precede este teorema.

Demonstremos entao que

dim E = dim Nuc f + dim Im f.

Seja n = dim E.

Caso 1: Nuc f = {0E}, ou equivalentemente, f e injectiva.

Se (e1, . . . , en) e uma base de E entao podemos afirmar que(f(e1), . . . , f(en)

)e uma base de Im f , pois Im f = 〈f(e1), . . . , f(en)〉 e, como f e injectiva, f trans-

forma vectores linearmente independentes em vectores linearmente independentes.

Assim

dim Nuc f = 0 e dim Im f = n = dim E

pelo que

dim E = dim Nuc f + dim Im f.

Caso 2: Nuc f = E, isto e, f e a aplicacao nula de E em E′.

Neste caso tem-se, dim Nuc f = dim E. Como Im f = {0E′}, concluımos que

dim Im f = 0 e, portanto,

dim E = dim Nuc f + dim Im f.

Caso 3: dim Nuc f = p, com 1 ≤ p ≤ n− 1.

Seja (v1, . . . , vp) uma base de Nuc f . Note que f(v1) = · · · = f(vp) = 0E′ .

Pelo Teorema do Complemento (Teorema 4.38) sabemos que existem vectores

w1, . . . , wn−p ∈ E tais que

(v1, . . . , vp, w1, . . . , wn−p)

e uma base de E.

Page 180: Sebenta Algebra

174

Tem-se

Im f = 〈f(v1), . . . , f(vp), f(w1), . . . , f(wn−p)〉

= 〈0E′ , . . . , 0E′ , f(w1), . . . , f(wn−p)〉

= 〈f(w1), . . . , f(wn−p)〉 .

Vejamos que f(w1), . . . , f(wn−p) sao linearmente independentes e, portanto, que

dim Im f = n− p. Sejam α1, . . . , αn−p ∈ K tais que

α1f(w1) + · · ·+ αn−pf(wn−p) = 0E′

e demonstremos que α1 = · · · = αn−p = 0.

A igualdade

α1f(w1) + · · ·+ αn−pf(wn−p) = 0E′

pode escrever-se na forma

f(α1w1 + · · ·+ αn−pwn−p) = 0E′

pelo que

α1w1 + · · ·+ αn−pwn−p ∈ Nuc f.

Como (v1, . . . , vp) e uma base de Nuc f existem β1, . . . , βp ∈ K tais que

α1w1 + · · ·+ αn−pwn−p = β1v1 + · · ·+ βpvp.

Logo

(−β1)v1 + · · ·+ (−βp)vp + α1w1 + · · ·+ αn−pwn−p = 0E

e, dado que (v1, . . . , vp, w1, . . . , wn−p) e uma base de E, podemos afirmar que e

uma sequencia linearmente independente e, portanto,

(−β1) = · · · = (−βp) = α1 = · · · = αn−p = 0.

Neste caso tem-se, pois,

dim E = n, dim Nuc f = p e dim Im f = n− p.

Assim, continua a verificar-se que

dim E = dim Nuc f + dim Im f.

Exercıcio 5.13 Sejam E e E′ espacos vectoriais sobre K de dimensao finita e f : E → E′

uma aplicacao linear. Mostre que:

(a) Se dim E < dim E′ entao f nao e sobrejectiva;

(b) Se dim E > dim E′ entao f nao e injectiva.

Page 181: Sebenta Algebra

175

Exercıcio 5.14 Sejam E um espaco vectorial sobre K e (e1, . . . , en) uma base de E.Seja f : E → E uma aplicacao linear, tal que

f(e1) = e2, f(e2) = e3, . . . , f(en−1) = en e f(en) = 0E .

Determine, justificando, a dimensao de Nuc f .

Como consequencia do Teorema da Dimensao obtemos

Proposicao 5.12 Se f : E −→ E′ e uma aplicacao linear com dim E = n = dim E′ entao

f e injectiva se, e so se, f e sobrejectiva.

Demonstracao:

Suponhamos que f : E −→ E′ e uma aplicacao linear, com dim E = n = dimE′.

Afirmar que f e injectiva equivale a afirmar que Nuc f = {0E} ou, ainda, que

dim Nuc f = 0.

Como dim E = dim Nuc f + dim Im f concluımos que a afirmacao

dim Nuc f = 0

e equivalente a

dim E = dim Im f.

Dado que dim E = dim E′, tem-se dimE = dim Im f se, e so se,

dim E′ = dim Im f.

Vejamos que a igualdade anterior e equivalente a

Im f = E′.

Uma das implicacoes e trivial. Demonstremos entao que se dim Im f = dim E′

entao Im f = E′. Trata-se de aplicar a Proposicao 4.40, uma vez que Im f e um

subespaco de E′ e dim Im f = dim E′.

Demonstramos, entao, que f e injectiva se, e so se, Im f = E′, ou equivalentemente,

f e sobrejectiva.

Finalizaremos esta seccao com um resultado que, tal como os dois resultados anteriores,

e valido apenas quando E tem dimensao finita.

Page 182: Sebenta Algebra

176

Teorema 5.13 (Teorema da Extensao Linear) Sejam E e E′ espacos vectoriais, com

dim E = n. Seja B = (e1, . . . , en) uma base de E e sejam u′1, . . . , u′n vectores arbitrarios de

E′. Existe uma, e uma so, aplicacao linear f : E −→ E′ tal que

f(e1) = u′1

...

f(en) = u′n

ou equivalentemente,

f(ei) = u′i, i = 1, . . . , n.

Demonstracao:

Como B = (e1, . . . , en) e uma base de E, podemos afirmar que,

∀u∈E ∃α1,...,αn∈K u = α1e1 + · · ·+ αnen

sendo α1, . . . , αn unicos. De facto, (α1, . . . , αn) e a sequencia das coordenadas do

vector u na base B = (e1, . . . , en).

Considere-se a “aplicacao” f : E −→ E′ tal que

∀u∈E f(u) = α1u′1 + · · ·+ αnu′n,

sendo (α1, . . . , αn) a sequencia das coordenadas de u na base B = (e1, . . . , en).

Notemos que f e, de facto, uma aplicacao de E em E′ pois cada elemento de E

tem uma, e uma so, imagem em E′.

Demonstremos que

f(e1) = u′1

...

f(en) = u′n

isto e, que

f(ei) = u′i, i = 1, . . . , n.

Como ei = 0e1 + · · ·+0ei−1 +1ei +0ei+1 + · · ·+0en, a sequencia das coordenadas

do vector ei na base B = (e1, . . . , en) e (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) com o 1 na i-esima

posicao. Assim

f(ei) = 0u′1 + · · ·+ 0u′i−1 + 1u′i + 0u′i+1 + · · ·+ 0u′n

= u′i, i = 1, . . . , n,

conforme pretendıamos.

Page 183: Sebenta Algebra

177

Demonstremos que f e linear. Tem-se

∀u,v∈E f(u + v) = f((α1e1 + · · ·+ αnen) + (β1e1 + · · ·+ βnen)

)= f

((α1 + β1)e1 + · · ·+ (αn + βn)en

)= (α1 + β1)u′1 + · · ·+ (αn + βn)u′n

= (α1u′1 + · · ·+ αnu′n) + (β1u

′1 + · · ·+ βnu′n)

= f(α1e1 + · · ·+ αnen) + f(β1e1 + · · ·+ βnen)

= f(u) + f(v).

∀α ∈ K ∀u∈E f(αu) = f(α(α1e1 + · · ·+ αnen)

)= f

((αα1)e1 + · · ·+ (ααn)en

)= (αα1)u′1 + · · ·+ (ααn)u′n

= α(α1u′1) + · · ·+ α(αnu′n)

= α(α1u′1 + · · ·+ αnu′n)

= αf(α1e1 + · · ·+ αnen)

= αf(u),

e, portanto, f e linear.

Finalmente, demonstremos que f e a unica aplicacao linear nas condicoes preten-

didas demonstrando que se existisse uma aplicacao linear g : E −→ E′ tal que

g(ei) = u′i, i = 1, . . . , n,

entao ter-se-ia g = f .

f e g sao aplicacoes com o mesmo conjunto de partida (E) e o mesmo conjunto de

chegada (E′). Para demonstrar que sao iguais falta apenas verificar que

∀u∈E f(u) = g(u).

Tem-se

∀u∈E ∃α1,...,αn∈K u = α1e1 + · · ·+ αnen

com α1, . . . , αn unicos. Como f e g sao aplicacoes lineares e para i = 1, . . . , n se

tem f(ei) = u′i = g(ei) resulta que

∀u∈E f(u) = f(α1e1 + · · ·+ αnen)

= α1f(e1) + · · ·+ αnf(en)

= α1g(e1) + · · ·+ αng(en)

= g(α1e1 + · · ·+ αnen)

= g(u).

Page 184: Sebenta Algebra

178

Concluımos, entao, que g = f .

Exercıcio 5.15 Diga, justificando, se

(a) existe uma aplicacao linear f : R4 → R3, tal que

Nuc f =D(0, 1, 1, 0), (1, 1, 1, 1)

Ee (1, 1, 1) ∈ Im f ;

(b) existe uma aplicacao linear h : R4 → R4, tal que

Im h =D(1, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0), (0, 1, 2, 0)

Ee dim Nuc h = 2.

5.3 Composicao de aplicacoes. Aplicacoes invertıveis/bijectivas

Seja A um conjunto. Representamos por idA, e designamos por identidade de A, a aplicacao

definida por:

idA : A −→ A

e

∀a∈A idA(a) = a.

Sejam A, B e C conjuntos e f : A −→ B e g : B −→ C aplicacoes. Recorde que podemos

definir uma operacao de composicao de aplicacoes que a f e g faz corresponder a aplicacao

que se designa por “g apos f”, e se representa por g ◦ f , definida por

g ◦ f : A −→ C

e

∀a∈A (g ◦ f)(a) = g(f(a)).

Exercıcio 5.16 Sejam A, B, C, D conjuntos. Verifique que:

(a) Para qualquer aplicacao f : A→ B se tem

f ◦ idA = f e idB ◦f = f.

(b) Quaisquer que sejam f : A → B e g : B → C injectivas entao g ◦ f einjectiva.

(c) Quaisquer que sejam f : A → B e g : B → C sobrejectivas entao g ◦ f esobrejectiva.

(d) Quaisquer que sejam f : A → B e g : B → C bijectivas entao g ◦ f ebijectiva.

(e) Se f : A → A e g : A → A entao g ◦ f e f ◦ g estao ambas definidas eg ◦ f : A→ A e f ◦ g : A→ A, mas pode ter-se g ◦ f 6= f ◦ g.

(f) Quaisquer que sejam f : A→ B, g : B → C e h : C → D tem-se

(h ◦ g) ◦ f = h ◦ (g ◦ f).

Page 185: Sebenta Algebra

179

Definicao 5.14 Uma aplicacao f : A −→ B diz-se invertıvel se existe uma aplicacao

g : B −→ A tal que

f ◦ g = idB e g ◦ f = idA .

Demonstra-se, facilmente, que:

1. Uma aplicacao f : A −→ B e invertıvel se, e so se, f e bijectiva.

2. Se uma aplicacao f : A −→ B e invertıvel (isto e, bijectiva) entao existe uma, e uma

so, aplicacao g : B −→ A tal que

f ◦ g = idB e g ◦ f = idA .

Tal aplicacao diz-se a (aplicacao) inversa de f e representa-se por f−1.

Obviamente tem-se

f ◦ f−1 = idB, f−1 ◦ f = idA e(f−1

)−1 = f.

Exercıcio 5.17 Demonstre que se f : A → B e g : B → C sao invertıveis o mesmosucede a aplicacao g ◦ f tendo-se

(g ◦ f)−1 = f−1 ◦ g−1.

Tudo o que nesta seccao foi ja referido para aplicacoes arbitrarias e valido para aplicacoes

lineares. Pode, no entanto, colocar-se o problema de saber se uma aplicacao obtida por

composicao de duas aplicacoes lineares e, ainda, linear e se a inversa de uma aplicacao linear

invertıvel e, ainda, linear. Tem-se:

Proposicao 5.15 1. A aplicacao obtida por composicao de duas aplicacoes lineares e,

ainda, uma aplicacao linear.

2. A inversa de uma aplicacao linear invertıvel e, ainda, uma aplicacao linear.

Demonstracao:

1. Sejam E, E′ e E′′ espacos vectoriais sobre K e sejam f : E −→ E′ e

g : E′ −→ E′′ aplicacoes lineares. Demonstremos que a aplicacao

g ◦ f : E −→ E′′

tal que

∀u∈E (g ◦ f)(u) = g(f(u))

Page 186: Sebenta Algebra

180

e uma aplicacao linear.

Tem-se

∀u,v∈E (g ◦ f)(u + v) = g(f(u + v))

= g(f(u) + f(v))

= g(f(u)) + g(f(v))

= (g ◦ f)(u) + (g ◦ f)(v)

e

∀α∈K ∀u∈E (g ◦ f)(αu) = g(f(αu))

= g(αf(u))

= α(g(f(u)))

= α(g ◦ f)(u)

e, portanto, g ◦ f e uma aplicacao linear.

2. Seja f : E −→ E′ uma aplicacao linear invertıvel (ou equivalentemente, bi-

jectiva) e seja f−1 : E′ −→ E a sua inversa. Demonstremos que f−1 e linear,

utilizando a afirmacao 3. do Exercıcio 5.1, isto e, demonstrando que

∀α,β∈K ∀u′,v′∈E′ f−1(αu′ + βv′) = αf−1(u′) + βf−1(v′).

Recordemos que, como f e, em particular, injectiva se

f(w) = f(z) =⇒ w = z.

Logo, basta demonstrar que

∀α,β∈K ∀u′,v′∈E′ f(f−1(αu′ + βv′)

)= f

(αf−1(u′) + βf−1(v′)

).

Tem-se

f(f−1(αu′ + βv′)

)=(f ◦ f−1

)(αu′ + βv′)

= idE′(αu′ + βv′)

= αu′ + βv′

e

f(αf−1(u′) + βf−1(v′)

)= f

(αf−1(u′)

)+ f

(βf−1(v′)

)= αf

(f−1(u′)

)+ βf

(f−1(v′)

)= α

(f ◦ f−1

)(u′) + β

(f ◦ f−1

)(v′)

= α idE′(u′) + β idE′(v′)

= αu′ + βv′

Page 187: Sebenta Algebra

181

e, portanto, f−1 e, ainda, uma aplicacao linear.

Definicao 5.16 Uma aplicacao f : E −→ E′ linear e bijectiva/invertıvel diz-se um

isomorfismo entre E e E′.

Dizemos que E e isomorfo a E′, e representamos por E ' E′, se existe um isomor-

fismo entre E e E′.

Se f for um isomorfismo entre E e E′ escrevemos entao E 'fE′.

Exercıcio 5.18 Sejam E, E′ e E′′ espacos vectoriais sobre K (todos sobre R ou todossobre C). Mostre que:

(a) E'E.

(b) Se E'E′ entao E′'E. (Dizemos entao que E e E′ sao isomorfos.)

(c) Se E'E′ e E′'E′′ entao E'E′′.

Teorema 5.17 Sejam E e E′ espacos vectoriais, com E de dimensao finita. Tem-se:

1. Se E e E′ sao isomorfos entao E′ tem dimensao finita e dim E = dim E′.

2. Se E′ tem dimensao finita e dim E = dim E′ entao E e E′ sao isomorfos.

Demonstracao:

Suponhamos que dim E = n e seja B = (e1, . . . , en) uma base de E.

1. Se E e E′ sao isomorfos entao existe uma aplicacao linear e bijectiva f : E −→ E′.

Como E = 〈e1, . . . , en〉, de acordo com o Teorema 5.10, tem-se

Im f = 〈f(e1), . . . , f(en)〉 .

Mas, como f e injectiva e e1, . . . , en sao linearmente independentes concluımos que

f(e1), . . . , f(en) sao linearmente independentes e, portanto,

(f(e1), . . . , f(en))

e uma base de Im f .

Dado que f e tambem sobrejectiva, entao Im f = E′ e, portanto, (f(e1), . . . , f(en))

e uma base de E′.

Concluımos pois que E′ tem dimensao finita e dim E = n = dim E′.

Page 188: Sebenta Algebra

182

2. Por hipotese dim E′ = dim E = n. Seja B′ = (e′1, . . . , e′n) uma base de E′.

Pelo Teorema da Extensao Linear (Teorema 5.13) existe uma, e uma so, aplicacao

linear

f : E −→ E′

tal que

f(ei) = e′i, i = 1, . . . , n.

Como

Im f = 〈f(e1), . . . , f(en)〉

= 〈e′1, . . . , e′n〉 = E′

concluımos que tal aplicacao e sobrejectiva.

De acordo com a Proposicao 5.12, como dim E = n = dim E′ e f e injectiva entao

f e tambem sobrejectiva.

Logo f e linear e bijectiva e, portanto, e um isomorfismo entre E e E′.

Atendendo ao teorema anterior podemos afirmar que:

Dois espacos vectoriais de dimensao finita sao isomorfos se, e so se, tem a mesma di-

mensao.

Exemplo 5.18 1. M2×3(R) e R6 sao isomorfos porque tem ambos dimensao finita e

dimM2×3(R) = 6 = dim R6.

Por exemplo, a aplicacao

f :M2×3(R) −→ R6

tal que

∀"a b c

d e f

#∈M2×3(R)

f

("a b c

d e f

#)= (a, b, c, d, e, f)

e um isomorfismo entre M2×3(R) e R6. (Verifique.)

2. Rn[x] e Rn+1 sao isomorfos porque tem ambos dimensao finita e

dim Rn[x] = n + 1 = dim Rn+1.

Por exemplo, a aplicacao

g : Rn[x] −→ Rn+1

Page 189: Sebenta Algebra

183

tal que

∀anxn+···+a1x+a0∈Rn[x] g(anxn + · · ·+ a1x + a0) = (an, . . . , a1, a0)

e um isomorfismo entre Rn[x] e Rn+1. (Verifique.)

Exercıcio 5.19 Justifique queM2×2(R) e R3[x] sao isomorfos e indique um isomorfismoentre M2×2(R) e R3[x].

5.4 Matriz de uma aplicacao linear

No que vai seguir-se suporemos que os espacos vectoriais E e E′ sao ambos de dimensao

finita, com dim E = n ≥ 1 e dim E′ = m ≥ 1.

Sabemos que se f : E −→ E′ e uma aplicacao linear entao podemos determinar a

imagem de qualquer vector de E conhecendo apenas as imagens dos vectores de uma base

B = (e1, . . . , en) de E.

Por sua vez, cada vector f(ej) ∈ E′, j = 1, . . . , n, fica perfeitamente determinado se

conhecermos a sequencia das suas coordenadas em relacao a uma base B′ = (e′1, . . . , e′m) de

E′. De facto, se (α1, . . . , αm) e a sequencia das coordenadas de f(ej) na base B′ entao

f(ej) = α1e′1 + · · ·+ αme′m, j = 1, . . . , n.

Pensemos que a sequencia das coordenadas de f(ej) sao a coluna j de uma matriz. Tem-se

entao

Definicao 5.19 Seja f : E −→ E′ uma aplicacao linear. Sejam B = (e1, . . . , en) uma

base de E e B′ = (e′1, . . . , e′m) uma base de E′.

Designa-se por matriz de f em relacao as bases B e B′ (por esta ordem), e

representa-se por

M(f ;B,B′),

a matriz A = [aij ] ∈ Mm×n(K) cuja coluna j, j = 1, . . . , n, e a sequencia das coorde-

nadas de f(ej) na base B′. Assim

f(ej) = a1je′1 + · · ·+ amje

′m, j = 1, . . . , n.

Page 190: Sebenta Algebra

184

Exemplo 5.20 1. Considere a aplicacao idE e seja B = (e1, . . . , en) uma base arbitraria de

E. Determinemos

M(idE ;B,B).

Tem-se

idE(e1) = e1 = 1e1 + 0e2 + 0e3 + · · ·+ 0en−1 + 0en

idE(e2) = e2 = 0e1 + 1e2 + 0e3 + · · ·+ 0en−1 + 0en

...

idE(en) = en = 0e1 + 0e2 + 0e3 + · · ·+ 0en−1 + 1en

pelo que

M(idE ;B,B) =

26666664

1 0 · · · 0

0 1 · · · 0

......

. . ....

0 0 · · · 1

37777775

= In, com n = dim E.

Se em E considerarmos a base B′ = (e1, e1 + e2, e2 + e3, . . . , en−1 + en) (verifique que e

base) teremos

M(idE ;B′,B) =

2666666666664

1 1 0 · · · 0 0

0 1 1 · · · 0 0

0 0 1 · · · 0 0

......

.... . .

......

0 0 0 · · · 1 1

0 0 0 · · · 0 1

3777777777775.

2. Seja f : R3 −→ R2 a aplicacao linear tal que

∀(a,b,c)∈R3 f(a, b, c) = (2a + b,−c).

Sejam B =((1, 1, 2), (0, 2, 6), (0, 0,−4)

)e B′ =

((1, 0), (0, 2)

)bases de R3 e R2, respec-

tivamente. Determinemos M(f ;B,B′).

Tem-se

f(1, 1, 2) = (3,−2) = 3(1, 0) + (-1)(0, 2)

f(0, 2, 6) = (2,−6) = 2(1, 0) + (-3)(0, 2)

f(0, 0,−4) = (0, 4) = 0(1, 0) + 2(0, 2)

pelo que

M(f ;B,B′) ="

3 2 0

−1 −3 2

#.

Page 191: Sebenta Algebra

185

Sendo f : E −→ E′ uma aplicacao linear e B e B′ bases de E e E′, respectivamente,

vejamos agora como utilizarM(f ;B,B′) para determinar a imagem por f de qualquer vector

de E.

Proposicao 5.21 Seja f : E −→ E′ uma aplicacao linear. Sejam B = (e1, . . . , en) uma

base de E, B′ = (e′1, . . . , e′m) uma base de E′ e A =M(f ;B,B′).

Se (α1, . . . , αn) e a sequencia das coordenadas de um vector u ∈ E na base B entao a

sequencia das coordenadas de f(u) na base B′ e (β1, . . . , βm) tal que

A

26664

α1

...

αn

37775 =

26664

β1

...

βm

37775.

Demonstracao:

Seja A = [aij ] ∈Mm×n(K).

Sabemos que

f(ej) = a1je′1 + · · ·+ amje

′m, j = 1, . . . , n.

Pretendemos calcular f(u), para qualquer u ∈ E.

Como (e1, . . . , en) e uma base de E existem α1, . . . , αn ∈ K, unicos, tais que

u = α1e1 + · · ·+ αnen.

Logo

f(u) = f(α1e1 + · · ·+ αnen)

= α1f(e1) + · · ·+ αnf(en)

= α1 (a11e′1 + · · ·+ am1e

′m) + · · ·+ αn (a1ne′1 + · · ·+ amne′m)

= (α1a11 + · · ·+ αna1n)e′1 + · · ·+ (α1am1 + · · ·+ αnamn)e′m

= (a11α1 + · · ·+ a1nαn)e′1 + · · ·+ (am1α1 + · · ·+ amnαn)e′m.

Assim, a sequencia das coordenadas de f(u) na base B′ = (e′1, . . . , e′m) e(

(a11α1 + · · ·+ a1nαn), . . . , (am1α1 + · · ·+ amnαn))

.

Como 2664

a11 · · · a1n

· · ·am1 · · · amn

377526664

α1

...

αn

37775 =

26664

a11α1 + · · ·+ a1nαn

...

am1α1 + · · ·+ amnαn

37775

esta demonstrado o que pretendıamos.

Page 192: Sebenta Algebra

186

Exemplo 5.22 Sejam B =((1, 1, 2), (0, 2, 6), (0, 0,−4)

)uma base de R3, B′ =

((1, 0), (0, 2)

)uma base de R2 e considere-se a aplicacao linear f : R3 −→ R2 tal que

A =M(f ;B,B′) ="

3 2 0

−1 −3 2

#.

Determinemos f(1,−3,−6).

Comecemos por determinar a sequencia das coordenadas do vector u = (1,−3,−6) na

base B. Tem-se

(1,−3,−6) = α1(1, 1, 2) + α2(0, 2, 6) + α3(0, 0,−4)

com α1 = 1

α1 + 2α2 = −3

2α1 + 6α2 − 4α3 = −6

.

Verificamos facilmente que a sequencia das coordenadas do vector u na base B e (1,−2,−1),

isto e,

(1,−3,−6) = 1(1, 1, 2) + (-2)(0, 2, 6) + (-1)(0, 0,−4).

Assim, de acordo com a Proposicao 5.21, a sequencia das coordenadas de f(u), na base

B′, e (−1, 3) pois

A

2664

1

−2

−1

3775 =

"3 2 0

−1 −3 2

#26641

−2

−1

3775 =

"−1

3

#.

Se (−1, 3) e a sequencia das coordenadas de f(u) na base B′ =((1, 0), (0, 2)

)entao

ter-se-a

f(u) = -1(1, 0) + 3(0, 2)

= (−1, 6),

que e o vector pretendido.

Page 193: Sebenta Algebra

187

Exercıcio 5.20 Sejam R3 e R2 espacos vectoriais reais e f : R3 −→ R2 a aplicacao lineardefinida por f(a, b, c) = (a + b, b + c). Considere as bases de R3

B1 = b. c.R3 , B2 =�(0, 1, 0), (1, 0, 1), (1, 0, 0)

e as bases de R2

B′1 = b. c.R2 , B′2 =�(1, 1), (1, 0)

�onde “b. c.” significa “base canonica”.

(a) Calcule f(1, 2, 3).

(b) DetermineM�f ;B1,B′1

�. Calcule f(1, 2, 3) utilizando esta matriz.

(c) DetermineM�f ;B2,B′1

�. Calcule f(1, 2, 3) utilizando esta matriz.

(d) DetermineM�f ;B1,B′2

�. Calcule f(1, 2, 3) utilizando esta matriz.

(e) DetermineM�f ;B2,B′2

�. Calcule f(1, 2, 3) utilizando esta matriz.

(f) Diga, justificando, se

(i) g e sobrejectiva;

(ii) g e injectiva.

Como consequencia imediata do resultado anterior, no caso particular

E = E′ e f = idE

tem-se

Proposicao 5.23 Sejam B e B′ bases de E e seja u ∈ E. Se (α1, . . . , αn) e a sequencia das

coordenadas de u na base B entao a sequencia das coordenadas de u na base B′ e (β1, . . . , βn)

com

M(idE ;B,B′)

26664

α1

...

αn

37775 =

26664

β1

...

βn

37775.

Definicao 5.24 Se B e B′ sao bases de E designamos por matriz de mudanca de

base (B,B′) a matriz

M(idE ;B,B′).

Notemos que, de acordo com a proposicao anterior, a matriz de mudanca de base (B,B′)

nos permite relacionar as coordenadas de um vector, na base B, com as suas coordenadas,

na base B′.

Exemplo 5.25 Seja E um espaco vectorial sobre R de dimensao 3 e seja B = (e1, e2, e3)

uma base de E.

Page 194: Sebenta Algebra

188

A sequencia B′ = (e′1, e′2, e′3) com

e′1 = e1 + e2 − e3, e′2 = e2 + e3 e e′3 = 2e3

e tambem uma base de E. (Verifique.)

Seja, por exemplo,

w = 2e′1 + 1e′2 − 3e′3.

A sequencia das coordenadas de w, na base B′, e

(2, 1,−3).

Determinemos a sequencia das coordenadas de w, na base B.

• Sem utilizar matrizes de mudanca de base ter-se-ia:

w = 2e′1 + 1e′2 − 3e′3

= 2(e1 + e2 − e3) + 1(e2 + e3)− 3(2e3)

= 2e1 + 3e2 − 7e3

e, portanto, a sequencia das coordenadas de w, na base B, e

(2, 3,−7).

• Um processo alternativo, para resolver o problema, e determinar a matriz de mudanca

de base (B′,B), isto e,

M(idE ;B′,B).

Tem-se

idE(e′1) = e′1 = 1e1 + 1e2 + (-1)e3

idE(e′2) = e′2 = 0e1 + 1e2 + 1e3

idE(e′3) = e′3 = 0e1 + 0e2 + 2e3

pelo que

M(idE ;B′,B) =

2664

1 0 0

1 1 0

−1 1 2

3775.

De acordo com a proposicao anterior teremos

2664

1 0 0

1 1 0

−1 1 2

37752664

2

1

−3

3775 =

2664

2

3

−7

3775

Page 195: Sebenta Algebra

189

e, portanto, a sequencia das coordenadas de w, na base B, e

(2, 3,−7).

Se pretendermos a sequencia das coordenadas, na base B, do vector

z = α1e′1 + α2e

′2 + α3e

′3

procederıamos de forma identica. Como2664

1 0 0

1 1 0

−1 1 2

37752664

α1

α2

α3

3775 =

2664

α1

α1 + α2

−α1 + α2 + 2α3

3775

a sequencia das coordenadas, na base B, do vector z e

(α1, α1 + α2,−α1 + α2 + 2α3).

No Capıtulo 1 pareceu-nos “natural” definir a adicao de matrizes como uma operacao

que associa a quaisquer duas matrizes do mesmo tipo uma matriz do mesmo tipo obtida

adicionando os elementos homologos.

Neste sentido, surgiu ainda de forma “natural” a definicao de multiplicacao de um escalar

por uma matriz.

Teorema 5.26 Sejam f : E −→ E′ e g : E −→ E′ aplicacoes lineares e α ∈ K. Seja B uma

base de E e seja B′ uma base de E′.

Se

M(f ;B,B′) = A e M(g;B,B′) = B

entao

M(f + g;B,B′) = A + B e M(αf ;B,B′) = αA.

Demonstracao:

Exercıcio.

Contrariamente as operacoes anteriormente referidas de adicao de matrizes e de multi-

plicacao de um escalar por uma matriz, a definicao de multiplicacao de matrizes nao surge

de forma “natural”.

Conforme referimos na altura, essa definicao tem uma motivacao que so agora estamos

em condicoes de compreender.

Page 196: Sebenta Algebra

190

Teorema 5.27 Sejam f : E −→ E′ e g : E′ −→ E′′ aplicacoes lineares. Sejam B, B′ e B′′

bases, respectivamente, de E, E′ e E′′. Se

M(f ;B,B′) = A e M(g;B′,B′′) = B

entao

M(g ◦ f ;B,B′′) = BA,

isto e,

M(g;B′,B′′)M(f ;B,B′) =M(g ◦ f ;B,B′′).

Demonstracao:

Sejam n = dim E, m = dim E′ e p = dim E′′. Consideremos

B = (e1, . . . , en), B′ = (e′1, . . . , e′m) e B′′ = (e′′1 , . . . , e′′p)

bases de E, E′ e E′′, respectivamente.

Seja C =M(g ◦ f ;B,B′′) e demonstremos que C = BA.

Pela definicao de matriz de uma aplicacao linear tem-se

M(f ;B,B′) = A = [aij ] ∈Mm×n(K),

M(g;B′,B′′) = B = [bij ] ∈Mp×m(K)

e

M(g ◦ f ;B,B′′) = C = [cij ] ∈Mp×n(K).

Assim, C e BA pertencem ambas aMp×n(K).

Demonstremos, finalmente, que

cij = (BA)ij .

cij , sendo o elemento da posicao (i, j) da matriz M(g ◦ f ;B,B′′), e a i-esima

coordenada do vector (g ◦ f)(ej) em relacao a base B′′. Como

(g ◦ f)(ej) = g (f(ej))

= g(a1je′1 + · · ·+ amje

′m)

= a1jg(e′1) + · · ·+ amjg(e′m)

= a1j(b11e′′1 + · · ·+ bp1e

′′p) + · · ·+ amj(b1me′′1 + · · ·+ bpme′′p)

tem-se

cij = a1jbi1 + · · ·+ amjbim

= bi1a1j + · · ·+ bimamj .

Page 197: Sebenta Algebra

191

Assim

cij = (BA)ij ,

conforme pretendıamos demonstrar.

Proposicao 5.28 Toda a matriz de mudanca de base e invertıvel e se

A =M(idE ;B,B′)

entao

A−1 =M(idE ;B′,B).

Demonstracao:

Basta atender a que, pelo teorema anterior, se tem

M(idE ;B,B′)M(idE ;B′,B) =M(idE ◦ idE ;B′,B′)

=M(idE ;B′,B′)

= In,

com n = dim E.

Exercıcio 5.21 Seja f : E −→ E′ uma aplicacao linear. Sejam B uma base de E, B′uma base de E′ e

A =M(f ;B,B′).

Justifique que:

(a) A e invertıvel se, e so se, f e invertıvel.

(b) Nas condicoes de (a) se tem A−1 = M(f−1;B′,B). (Note a “troca” daordem das bases.)

Sabemos que se f : E −→ E′ e uma aplicacao linear, em geral, a matriz de f , em relacao

a bases de E e E′, respectivamente, muda quando, quer em E quer em E′, as bases mudam.

Apesar de tais matrizes serem, em geral, diferentes, por serem matrizes da mesma aplicacao

linear f estao relacionadas. Vejamos como.

Teorema 5.29 Seja f : E −→ E′ uma aplicacao linear. Sejam B1 e B2 bases de E e sejam

B′1 e B′2 bases de E′.

Se

M(f ;B1,B′1) = A1 e M(f ;B2,B′2) = A2

Page 198: Sebenta Algebra

192

entao

A2 = PA1Q

em que

P =M(idE′ ;B′1,B′2) e Q =M(idE ;B2,B1),

isto e, P e a matriz de mudanca de base (B′1,B′2) e Q e a matriz de mudanca de base (B2,B1).

Demonstracao:

Consideremos o seguinte diagrama

E E E′ E′ .B2 B1 B′1 B′2

- - -idE f idE′

idE′ ◦f ◦ idE = f

Atendendo ao Teorema 5.27 podemos concluir facilmente o que pretendemos.

Exercıcio 5.22 Sejam R3 e R2 espacos vectoriais reais e f : R3 −→ R2 a aplicacao lineartal que

M (f ; b. c.R3 , b. c.R2 ) =

�1 1 00 1 1

�,

onde “b. c.” significa “base canonica”. Considere as bases

B =�(0, 1, 0), (1, 0, 1), (1, 0, 0)

�e B′ =

�(1, 1), (1, 0)

de R3 e R2, respectivamente.Utilizando matrizes de mudanca de base, determine:

(a) M (f ; B, b. c.R2 ).

(b) M (f ; b. c.R3 , B′).(c) M (f ; B, B′).

Observacoes:

(1) Em relacao ao teorema anterior, note que se dim E = n e dim E′ = m entao

A1, A2 ∈Mm×n(K), P ∈Mm×m(K) e Q ∈Mn×n(K).

(2) O teorema anterior sugere a seguinte definicao para matrizes que se relacionam de

forma identica a das matrizes A1 e A2 referidas anteriormente.

Definicao 5.30 Sejam A,B ∈ Mm×n(K). Dizemos que A e equivalente a B se

existem matrizes invertıveis P ∈Mm×m(K) e Q ∈Mn×n(K) tais que

B = PAQ.

Page 199: Sebenta Algebra

193

Note que se A e equivalente a B entao tambem B e equivalente a A (porque?) e, por

isso, dizemos apenas que A e B sao equivalentes.

(3) Consideremos o seguinte caso particular do teorema anterior:

E = E′, B1 = B′1 e B2 = B′2.

Se

A1 =M(f ;B1,B1) e A2 =M(f ;B2,B2)

entao

A2 = PA1P−1

em que

P =M(idE ;B1,B2) e M(idE ;B2,B1) = P−1.

Definicao 5.31 Sejam A,B ∈ Mn×n(K). Dizemos que A e semelhante a B se

existe uma matriz invertıvel P ∈Mn×n(K) tal que

B = PAP−1.

Esta nocao de semelhanca, caso particular de equivalencia de matrizes, surgira tambem

no capıtulo seguinte, aquando do estudo da diagonalizacao de matrizes.

(4) Sendo E e E′ espacos vectoriais de dimensao finita, pode demonstrar-se (o que nao

faremos), que dada uma aplicacao linear f : E −→ E′, a dimensao de Im f e igual

a caracterıstica de qualquer uma das matrizes que representa f em relacao a bases

fixadas de E e E′, respectivamente.

Caso seja necessario, utilize esse resultado, para resolver os exercıcios seguintes.

Exercıcio 5.23 Considere o espaco vectorial real R3 e a aplicacao linear g : R3 → R3

definida porg(a, b, c) = (3a + 6b, a− b + 3c,−2a− 3b− c),

para qualquer (a, b, c) ∈ R3.

(a) DetermineM(g; b. c., b. c.), onde “b. c.” significa “base canonica”.

(b) Determine os valores de k para os quais o vector (k, 2 + k, 1) ∈ Im g.

(c) Diga, justificando, se

(i) g e sobrejectiva;

(ii) g e injectiva.

(d) Determine uma base de Im g.

Page 200: Sebenta Algebra

194

Exercıcio 5.24 Sejam E e E′ espacos vectoriais reais, B = (e1, e2, e3) uma base de E,B′ = (v1, v2, v3, v4) uma base de E′ e f : E → E′, g : E′ → E aplicacoes lineares definidaspor 8<

:f(e1) = 2v1 + v2 − v4

f(e2) = v1 + v3

f(e3) = v2 − v4

e

8>><>>:

g(v1) = 0E

g(v2) = e2 + e3

g(v3) = e1 + e3

g(v4) = e1 − e2 + 2e3

.

(a) Diga, justificando, se

(i) f e sobrejectiva;

(ii) f e injectiva.

(b) Determine dimNuc g e dim Im g.

(c) DetermineM(f ◦ g;B′,B′).

Exercıcio 5.25 Sejam (u1, u2, u3) uma base do espaco vectorial real R3 e f : R3 → R3

a aplicacao linear definida por

f(au1 + bu2 + cu3) = (a + b + c)u1 + (2a + b− c)u2 + (−a− b− c)u3,

para quaisquer a, b, c ∈ R.

(a) DetermineM(f ; (ui), (ui)).

(b) Diga, justificando, se f e sobrejectiva.

(c) Diga, justificando, se f e injectiva.

(d) Determine uma base de Nuc f .

(e) Seja (w1, w2, w3) uma base de R3, tal que

u1 = w1 + w2 + w3, u2 = w1 + 2w2 + w3 e u3 = w1.

DetermineM(f ; (wi), (ui)).

(f) Diga, justificando, seM(f ; (wi), (ui)) e invertıvel.

Exercıcio 5.26 Sejam E um espaco vectorial real, (u1, u2, u3) e (w1, w2, w3) bases deE. Considere em R4 a base (e1, e2, e3, e4), onde

e1 = (1, 1, 1, 1), e2 = (1, 1, 1, 0), e3 = (1, 1, 0, 0) e e4 = (1, 0, 0, 0).

Seja f : R4 → E uma aplicacao linear, tal que

M(f ; (ei), (uj)) =

24 1 1 −1 1−1 −2 0 −3

1 1 −1 1

35.

(a) Determine f(1, 0, 1, 2).

(b) Sabendo que M(idE ; (wj), (uj)) =

24 1 1 1

1 2 01 1 0

35, determine

M(f ; (ei), (wj)).

Page 201: Sebenta Algebra

195

Exercıcio 5.27 Sejam E um espaco vectorial real e (u1, u2, u3) uma sua base. Considerea aplicacao linear f : R5 → E definida por

f(a, b, c, d, e) = (−b− c + d)u1 + (2a + b + 3c− 3d)u2 + (b + c− d)u3,

para quaisquer a, b, c, d, e ∈ R.

(a) DetermineM(f ; b. c., (ui)).

(b) Determine uma base de Im f .

(c) Considere os vectores de R5

w1 = (2, 2, 0, 2, 2), w2 = (−1,−1, 1, 0, 1) e w3 = (0, 0, 0, 0, 1).

Mostre que (w1, w2, w3) e base de Nuc f .

(d) Determine uma base de R5 que inclua os vectores w1, w2 e w3.

(e) Sendo B a base obtida em (d), determine M(f ;B, (ui)).

Exercıcio 5.28 Sejam (u1, u2, u3, u4) uma base do espaco vectorial real R4 ef : R4 → R3 a aplicacao linear, tal que

M(f ; (ui), b. c.) =

24 −1 2 1 1

0 1 1 01 0 1 −1

35.

(a) Diga, justificando, se

(i) f e injectiva;

(ii) f e sobrejectiva.

(b) Determine uma base de Nuc f .

Exercıcio 5.29 Sejam E um espaco vectorial de dimensao finita sobre K e f : E → Euma aplicacao linear, tal que se tem Im f = Im(f ◦ f). Mostre que

E = Nuc f + Im f e Nuc f = Nuc(f ◦ f).

Exercıcio 5.30 Sejam E um espaco vectorial sobre K de dimensao n ≥ 1 e f : E → Euma aplicacao linear. Mostre que as afirmacoes seguintes sao equivalentes:

(a) Im f = Nuc f ;

(b) A aplicacao f e nao nula, f ◦ f e a aplicacao linear nula, n e par edim Im f = n

2.

Page 202: Sebenta Algebra

196

Solucoes de alguns dos exercıcios propostos5.2 (a) (i) E

(ii) Nao e

(iii) Nao e

(iv) E

(v) E

(b) (i) (4, 2,−1,−1)

(ii) (−1, 0,−1)

5.5 (b) f(1, 0,−1, 0) = (1,−1,−1)

g(0, 0, 0, 0) = (0, 0, 0)

(d) Por exemplo,�(−1, 1,−1, 1)

�(e) Por exemplo,

�(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)

�5.6 (a) Por exemplo,

�−x3 + x2 − x + 1

�(b) Por exemplo,

�(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)

�5.7 (b) Sim

(c) Por exemplo,��

1 00 −1

�,�0 10 0

�,�0 01 0

��5.8 (a) Por exemplo,

�(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0,−1), (0, 0, 1, 0)

�(b) Por exemplo,

�(1, 0,− 1

2,− 1

2, 0), (0, 1, 0, 0, 0)

�(c) Por exemplo,

�(1, 0,−i, 1), (0, 1, 5

2+ 3

2i,−1)

�5.9 (a) Por exemplo,

�(1, 0, 1, 0, 1), (0, 1, 0, 1, 0)

�(b) Por exemplo,

(−v1 − v2 + v3,−2v1 − 2v2 + v4, v5)

5.10 (b) Por exemplo, (1)

(c) Por exemplo,�xn−1, . . . , x, 1

�5.14 dim Nuc f = 1

5.15 (a) Sim

(b) Nao

5.20 (a) (3, 5)

(b)�1 1 00 1 1

�(c)

�1 1 11 1 0

�(d)

�0 1 11 0 −1

�(e)

�1 1 00 0 1

�(f) (i) Sim

(ii) Nao

5.22 (a)�1 1 11 1 0

�(b)

�0 1 11 0 −1

�(c)

�1 1 00 0 1

5.23 (a)

�3 6 01 −1 3−2 −3 −1

(b) k = − 158

(c) (i) Nao

(ii) Nao

(d) Por exemplo,�(1, 0,− 5

9), (0, 1,− 1

3)�

5.24 (a) (i) Nao

(ii) Sim

(b) dim Im g = 3 e dim Nuc g = 1

(c)

"0 1 2 10 1 2 30 1 0 −10 −1 −2 −3

#

5.25 (a)

�1 1 12 1 −1−1 −1 −1

�(b) Nao

(c) Nao

(d) Por exemplo, (2u1 − 3u2 + u3)

(e)

�1 0 0−1 −1 4−1 0 0

�(f) Nao

5.26 (a) 3u1 − 3u2 + 3u3

(b)h 3 4 −2 5−2 −3 1 −40 0 0 0

i

5.27 (a)

�0 −1 −1 1 02 1 3 −3 00 1 1 −1 0

�(b) Por exemplo, (u1 − u3, u2)

(d) Por exemplo,�(2, 2, 0, 2, 2), (−1,−1, 1, 0, 1) ,

(0, 0, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1, 0)�

(e)

�0 0 0 −1 10 0 0 1 −30 0 0 1 −1

5.28 (a) (i) Nao

(ii) Nao

(b) Por exemplo, (−u1 − u2 + u3, u1 + u4)

Page 203: Sebenta Algebra

Capıtulo 6

Valores e Vectores Proprios

Neste capıtulo consideraremos apenas matrizes quadradas.

6.1 Valores, vectores e subespacos proprios de uma matriz

Definicao 6.1 Seja A ∈ Mn×n(K). Dizemos que X ∈ Mn×1(K) e um vector

proprio de A se

(i) X 6= 0

e (ii) ∃α∈K AX = αX.

Dizemos que β ∈ K e um valor proprio de A se existe X ∈Mn×1(K) tal que

(i) X 6= 0

e (ii) AX = βX.

Um vector X nessas condicoes diz-se um vector proprio de A associado ao valor proprio

β.

Notemos que na definicao anterior de vector proprio de A se tem, de facto,

(ii) ∃1α∈K AX = αX,

Page 204: Sebenta Algebra

198

pois se α, β ∈ K, sao tais que

AX = αX e AX = βX,

com X 6= 0, entao tem-se

αX = βX

(α− β)X = 0.

Como X 6= 0 concluımos que α− β = 0, isto e, α = β.

Dizemos entao que α e o valor proprio de A associado ao vector proprio X. Assim, a

cada vector proprio esta associado um, e um so, valor proprio.

Contudo, na definicao de valor proprio de uma matriz A ∈Mn×n(K), o vector X, que e

obviamente um vector proprio de A, nao e unico. Basta atender a que se

X 6= 0 e AX = βX

entao, para qualquer α ∈ K \ {0} se tem

αX 6= 0 e A(αX) = α(AX)

= α(βX)

= (αβ)X

= (βα)X

= β(αX)

e, portanto, αX e tambem um vector proprio de A associado ao valor proprio β.

Tambem se Y, Z ∈ Mn×1(K) sao vectores proprios de A associados ao valor proprio β

entao o mesmo sucede a Y + Z, se Y + Z 6= 0n×1, conforme estabelece o resultado seguinte.

Proposicao 6.2 Sejam A ∈Mn×n(K), α um valor proprio de A e

Mα = {X ∈Mn×1(K) : AX = αX} .

Tem-se:

1. Mα e um subespaco vectorial de Mn×1(K).

2. Os vectores proprios de A associados ao valor proprio α sao os elementos de Mα \ {0n×1}.

Page 205: Sebenta Algebra

199

Demonstracao:

1. Mα ⊆Mn×1(K), pela propria definicao de Mα.

0n×1 ∈Mα pois A0n×1 = 0n×1 = α0n×1.

Demonstremos que quaisquer que sejam Y,Z ∈ Mα se tem Y + Z ∈ Mα. Por

hipotese,

AY = αY e AZ = αZ.

Logo

A(Y + Z) = AY + AZ = αY + αZ = α(Y + Z)

e, portanto, Y + Z ∈Mα.

Finalmente, demonstremos que para qualquer β ∈ K e qualquer Y ∈ Mα se tem

βY ∈Mα. Por hipotese, AY = αY pelo que

A(βY ) = β(AY ) = β(αY ) = (βα)Y = (αβ)Y = α(βY ).

Concluımos entao que βY ∈Mα.

2. E trivial, atendendo a definicao de vector proprio associado ao valor proprio

α.

Definicao 6.3 Sejam A ∈ Mn×n(K) e α um valor proprio de A. Ao subespaco

vectorial

Mα = {X ∈Mn×1(K) : AX = αX}

= {X ∈Mn×1(K) : (A− αIn) X = 0}

chamamos subespaco proprio de A associado ao valor proprio α.

A dimensao do subespaco Mα designa-se por multiplicidade geometrica do valor

proprio α e e representada por mg(α).

Como Mα e um subespaco de Mn×1(K) tem-se

mg(α) = dim Mα ≤ dimMn×1(K) = n.

Por outro lado, como Mα 6= {0n×1} (porque?) entao dim Mα ≥ 1. Assim

1 ≤ mg(α) ≤ n.

O resultado seguinte vai ser muito util para determinar, na pratica, os valores proprios

de uma matriz.

Page 206: Sebenta Algebra

200

Teorema 6.4 Seja A ∈Mn×n(K). Tem-se, α e valor proprio de A se, e so se,

|A− αIn| = 0.

Demonstracao:

Por definicao, α e valor proprio de A se, e so se, existe X ∈Mn×1(K) tal que

X 6= 0 e AX = αX,

ou equivalentemente,

X 6= 0 e (A− αIn) X = 0.

Notemos que o sistema homogeneo, com n incognitas,

(A− αIn) Y = 0

admite uma solucao nao nula se, e so se, e indeterminado. Tal equivale a afirmar

que

r (A− αIn) < n

ou, ainda, que

|A− αIn| = 0.

O teorema anterior motiva a seguinte definicao.

Definicao 6.5 Seja A ∈ Mn×n(K). Chamamos polinomio caracterıstico de A e

representamos por pA(x), ou simplesmente p(x) se nao houver ambiguidade, o po-

linomio na variavel x com coeficientes em K, dado por

|A− xIn| .

Pode demonstrar-se que se A ∈Mn×n(K) entao o seu polinomio caracterıstico tem grau

igual a n.

Assim, de acordo com o teorema anterior, tem-se

Proposicao 6.6 Se A ∈ Mn×n(K) entao α ∈ K e um valor proprio de A se, e so se, α e

um zero do polinomio caracterıstico de A, isto e, se, e so se,

pA(α) = |A− αIn| = 0.

Page 207: Sebenta Algebra

201

Definicao 6.7 Seja A ∈ Mn×n(K) e α um valor proprio de A. Designamos por

multiplicidade algebrica do valor proprio α, e representamos por ma(α), a multi-

plicidade de α como zero do polinomio caracterıstico de A, isto e, o maior inteiro k

tal que (α− x)k divide pA(x).

Dado que um polinomio de grau n tem exactamente n zeros em C e tem, no maximo, n

zeros em R, podemos afirmar que se α1, . . . , αr sao os valores proprios, dois a dois distintos,

de A ∈Mn×n(K) entaor∑

i=1

ma(αi) ≤ n

e se o polinomio caracterıstico de A ∈Mn×n(K) tem todos os zeros em K (o que sucede se

K = C) entaor∑

i=1

ma(αi) = n.

Observacao:

Para certos autores o polinomio caracterıstico de A ∈Mn×n(K) e definido por

|xIn −A| .

Notemos que

|xIn −A| = |− (A− xIn)| = (−1)n |A− xIn|

e, portanto, para qualquer α ∈ K tem-se

|αIn −A| = 0 se, e so se, |A− αIn| = 0.

Exemplo 6.8 1. Seja A =

2664

2 0 0

0 1 1

0 0 1

3775 ∈M3×3(R). Como

p(x) = |A− xI3| =

��������2− x 0 0

0 1− x 1

0 0 1− x

��������= (2− x)(1− x)2,

A tem os valores proprios

2 com ma(2) = 1

e

1 com ma(1) = 2.

Page 208: Sebenta Algebra

202

Determinemos o subespaco proprio de A associado a cada valor proprio, bem como a

multiplicidade geometrica de cada valor proprio.

O subespaco proprio de A associado ao valor proprio 2 e:

M2 = {X ∈M3×1(R) : (A− 2I3) X = 0}

=

2664

a

b

c

3775 ∈M3×1(R) :

2664

0 0 0

0 −1 1

0 0 −1

37752664

a

b

c

3775 =

2664

0

0

0

3775 .

Calculo auxiliar para resolver o sistema (A− 2I3) X = 0:2664

0 0 0 0

0 −1 1 0

0 0 −1 0

3775−−−−→l1 ↔ l2

2664

0 −1 1 0

0 0 0 0

0 0 −1 0

3775−−−−→l2 ↔ l3

2664

0 −1 1 0

0 0 −1 0

0 0 0 0

3775−→

−−−→(−1)l1(−1)l2

2664

0 1 −1 0

0 0 1 0

0 0 0 0

3775−−−−→l1 + l2

2664

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 0

3775 (f.e.r.).

Assim

M2 =

2664

a

b

c

3775 ∈M3×1(R) : b = 0 ∧ c = 0

=

2664

a

0

0

3775 : a ∈ R

=

a

2664

1

0

0

3775 : a ∈ R

=

⟨2664 1

0

0

3775⟩

.

Como

2664

1

0

0

3775 6=

2664

0

0

0

3775 a sequencia

2664

1

0

0

3775 e linearmente independente e, portanto, temos

Base de M2 =

2664

1

0

0

3775 .

Concluımos assim que

mg(2) = dim M2 = 1.

Da mesma forma, o subespaco proprio de A associado ao valor proprio 1 e:

M1 = {X ∈M3×1(R) : (A− 1I3) X = 0}

=

2664

a

b

c

3775 ∈M3×1(R) :

2664

1 0 0

0 0 1

0 0 0

37752664

a

b

c

3775 =

2664

0

0

0

3775

=

2664

a

b

c

3775 ∈M3×1(R) : a = 0 ∧ c = 0

=

2664

0

b

0

3775 : b ∈ R

=

b

2664

0

1

0

3775 : b ∈ R

=

⟨2664 0

1

0

3775⟩

.

Page 209: Sebenta Algebra

203

De forma analoga concluımos que

Base de M1 =

2664

0

1

0

3775 e que mg(1) = 1.

2. Consideremos a matriz In. O seu polinomio caracterıstico e

p(x) = (1− x)n.

Assim In tem apenas o valor proprio 1 com

ma(1) = n.

O subespaco proprio de In associado ao seu unico valor proprio e

M1 = {X ∈Mn×1(K) : (In − 1In) X = 0}

= {X ∈Mn×1(K) : 0X = 0}

= {X ∈Mn×1(K)}

=Mn×1(K).

Logo

mg(1) = dim M1 = n.

Concluımos entao que todo o vector X ∈ Mn×1(K), com X 6= 0, e vector proprio de In

associado ao valor proprio 1.

E possıvel indicar se uma matriz A ∈ Mn×n(K) e invertıvel ou nao conhecendo apenas

o seu polinomio caracterıstico ou apenas os seus valores proprios, pois tem-se

Proposicao 6.9 A ∈Mn×n(K) e invertıvel se, e so se, A nao tem o valor proprio zero, ou

equivalentemente, se o termo constante do polinomio caracterıstico de A e nao nulo.

Demonstracao:

Sabemos que A e invertıvel se, e so se, |A| 6= 0.

Notemos que se p(x) = anxn + · · · + a1x + a0 e o polinomio caracterıstico de A

entao

p(0) = |A− 0In| = |A|

e

p(0) = a0.

Page 210: Sebenta Algebra

204

Assim, sao equivalentes as tres afirmacoes

|A| 6= 0, |A− 0In| 6= 0 e a0 6= 0,

conforme pretendıamos demonstrar.

6.2 Matrizes diagonalizaveis: Definicao e caracterizacoes

Recordemos a definicao de matrizes semelhantes, dada no final do Capıtulo 5.

Definicao 6.10 Sejam A,B ∈ Mn×n(K). Dizemos que A e B sao semelhantes se

existe uma matriz invertıvel P ∈Mn×n(K) tal que

P−1AP = B.

Tem-se a seguinte propriedade:

Proposicao 6.11 Se A,B ∈ Mn×n(K) sao semelhantes entao os seus polinomios carac-

terısticos sao iguais.

Demonstracao:

Como existe P ∈Mn×n(K), invertıvel, tal que

P−1AP = B

tem-se

|B − xIn| =∣∣P−1AP − xIn

∣∣ = ∣∣P−1AP − xP−1InP∣∣ = ∣∣P−1 (A− xIn)P

∣∣=∣∣P−1

∣∣ |A− xIn| |P | =∣∣P−1

∣∣ |P | |A− xIn| =∣∣P−1P

∣∣ |A− xIn|

= |In| |A− xIn| = |A− xIn| .

Exercıcio 6.1 Sejam A, B ∈ Mn×n(K) tais que A e invertıvel. Mostre que AB e BAtem o mesmo polinomio caracterıstico.

Page 211: Sebenta Algebra

205

Definicao 6.12 Seja A ∈ Mn×n(K). Dizemos que A e uma matriz diagonalizavel

se A e semelhante a uma matriz diagonal, isto e, se existe uma matriz invertıvel

P ∈Mn×n(K) e uma matriz diagonal D ∈Mn×n(K) tal que

P−1AP = D.

Diz-se, ainda, que P e uma matriz diagonalizante de A.

Como os valores proprios de uma matriz diagonal sao os elementos da sua diagonal

principal (porque?) podemos concluir facilmente que

Proposicao 6.13 Se A ∈Mn×n(K) e uma matriz diagonalizavel e D e uma matriz diagonal

semelhante a A entao os valores proprios de A sao os elementos da diagonal principal de D.

O resultado seguinte, e uma das caracterizacoes mais importantes das matrizes diagona-

lizaveis.

Teorema 6.14 Uma matriz A ∈ Mn×n(K) e diagonalizavel se, e so se, A tem n vectores

proprios linearmente independentes.

Neste caso, se X1, . . . , Xn ∈ Mn×1(K) sao n vectores proprios de A linearmente inde-

pendentes correspondentes, respectivamente, aos valores proprios α1, . . . , αn (nao necessa-

riamente distintos) entao a matriz

P = [X1 | · · · | Xn] ∈Mn×n(K)

e invertıvel e e uma matriz diagonalizante de A. Mais especificamente, tem-se

P−1AP =

26666664

α1 0 · · · 0

0 α2 · · · 0

......

. . ....

0 0 · · · αn

37777775.

Demonstracao:

Suponhamos que A ∈Mn×n(K) e diagonalizavel e seja P ∈Mn×n(K), invertıvel,

tal que

P−1AP =

26664

d1 · · · 0

.... . .

...

0 · · · dn

37775 = D.

Page 212: Sebenta Algebra

206

Assim

AP = PD

ou, ainda,

A [X1 | · · · | Xn] = [X1 | · · · | Xn]

26664

d1 · · · 0

.... . .

...

0 · · · dn

37775

sendo Xi ∈Mn×1(K), i = 1, . . . , n, a i-esima coluna de P .

Atendendo a forma como se multiplicam matrizes, podemos concluir que a igualdade

anterior e equivalente a

[AX1 | · · · | AXn] = [d1X1 | · · · | dnXn]

e, portanto,

AX1 = d1X1

· · ·

AXn = dnXn.

Como P ∈Mn×n(K) e invertıvel, tem-se

r(P ) = n

e, portanto, as n linhas de P sao linearmente independentes. Facilmente con-

cluımos que as n colunas de P tambem sao linearmente independentes pois como

r(P ) = n

tem-se |P | =∣∣P>∣∣ 6= 0 e, portanto,

r(P>)

= n.

Assim, as n linhas de P> sao linearmente independentes e, portanto, as n colunas

de P sao linearmente independentes.

Logo, X1, . . . , Xn sao n vectores proprios de A linearmente independentes.

A implicacao recıproca obtem-se de forma identica pois, como A tem n vectores

proprios X1, . . . , Xn linearmente independentes, basta considerar

P = [X1 | · · · | Xn]

para se concluir que P e invertıvel e P−1AP e uma matriz diagonal.

Page 213: Sebenta Algebra

207

Seja A ∈Mn×n(K) e sejam α1, . . . , αr os valores proprios, dois a dois distintos, da matriz

A. Sabemos que o numero maximo de vectores proprios de A linearmente independentes,

existentes em

Mαi , i = 1, . . . , r,

e

dim Mαi = mg(αi).

Seja

B1 = (u11, . . . , u1k1) uma base de Mα1

· · ·

Br = (ur1, . . . , urkr) uma base de Mαr .

Um resultado, que nao demonstraremos, afirma que os vectores

u11, . . . , u1k1 , . . . , ur1, . . . , urkr

sao ainda linearmente independentes.

Tem-se pois

Proposicao 6.15 A ∈Mn×n(K) e diagonalizavel se, e so se,

r∑i=1

mg(αi) = n,

sendo α1, . . . , αr os valores proprios, dois a dois distintos, da matriz A.

Exemplo 6.16 1. Consideremos a matriz A =

2664

2 0 0

0 1 1

0 0 1

3775 ∈M3×3(R) estudada no Exem-

plo 6.8. Como A tem os valores proprios

2 com mg(2) = 1

e

1 com mg(1) = 1

concluımos que A nao e diagonalizavel. De facto, sendo α1 = 2 e α2 = 1 os valores

proprios de A, tem-se2∑

i=1

mg(αi) = 2 6= 3.

Page 214: Sebenta Algebra

208

2. Seja A =

2664

0 −1 0

1 0 0

0 0 3

3775 ∈M3×3(K), cujo polinomio caracterıstico e

��������−x −1 0

1 −x 0

0 0 3− x

��������Lapl.=l3

(3− x)����� −x −1

1 −x

����� = (3− x)(x2 + 1).

Se K = R entao A tem apenas o valor proprio 3 com

ma(3) = 1.

O subespaco proprio correspondente e:

M3 = {X ∈M3×1(R) : (A− 3I3) X = 0}

=

2664

a

b

c

3775 ∈M3×1(R) :

2664−3 −1 0

1 −3 0

0 0 0

37752664

a

b

c

3775 =

2664

0

0

0

3775 .

Calculo auxiliar para resolver o sistema (A− 3I3) X = 0:

2664−3 −1 0 0

1 −3 0 0

0 0 0 0

3775−−−−→l1 ↔ l2

2664

1 −3 0 0

−3 −1 0 0

0 0 0 0

3775−−−−−→l2 + 3l1

2664

1 −3 0 0

0 −10 0 0

0 0 0 0

3775−→

−−−−→− 1

10l2

2664

1 −3 0 0

0 1 0 0

0 0 0 0

3775−−−−−→l1 + 3l2

2664

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 0 0

3775 (f.e.r.).

Entao

M3 =

2664

a

b

c

3775 ∈M3×1(R) : a = 0 ∧ b = 0

=

2664

0

0

c

3775 : c ∈ R

=

c

2664

0

0

1

3775 : c ∈ R

=

⟨2664 0

0

1

3775⟩

.

Assim mg(3) = 1 e, portanto, A ∈M3×3(R) nao e diagonalizavel (para K = R).

Se K = C entao A tem os valores proprios

3, i e − i.

Se determinarmos os subespacos proprios correspondentes a cada um desses valores proprios

obteremos, respectivamente,

M3 =

⟨2664 0

0

1

3775⟩

, Mi =

⟨2664 i

1

0

3775⟩

e M−i =

⟨2664 −i

1

0

3775⟩

.

Page 215: Sebenta Algebra

209

Assim, para K = C, A e diagonalizavel. Um exemplo de matriz diagonalizante de A e a

matriz

P =

2664

0 i −i

0 1 1

1 0 0

3775

e, de acordo com o Teorema 6.14, obteremos

P−1AP =

2664

3 0 0

0 i 0

0 0 −i

3775.

Note que se considerarmos a matriz, tambem diagonalizante de A,

Q =

2664

i −i 0

1 1 0

0 0 1

3775

entao

Q−1AQ =

2664

i 0 0

0 −i 0

0 0 3

3775.

Exercıcio 6.2 Seja A ∈ Mn×n(K). Mostre que se A tem n valores proprios, α1, . . . , αn,entao o produto desses n valores proprios e igual ao determinante de A.

Exercıcio 6.3 Seja A ∈Mn×n(K) invertıvel. Mostre que:

(a) Se α e valor proprio de A, entao 1α

e valor proprio de A−1.

(b) Se X ∈ Mn×1(K) e vector proprio de A associado ao valor proprio α, entaoX e vector proprio de A−1 associado ao valor proprio 1

α.

(c) A e diagonalizavel se, e so se, A−1 e diagonalizavel.

Exercıcio 6.4 Seja A ∈Mn×n(K) e seja P ∈ Mn×n(K) uma matriz invertıvel. Mostreque:

(a) α e valor proprio de A se, e so se, α e valor proprio de A>.

(b) A e diagonalizavel se, e so se, A> e diagonalizavel.

(c) α e valor proprio de A se, e so se, α e valor proprio de P−1AP .

(d) A e diagonalizavel se, e so se, P−1AP e diagonalizavel.

Exercıcio 6.5 Considere a matriz

A =

24 3 2 0−4 −3 0

4 2 −1

35 ∈M3×3(R).

(a) Calcule os valores proprios de A e indique as respectivas multiplicidadesalgebricas.

(b) Determine uma base para cada um dos subespacos proprios de A.

(c) Mostre que A e diagonalizavel e indique uma matriz P ∈ M3×3(R), in-vertıvel, tal que

P−1AP =

24 −1 0 0

0 −1 00 0 1

35.

(d) Considerando a matriz P que indicou em (c) determine�P−1AP

�9e�

P−1AP�12

. Use os resultados obtidos para calcular A9 e A12.

Page 216: Sebenta Algebra

210

Exercıcio 6.6 Considere a matriz de ordem 3, sobre C,

A =

24 2− i 0 i

0 1 + i 0i 0 2− i

35.

Mostre que:

(a) A e diagonalizavel.

(b) Existe uma matriz P ∈M3×3(R) invertıvel, tal que

P−1AP =

24 1 + i 0 0

0 2− 2i 00 0 2

35.

Exercıcio 6.7 Considere as matrizes de ordem 3, sobre R,

A =

24 1 0 −1

1 2 12 2 3

35 e B =

24 0 1 0

0 0 11 −3 3

35.

(a) Determine os valores proprios de cada uma das matrizes.

(b) (i) Mostre que A e diagonalizavel.

(ii) Diga, justificando, se B e diagonalizavel.

(c) Determine uma matriz P ∈M3×3(R) invertıvel tal que P−1AP seja diago-nal e os elementos da diagonal principal de P−1AP estejam ordenados porordem crescente.

Exercıcio 6.8 Seja A uma matriz de ordem 3 sobre R, tal que

A

24 1

11

35 =

24 1

11

35, A

24 0

12

35 =

24 0

12

35 e A

24 0

01

35 =

24 0

02

35.

(a) Indique os valores proprios de A e as respectivas multiplicidades algebricae geometrica.

(b) Indique o polinomio caracterıstico de A.

(c) Indique, se existir, uma matriz diagonal semelhante a A.

(d) Determine uma matriz A nas condicoes do enunciado.

6.3 Valores e vectores proprios de um endomorfismo

Definicao 6.17 Seja E um espaco vectorial. Chamamos endomorfismo de E a

qualquer aplicacao linear f : E −→ E.

Notemos que, de acordo com a observacao (3) da pagina 193, se f e um endomorfismo

de E, com E de dimensao finita, e B e B′ sao bases de E entao as matrizes

A1 =M(f ;B,B) e A2 =M(f ;B′,B′)

relacionam-se da seguinte forma:

A2 = PA1P−1,

Page 217: Sebenta Algebra

211

isto e, A1 e A2 sao semelhantes.

Como vimos que matrizes semelhantes tem o mesmo polinomio caracterıstico, tem sentido

a seguinte definicao.

Definicao 6.18 Seja f um endomorfismo de um espaco vectorial E, com E de di-

mensao finita, e seja B uma base arbitraria de E. Chamamos polinomio carac-

terıstico de f ao polinomio caracterıstico da matriz

M(f ;B,B).

Para o estudo de problemas em Fısica e importante conhecer, para certos endomorfismos

de um espaco vectorial E, quais os escalares α ∈ K e vectores u ∈ E que satisfazem a equacao

f(u) = αu. (6.1)

Obviamente que 0E verifica a igualdade anterior, para qualquer α. No entanto, e a

tıtulo de exemplo, refira-se que um tema interessante em teoria das vibracoes e o da deter-

minacao das frequencias entre as quais um dado sistema pode oscilar. Para muitos sistemas

importantes, demonstra-se que tal corresponde a determinar os escalares α < 0 para os quais

a equacao (6.1) tem uma solucao nao nula.

As consideracoes anteriores motivam a definicao seguinte.

Definicao 6.19 Seja f um endomorfismo de um espaco vectorial E. Dizemos que

u ∈ E e um vector proprio de f se

(i) u 6= 0E

e (ii) f(u) = αu, para algum α ∈ K.

Dizemos que β ∈ K e um valor proprio de f se existe u ∈ E tal que

(i) u 6= 0E

e (ii) f(u) = βu.

Um vector u nessas condicoes diz-se um vector proprio de f associado ao valor proprio

β.

Page 218: Sebenta Algebra

212

O resultado seguinte permite-nos reduzir o problema de determinacao dos valores proprios

e dos vectores proprios de um endomorfismo ao problema da sua determinacao para uma

matriz.

Teorema 6.20 Seja f um endomorfismo de um espaco vectorial E de dimensao finita. Seja

B uma base arbitraria de E e

A =M(f ;B,B).

Tem-se:

1. u e vector proprio de f se, e so se, a matriz X ∈Mn×1(K), cuja coluna e a sequencia

das coordenadas de u na base B, e um vector proprio de A.

2. α e valor proprio de f se, e so se, α e valor proprio de A.

Demonstracao:

Note que u 6= 0E se, e so se, X 6= 0 e que

f(u) = αu

e equivalente, pela Proposicao 5.21, a

AX = αX.

Exemplo 6.21 Consideremos o endomorfismo f , de R3, dado por

∀(a,b,c)∈R3 f(a, b, c) = (a, 2b + c, c).

Pretendemos determinar se existe uma base B, de R3, tal que M(f ;B,B) e uma matriz

diagonal e, em caso afirmativo, indicar uma base nessas condicoes.

Consideremos uma base arbitraria B′, de R3, e determinemosM(f ;B′,B′). Tomando

para B′ a base canonica de R3 obtemos

A =M(f ;B′,B′) =

2664

1 0 0

0 2 1

0 0 1

3775.

A matriz A tem os valores proprios 1 e 2 e os subespacos proprios

M1 =

⟨2664 1

0

0

3775,2664

0

−1

1

3775⟩

Page 219: Sebenta Algebra

213

e

M2 =

⟨2664 0

1

0

3775⟩

.

Logo, A e diagonalizavel, pois tem 3 (= ordem de A) vectores proprios linearmente

independentes.

Como

A

2664

1

0

0

3775 = 1

2664

1

0

0

3775, A

2664

0

−1

1

3775 = 1

2664

0

−1

1

3775 e A

2664

0

1

0

3775 = 2

2664

0

1

0

3775

podemos afirmar que

f(1, 0, 0) = 1(1, 0, 0), f(0,−1, 1) = 1(0,−1, 1) e f(0, 1, 0) = 2(0, 1, 0).

Assim, se tomarmos

B =((1, 0, 0), (0,−1, 1), (0, 1, 0)

)concluımos que

M(f ;B,B) =

2664

1 0 0

0 1 0

0 0 2

3775.

Exercıcio 6.9 Sejam f um endomorfismo do espaco vectorial real R3 e (e1, e2, e3) umabase de R3. Sabendo que

M (f ; (e1, e2, e3), (e1, e2, e3)) =

24 3 2 0−4 −3 0

4 2 −1

35,

determine:

(a) Os valores proprios de f .

(b) Uma base B, de R3, constituıda por vectores proprios de f .

(c) M (f ; B,B), sendo B a base indicada em (b).

Observacao: Compare os resultados com os obtidos no Exercıcio 6.5.

Exercıcio 6.10 Considere o espaco vectorial real R3. Seja f : R3 → R3 o endomorfismode R3 definido por

f(a, b, c) = (−b− c,−2a + b− c, 4a + 2b + 4c),

para qualquer (a, b, c) ∈ R3.

(a) Determine os valores proprios de f .

(b) Determine uma base B′ de R3 constituıda por vectores proprios de f .

(c) DetermineM(f ;B′,B′).

Page 220: Sebenta Algebra

214

Exercıcio 6.11 Considere o subespaco F =�(x, y, z) ∈ R3 : x + 2y + z = 0

do espaco

vectorial real R3. Seja f : R3 → R3 uma aplicacao linear, tal que (1,−1, 0) e vector propriode f associado ao valor proprio 2 e

f(a, b, c) = (0, 0, 0),

para qualquer (a, b, c) ∈ F .

(a) Determine f(2,−2, 0).

(b) Mostre que 0 e valor proprio de f e que mg(0) = ma(0).

(c) Justifique que B =�(1,−1, 0), (1, 1,−3), (1, 0,−1)

�e uma base de R3

constituıda por vectores proprios de f .

(d) DetermineM(f ;B, b. c.).

Exercıcio 6.12 Sejam E um espaco vectorial sobre K de dimensao n ≥ 1 e f um endo-morfismo de E. Mostre que f e um isomorfismo se, e so se, zero nao e valor proprio def .

Exercıcio 6.13 Considere a matriz

P =

24 −1 1 0−4 1 4

0 1 −1

35 ∈ M3×3(R).

Sejam E um espaco vectorial real de dimensao 3, B1 = (e1, e2, e3) e B2 = (u1, u2, u3) basesde E tais que M(idE ,B1,B2) = P e f um endomorfismo de E definido por f(e1) = u1,f(e2) = u2 e f(e3) = u3.

(a) DetermineM(f ;B1,B1).

(b) Mostre que 1 e valor proprio de f .

(c) Indique, caso existam, vectores v1, v2 ∈ E tais que v1 6= v2 e v1, v2 sejamvectores proprios de f associados ao valor proprio 1.

(d) Diga, justificando, se f e um isomorfismo.

Page 221: Sebenta Algebra

215

Solucoes de alguns dos exercıcios propostos6.5 (a) Valores proprios de A: −1 e 1

ma(−1) = 2 e ma(1) = 1

(b) Base de M−1: por exemplo,�(1,−2, 0), (0, 0, 1)

�Base de M1: por exemplo,

�(1,−1, 1)

�(c) Por exemplo,

h1 0 1−2 0 −10 1 1

i(d) A9 = A e A12 = I3

6.6 (b)h

0 1 11 0 00 −1 1

i

6.7 (a) Valores proprios de A: 1, 2 e 3

Valores proprios de B: 1

(b) (ii) Nao

(c)h−1 −2 −1

1 1 10 2 2

i

6.8 (a) Valores proprios de A: 1 e 2

ma(1) = 2 e ma(2) = 1

mg(1) = 2 e mg(2) = 1

(b) −(x− 1)2(x− 2)

(c)h

1 0 00 1 00 0 2

i(d)

h1 0 00 1 01 −2 2

i

6.9 (a) Valores proprios de f : −1 e 1

(b) Por exemplo, B = (e1 − 2e2, e3, e1 − e2 + e3)

(c) M (f ; B,B) =h−1 0 0

0 −1 00 0 1

i

6.10 (a) Valores proprios de f : 1 e 2

(b) Por exemplo,�(− 1

2,− 1

2, 1), (− 1

2, 1, 0), (− 1

2, 0, 1)

�(c)

h1 0 00 2 00 0 2

i

6.11 (a) f(2,−2, 0) = (4,−4, 0)

(d)h

2 0 0−2 0 00 0 0

i

6.13 (a)

�−5 1 4−4 1 4−4 1 3

�(d) f e um isomorfismo

Page 222: Sebenta Algebra
Page 223: Sebenta Algebra

Capıtulo 7

Produto Interno, Produto Externo

e Produto Misto

(Resumo)

7.1 Produto interno de vectores de R3

Definicao 7.1 Sejam A e B dois pontos de R3. Designa-se por norma ou compri-

mento do vector u =−−→AB, e representa-se por ‖u‖, o comprimento do segmento de

recta [AB]. Um vector u diz-se unitario se ‖u‖ = 1.

Recorde que:

1. ‖u‖ = 0 se, e so se, u =−→0 .

2. Se α ∈ R entao ‖αu‖ = |α| ‖u‖, em que |α| =

α se α ≥ 0

−α se α < 0.

Page 224: Sebenta Algebra

218

Definicao 7.2 Sejam u =−→OA e v =

−−→OB dois vectores nao nulos. Designa-se por

angulo formado pelos vectores u e v, e representa-se por ](u, v), o menor dos

angulos definido pela semi-recta com origem em O que passa pelo ponto A e pela

semi-recta com origem em O que passa pelo ponto B.

Se O = A ou O = B, isto e, se u =−→0 ou v =

−→0 , convenciona-se que ](u, v) = 0.

Notemos que

0 ≤ ](u, v) = ](v, u) ≤ π.

Exemplo 7.3 Seja θ = ](u, v) = ](v, u). Tem-se

1. q�u

���v

θ

2.q -

u�

vθ = π

3.q -

u-

vθ = 0

Definicao 7.4 Sejam u e v vectores de R3 e θ = ](u, v). Chamamos produto in-

terno ou produto escalar dos vectores u e v ao numero real

u | v = ‖u‖‖v‖ cos θ.

Definicao 7.5 Sejam u e v vectores de R3. Dizemos que u e v sao perpendiculares,

e escrevemos u ⊥ v, se

](u, v) =π

2.

Dizemos que u e v sao ortogonais se

u | v = 0.

Sendo u e v vectores de R3 e θ = ](u, v), notemos que sao equivalentes as afirmacoes:

1. u | v = 0.

Page 225: Sebenta Algebra

219

2. ‖u‖‖v‖ cos θ = 0.

3. ‖u‖ = 0 ∨ ‖v‖ = 0 ∨ cos θ = 0.

4. ‖u‖ = 0 ∨ ‖v‖ = 0 ∨ θ = π2 .

5. ‖u‖ = 0 ∨ ‖v‖ = 0 ∨ u ⊥ v.

Tem-se pois:

1. Se u e v sao perpendiculares entao u e v sao ortogonais.

2. u e v podem ser ortogonais e nao serem perpendiculares (basta que um deles seja o

vector nulo).

3. Se u e v sao ambos nao nulos entao u e v sao ortogonais se, e so se, sao perpendiculares.

Notemos que u | v pode tomar qualquer valor real. Se u e v sao nao nulos entao

u | v > 0 se, e so se, cos θ > 0

ou equivalentemente

0 ≤ θ <π

2

e

u | v < 0 se, e so se, cos θ < 0

ou equivalentementeπ

2< θ ≤ π.

Suponhamos que dispunhamos de um processo para determinar o produto interno de dois

vectores sem conhecer as suas normas e o angulo por eles formado. Nesse caso, poderıamos

determinar facilmente normas de vectores e o angulo formado por dois vectores. De facto,

como

u | u = ‖u‖‖u‖ cos 0

= ‖u‖2

ter-se-ia

‖u‖ =√

u | u.

Por outro lado, se u =−→0 ou v =

−→0 entao

θ = ](u, v) = 0.

Page 226: Sebenta Algebra

220

Caso contrario, ter-se-ia

cos θ =u | v‖u‖ ‖v‖

=u | v√

u | u√

v | ve, portanto,

θ = arccosu | v√

u | u√

v | v.

Recorde que

θ cos θ sen θ

π6

√3

212

π4

√2

2

√2

2

π3

12

√3

2

.

Vejamos as principais propriedades do produto interno.

Proposicao 7.6 Sejam u, v e w vectores de R3 e α ∈ R. Tem-se:

1. u | v = v | u.

2. α (u | v) = (αu) | v = u | (αv).

3. (u + v) | w = u | w + v | w e w | (u + v) = w | u + w | v.

Demonstracao:

1. E trivial, pois

u | v = ‖u‖ ‖v‖ cos θ, θ = ](u, v)

e

v | u = ‖v‖ ‖u‖ cos γ, γ = ](v, u).

Como θ = γ e em R a multiplicacao e comutativa obtemos

u | v = ‖u‖ ‖v‖ cos θ = ‖v‖ ‖u‖ cos γ = v | u.

2. Consideremos a demonstracao subdividida em 3 casos.

Caso 1: α = 0.

Neste caso, tem-se

α (u | v) = 0 (u | v) = 0

(αu) | v =−→0 | v = 0

u | (αv) = u | −→0 = 0

Page 227: Sebenta Algebra

221

e, portanto, α (u | v) = (αu) | v = u | (αv).

Caso 2: α > 0.

Notemos que, neste caso,

](αu, v) = ](u, v) e ](u, αv) = ](u, v).

Seja θ = ](u, v). Tem-se

α (u | v) = α (‖u‖ ‖v‖ cos θ) = α‖u‖ ‖v‖ cos θ,

(αu) | v = ‖αu‖‖v‖ cos θ = |α| ‖u‖ ‖v‖ cos θ = α‖u‖ ‖v‖ cos θ,

e

u | (αv) = ‖u‖ ‖αv‖ cos θ = ‖u‖ (|α| ‖v‖) cos θ = α‖u‖ ‖v‖ cos θ

ficando pois demonstrado o que pretendıamos.

Caso 3: α < 0.

Notemos que, neste caso,

](αu, v) = π − ](u, v) e ](u, αv) = π − ](u, v).

Seja θ = ](u, v). Tem-se

α (u | v) = α‖u‖ ‖v‖ cos θ.

Como cos(π − θ) = − cos θ tem-se

(αu) | v = ‖αu‖ ‖v‖ cos(π − θ)

= |α| ‖u‖ ‖v‖(− cos θ)

= −α‖u‖ ‖v‖(− cos θ)

= α‖u‖ ‖v‖ cos θ.

Analogamente,

u | (αv) = ‖u‖ ‖αv‖ cos(π − θ)

= ‖u‖ |α| ‖v‖(− cos θ)

= ‖u‖(−α)‖v‖(− cos θ)

= α‖u‖ ‖v‖ cos θ,

estando assim demonstrado o que pretendıamos.

3. Para demonstrar que

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

utilizaremos um argumento de ordem geometrica.

Page 228: Sebenta Algebra

222

-wHH

HHjuγ HH

HHjuγ

��

��

��

δ

v

���������1

θ

u + v

Notemos que

‖u + v‖ cos θ = ‖u‖ cos γ + ‖v‖ cos δ

em que

θ = ](u + v, w), γ = ](u, w) e δ = ](v, w).

Logo

‖u + v‖ ‖w‖ cos θ = ‖u‖ ‖w‖ cos γ + ‖v‖ ‖w‖ cos δ

e, portanto,

(u + v) | w = u | w + v | w.

A outra afirmacao de 3. obtem-se facilmente da anterior e de 1., pois

w | (u + v) = (u + v) | w = u | w + v | w = w | u + w | v.

Definicao 7.7 Sejam u1, . . . , uk vectores de R3. Dizemos que (u1, . . . , uk) e uma

sequencia ortogonal se os vectores u1, . . . , uk sao dois a dois ortogonais, isto e, se

ui | uj = 0, i, j ∈ {1, . . . , k}, i 6= j.

Proposicao 7.8 Se (u1, . . . , uk) e uma sequencia ortogonal de vectores nao nulos de R3

entao (u1, . . . , uk) e uma sequencia linearmente independente e, portanto, k ≤ 3.

Demonstracao:

Sejam α1, . . . , αk ∈ K tais que

α1u1 + · · ·+ αkuk =−→0

e demonstremos que α1 = · · · = αk = 0.

Para qualquer i ∈ {1, . . . , k} tem-se

ui | (α1u1 + · · ·+ αkuk) = ui |−→0

Page 229: Sebenta Algebra

223

isto e,

ui | (α1u1) + · · ·+ ui | (αkuk) = 0

ou ainda

α1 (ui | u1) + · · ·+ αk (ui | uk) = 0.

Como ui | uj = 0 para i 6= j, da igualdade anterior resulta que

αi (ui | ui) = 0.

Tem-se, pois,

αi‖ui‖2 = 0

e, como u1, . . . , uk sao vectores nao nulos, concluımos como pretendıamos que

αi = 0.

Logo (u1, . . . , uk) e uma sequencia linearmente independente. Como qualquer base

de R3 tem 3 vectores e e uma sequencia geradora, concluımos, pelo Teorema 4.29,

que k ≤ 3.

Definicao 7.9 Seja B = (e1, e2, e3) uma base de R3.

1. B diz-se uma base ortogonal se e uma sequencia ortogonal de vectores.

2. B diz-se uma base ortonormada se for uma base ortogonal constituıda por

vectores unitarios.

Proposicao 7.10 Seja (e1, e2, e3) uma base de R3. Tem-se, (e1, e2, e3) e uma base ortonor-

mada se, e so se,

ei | ej =

1 se i = j

0 se i 6= j, com i, j ∈ {1, 2, 3}.

Demonstracao:

Suponhamos que (e1, e2, e3) e uma base ortonormada de R3. Entao, por ser orto-

gonal, concluımos que

ei | ej = 0 se i 6= j.

Para i = j, com i, j ∈ {1, 2, 3}, tem-se ei | ej = ei | ei = ‖ei‖2 e, como ‖ei‖ = 1,

concluımos que

ei | ej = 1 se i = j.

Page 230: Sebenta Algebra

224

Reciprocamente, suponhamos que (e1, e2, e3) e uma base de R3 tal que

ei | ej =

1 se i = j

0 se i 6= j, com i, j ∈ {1, 2, 3},

e demonstremos que (e1, e2, e3) e uma base ortonormada.

Como, por hipotese, ei | ej = 0, para i 6= j, a base (e1, e2, e3) e uma base ortogonal.

Falta demonstrar que

‖ei‖ = 1, i = 1, 2, 3.

Dado que

ei | ei = 1

concluımos que

‖ei‖2 = 1

e, portanto,

‖ei‖ = 1

conforme querıamos demonstrar.

Proposicao 7.11 Seja (e1, e2, e3) uma base de R3. Sejam u e v vectores de R3 com

u = α1e1 + α2e2 + α3e3

e

v = β1e1 + β2e2 + β3e3.

Tem-se

u | v =3∑

i,j=1

αiβj (ei | ej)

e se (e1, e2, e3) e uma base ortonormada entao

u | v = α1β1 + α2β2 + α3β3.

Page 231: Sebenta Algebra

225

Demonstracao:

Utilizando as propriedades 2. e 3. referidas na Proposicao 7.6, tem-se

u | v = (α1e1 + α2e2 + α3e3) | (β1e1 + β2e2 + β3e3)

= (α1e1 + α2e2 + α3e3) | (β1e1)+

(α1e1 + α2e2 + α3e3) | (β2e2)+

(α1e1 + α2e2 + α3e3) | (β3e3)

= (α1e1) | (β1e1) + (α2e2) | (β1e1) + (α3e3) | (β1e1)+

(α1e1) | (β2e2) + (α2e2) | (β2e2) + (α3e3) | (β2e2)+

(α1e1) | (β3e3) + (α2e2) | (β3e3) + (α3e3) | (β3e3)

= α1β1 (e1 | e1) + α2β1 (e2 | e1) + α3β1 (e3 | e1) +

α1β2 (e1 | e2) + α2β2 (e2 | e2) + α3β2 (e3 | e2)+

α1β3 (e1 | e3) + α2β3 (e2 | e3) + α3β3 (e3 | e3) .

Logo

u | v =3∑

i,j=1

αiβj (ei | ej) .

Se a base (e1, e2, e3) e ortonormada entao

ei | ej =

1 se i = j

0 se i 6= j

e a expressao anterior reduz-se a

u | v = α1β1 + α2β2 + α3β3.

Concluımos entao que se (e1, e2, e3) e uma base ortonormada de R3 e

u = α1e1 + α2e2 + α3e3 e v = β1e1 + β2e2 + β3e3

entao

‖u‖ =√

u | u =√

α21 + α2

2 + α23.

Nestas condicoes, e se u e v sao vectores nao nulos de R3 e θ = ](u, v) entao

θ = arccosu | v‖u‖ ‖v‖

= arccosα1β1 + α2β2 + α3β3√

α21 + α2

2 + α23

√β2

1 + β22 + β2

3

.

Page 232: Sebenta Algebra

226

Exemplo 7.12 Seja (e1, e2, e3) uma base ortonormada de R3. Consideremos os vectores de R3

u = αe1 + 2e2 − 5e3 e v = e1 + 3αe2 + e3,

com α ∈ R.

1. Determinemos o conjunto C dos valores de α para os quais os vectores u e v sao perpen-

diculares.

Conforme referimos na observacao 3. da pagina 219, como u e v sao ambos nao nulos, u

e v sao perpendiculares se, e so se, u | v = 0.

Tem-se

u | v = α× 1 + 2× (3α) + (−5)× 1 = 7α− 5.

Assim, u e v sao perpendiculares se, e so se,

7α− 5 = 0

ou equivalentemente,

α =57.

Logo, o conjunto dos valores de α para os quais u e v sao perpendiculares e o conjunto

C ={

57

}.

2. Determinemos, para α = 1, o angulo formado pelos vectores u e v.

Neste caso tem-se

u = e1 + 2e2 − 5e3 e v = e1 + 3e2 + e3.

Assim,

](u, v) = arccosu | v‖u‖‖v‖

= arccos1× 1 + 2× 3 + (−5)× 1√

12 + 22 + (−5)2√

12 + 32 + 12

= arccos2√

30√

11= arccos

2√330

.

Page 233: Sebenta Algebra

227

7.2 Produto externo e produto misto de vectores de R3

Definicao 7.13 Seja (e1, e2, e3) uma base de R3 e b.c. a base canonica de R3, isto e,

a base((1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)

). Seja

P =M (idR3 ; (e1, e2, e3),b.c.) .

Dizemos que (e1, e2, e3) e uma base directa de R3 se

det P > 0.

Se det P < 0 dizemos que (e1, e2, e3) e uma base inversa de R3.

Note que, na definicao anterior, nao pode ter-se det P = 0. (Porque?)

Exemplo 7.14 1. A base canonica de R3 e uma base directa pois

P =M (idR3 ; b.c., b.c.) = I3

e

det P = 1 > 0.

2. Seja B =((1, 1, 0), (0,−2, 0), (0, 0, 3)

)uma base de R3 e determinemos se B e uma base

directa ou inversa. Tem-se

P =M (idR3 ;B, b.c.) =

2664

1 0 0

1 −2 0

0 0 3

3775.

Como

det P = 1× (−2)× 3 = −6 < 0

a base B e inversa.

Note que se (e1, e2, e3) e uma base directa (respectivamente, inversa) e se trocarmos

a ordem de dois dos vectores entao obtemos uma base inversa (respectivamente, directa).

(Porque?)

Page 234: Sebenta Algebra

228

Definicao 7.15 Sejam u e v dois vectores de R3. Designa-se por produto externo

ou produto vectorial do vector u pelo vector v (por esta ordem), e representa-se por

u×v ou por u ∧ v, o vector de R3 definido do seguinte modo:

1. Se u e v sao linearmente dependentes entao u×v =−→0 .

2. Se u e v sao linearmente independentes entao u×v e o vector perpendicular a u

e perpendicular a v, com

‖u×v‖ = ‖u‖‖v‖ sen θ, θ = ](u, v)

e tal que (u, v, u×v) e uma base directa de R3.

Demonstra-se (o que nao faremos) que existe um, e um so, vector de R3 que, no caso

de u e v serem linearmente independentes, satisfaz as condicoes dadas em 2. da definicao

anterior. Ainda neste caso, note que u e v sao nao nulos e, qualquer que seja α ∈ R, se tem

u 6= αv. Assim

0 < θ < π, sen θ > 0, ‖u‖‖v‖ sen θ > 0

e, portanto,

u×v 6= −→0 .

Consideremos um paralelogramo com vertices consecutivos O, A, C, B

O A

CB

��

��

��

��

e demonstremos que a sua area e igual a

‖−→OA×

−−→OB‖.

De facto, tal area e igual a area do rectangulo a tracejado

O A

CB

��

��

��

��

θ

h

Page 235: Sebenta Algebra

229

sendo pois

‖−→OA‖h

=‖−→OA‖‖

−−→OB‖ sen θ, θ = ](

−→OA,−−→OB),

=‖−→OA×

−−→OB‖.

A area do triangulo [OAB] sera‖−→OA×

−−→OB‖

2.

Definicao 7.16 Sejam u, v e w tres vectores de R3. Ao numero real

(u×v) | w

chamamos produto misto dos vectores u, v e w (por esta ordem).

O modulo do produto misto tem uma interpretacao geometrica que seguidamente expli-

camos.

Sejam

u =−→OA, v =

−−→OB e w =

−−→OC

vectores de R3 linearmente independentes. Neste caso, u, v e w definem um paralelipıpedo

de volume nao nulo.

-��

��

��

���� O

A�

��

��

���

C

B�

��

��

��

��

���

���

6

−→OA×

−−→OB

O volume V desse paralelipıpedo e o produto da area da sua base pela sua altura h.

Como a base e um paralelogramo, a sua area e

‖−→OA×

−−→OB‖.

A altura do paralelipıpedo sera

h = ‖−−→OC‖ |cos θ| , θ = ](

−→OA×

−−→OB,

−−→OC).

Page 236: Sebenta Algebra

230

Notemos que consideramos |cos θ| porque pode suceder que se tenha cos θ ≤ 0. Por

exemplo, se na figura acima considerarmos u =−−→OB e v =

−→OA o paralelipıpedo seria o

mesmo mas ter-se-ia cos θ < 0.

Assim,

V = ‖−→OA×

−−→OB‖h

= ‖−→OA×

−−→OB‖‖

−−→OC‖ |cos θ| , θ = ](

−→OA×

−−→OB,

−−→OC)

=∣∣∣‖−→OA×

−−→OB‖‖

−−→OC‖ cos θ

∣∣∣ , θ = ](−→OA×

−−→OB,

−−→OC)

=∣∣∣(−→OA×

−−→OB

)|−−→OC∣∣∣ .

Vejamos agora algumas propriedades do produto externo.

Proposicao 7.17 Sejam u, v e w vectores de R3 e seja α ∈ R. Tem-se

1. u×v = −v×u.

2. α(u×v) = (αu)×v = u×(αv).

3. (u + v)×w = (u×w) + (v×w).

4. w×(u + v) = (w×u) + (w×v).

Demonstracao:

1. Atendendo a definicao de produto externo, se u e v sao linearmente dependentes

entao

u×v =−→0 e v×u =

−→0

logo

u×v = −v×u.

Se u e v sao linearmente independentes entao concluımos facilmente que u×v e

v×u tem a mesma direccao, a mesma norma, mas sentidos contrarios e, portanto,

u×v = −v×u.

2. Exercıcio. (Considere separadamente os casos α = 0, α > 0 e α < 0.)

3. Nao demonstraremos.

Page 237: Sebenta Algebra

231

4. Consequencia de 3. e 1. pois

w×(u + v) = −(u + v)×w

= − [(u×w) + (v×w)]

= − [− (w×u) + (− (w×v))]

= (w×u) + (w×v) .

Observacao - Existem vectores u, v, w ∈ R3 tais que

(u×v)×w 6= u× (v×w)

e, portanto, o produto externo nao e associativo.

Por exemplo, se v = αu e v e w sao linearmente independentes tem-se

u×v = u×αu =−→0 e (u×v)×w =

−→0 ×w =

−→0 .

Por outro lado, como v×w e perpendicular a v (e a w), concluımos que v×w e perpendicular

a 1αv = u. Logo u e v×w sao linearmente independentes e, portanto,

u× (v×w) 6= −→0 .

Vejamos agora como obter o produto externo ou o produto misto de vectores quando

conhecemos as suas coordenadas em relacao a uma base ortonormada directa de R3.

Seja (e1, e2, e3) uma base ortonormada directa de R3. Determinemos, pela definicao de

produto externo, o vector

w = e1×e2.

Por definicao, w e perpendicular a e1 e a e2, tal como e3, e portanto tem a direccao de e3.

A sua norma sera

‖w‖ = ‖e1‖‖e2‖ senπ

2= 1 · 1 · 1 = 1

e, portanto,

‖w‖ = ‖e3‖.

Logo w = e3 ou w = −e3. Como (e1, e2, w) tem que ser uma base directa e (e1, e2, e3) e uma

base directa concluımos que

e1×e2 = e3.

Page 238: Sebenta Algebra

232

Analogamente concluirıamos que

e2×e3 = e1 e e3×e1 = e2.

Obviamente que

e2×e1 = − (e1×e2) = −e3

e3×e2 = −e1

e1×e3 = −e2

e

e1×e1 =−→0

e2×e2 =−→0

e3×e3 =−→0 .

Utilizando as propriedades do produto externo e do produto interno estamos agora em

condicoes de calcular o produto externo de quaisquer dois vectores de R3 e o produto misto

de quaisquer tres vectores de R3, conhecendo as suas coordenadas em relacao a uma base

ortonormada directa de R3.

Teorema 7.18 Seja (e1, e2, e3) uma base ortonormada directa de R3 e sejam

u = α1e1 + α2e2 + α3e3, v = β1e1 + β2e2 + β3e3 e w = γ1e1 + γ2e2 + γ3e3

vectores arbitrarios de R3. Tem-se

1. u×v =����� α2 α3

β2 β3

�����e1 −����� α1 α3

β1 β3

�����e2 +����� α1 α2

β1 β2

�����e3.

2. (u×v) | w =����� α2 α3

β2 β3

�����γ1 −����� α1 α3

β1 β3

�����γ2 +����� α1 α2

β1 β2

�����γ3 =

��������α1 α2 α3

β1 β2 β3

γ1 γ2 γ3

��������.

Page 239: Sebenta Algebra

233

Demonstracao:

1.

u×v = (α1e1 + α2e2 + α3e3)×(β1e1 + β2e2 + β3e3)

= (α1e1 + α2e2 + α3e3)×(β1e1)+

(α1e1 + α2e2 + α3e3)×(β2e2)+

(α1e1 + α2e2 + α3e3)×(β3e3)

= (α1e1)×(β1e1) + (α2e2)×(β1e1) + (α3e3)×(β1e1)+

(α1e1)×(β2e2) + (α2e2)×(β2e2) + (α3e3)×(β2e2)+

(α1e1)×(β3e3) + (α2e2)×(β3e3) + (α3e3)×(β3e3)

= α1β1(e1×e1) + α2β1(e2×e1) + α3β1(e3×e1)+

α1β2(e1×e2) + α2β2(e2×e2) + α3β2(e3×e2)+

α1β3(e1×e3) + α2β3(e2×e3) + α3β3(e3×e3)

= α2β1(−e3) + α3β1e2 + α1β2e3 + α3β2(−e1) + α1β3(−e2) + α2β3e1

= (α2β3 − α3β2)e1 − (α1β3 − α3β1)e2 + (α1β2 − α2β1)e3

=����� α2 α3

β2 β3

�����e1 −����� α1 α3

β1 β3

�����e2 +����� α1 α2

β1 β2

�����e3.

(Nota: E usual considerarmos o “determinante”��������e1 e2 e3

α1 α2 α3

β1 β2 β3

��������que nao tem significado matematico, mas que e utilizado como mnemonica para

fixar a expressao de u×v em base ortonormada directa uma vez que o seu desen-

volvimento, se pudessemos utilizar o Teorema de Laplace aplicado a linha 1, daria

tal expressao.)

2. Atendendo a expressao do produto interno em base ortonormada e a expressao

de u×v dado em 1. resulta de imediato que

(u×v) | w =����� α2 α3

β2 β3

�����γ1 −����� α1 α3

β1 β3

�����γ2 +����� α1 α2

β1 β2

�����γ3

Lapl.=l1

��������γ1 γ2 γ3

α1 α2 α3

β1 β2 β3

��������=

l1 ↔ l2−

��������α1 α2 α3

γ1 γ2 γ3

β1 β2 β3

��������=

l2 ↔ l3

��������α1 α2 α3

β1 β2 β3

γ1 γ2 γ3

��������.

Exemplo 7.19 1. Seja (e1, e2, e3) uma base ortonormada e directa de R3. Consideremos

os vectores

u = e1 + e2 − 2e3, v = 3e1 − e3 e w = e2 + e3.

Page 240: Sebenta Algebra

234

(a) Determinemos u×v.

Utilizando como mnemonica o desenvolvimento do “determinante” sem significado

matematico ��������e1 e2 e3

1 1 −2

3 0 −1

��������,

pelo Teorema de Laplace aplicado a linha 1, obtemos

u×v =����� 1 −2

0 −1

�����e1 −����� 1 −2

3 −1

�����e2 +����� 1 1

3 0

�����e3

= −e1 − 5e2 − 3e3.

(b) Determinemos um vector unitario perpendicular a u e a v e um vector perpendicular

a u e a v com norma 5.

Por definicao de produto externo, como u e v sao linearmente independentes, u×v e

um vector perpendicular a u e a v.

Tem-se

‖u×v‖ =√

(u×v) | (u×v) =√

(−1)2 + (−5)2 + (−3)2 =√

35.

Como para qualquer α ∈ R \ {0} e qualquer vector z nao nulo, de R3, o vector αz

tem a direccao de z e ‖αz‖ = |α| ‖z‖, basta considerar um vector

α(u×v)

com

|α| = 1√35

,

ou equivalentemente,

α =1√35

ou α = − 1√35

.

Logo, o vector

w =1√35

(u×v) =1√35

(−e1 − 5e2 − 3e3)

e, ainda, perpendicular a u e a v e tem norma 1 tal como o vector

w′ = − 1√35

(u×v) = − 1√35

(−e1 − 5e2 − 3e3).

Se pretendermos um vector perpendicular a u e a v com norma 5, basta considerar o

vector

z = 5w =5√35

(−e1 − 5e2 − 3e3)

ou

z′ = 5w′ = − 5√35

(−e1 − 5e2 − 3e3).

Page 241: Sebenta Algebra

235

2. Consideremos o referencial ortonormado e directo (O; e1, e2, e3) e os pontos

A = (0, k,−3), B = (−1, 0,−4) e C = (1, k,−3),

com k ∈ R.

(a) Determinemos o conjunto dos valores de k para os quais a area do triangulo de vertices

A, B e C e 1.

-��

��

��

@@

@@

@

A C

B

��

��

Tem-se

−−→AB = B −A = (−1,−k,−1) e

−→AC = C −A = (1, 0, 0).

A area do paralelogramo e

‖−−→AB×

−→AC‖

e a area do triangulo e

‖−−→AB×

−→AC‖

2.

Tem-se

−−→AB×

−→AC =

����� −k −1

0 0

�����e1 −����� −1 −1

1 0

�����e2 +����� −1 −k

1 0

�����e3

= −e2 + ke3

e

‖−−→AB×

−→AC‖ =

√02 + (−1)2 + k2 =

√1 + k2.

Como queremos que

‖−−→AB×

−→AC‖

2= 1,

isto e, √1 + k2

2= 1,

resulta que

1 + k2 = 4.

Logo

k ∈ {−√

3,√

3}.

Assim, o conjunto dos valores de k para os quais a area do triangulo e 1 e o conjunto

{−√

3,√

3}.

Page 242: Sebenta Algebra

236

(b) Determinemos o conjunto dos valores de k para os quais o volume do paralelipıpedo

de arestas [OA], [OB] e [OC] seja igual a 6.

Sabemos que o volume desse paralelipıpedo e igual a∣∣∣(−→OA×−−→OB) |

−−→OC∣∣∣ .

Determinemos

(−→OA×

−−→OB) |

−−→OC.

Tem-se

−→OA = A−O = (0, k,−3),

−−→OB = B−O = (−1, 0,−4),

−−→OC = C−O = (1, k,−3)

e

(−→OA×

−−→OB) |

−−→OC =

��������0 k −3

−1 0 −4

1 k −3

��������=

l1 ↔ l3−

��������1 k −3

−1 0 −4

0 k −3

��������

=l2 + l1

��������1 k −3

0 k −7

0 k −3

��������=

l3 + (−1)l2−

��������1 k −3

0 k −7

0 0 4

��������= −4k.

Assim, sao equivalentes as afirmacoes:∣∣∣(−→OA×−−→OB) |

−−→OC∣∣∣ = 6

|−4k| = 6

−4k = 6 ∨ −4k = −6

k = −32

∨ k =32.

Logo, o conjunto dos valores de k para os quais o volume do paralelipıpedo e 6 e{−3

2,32

}.

(c) Determinemos o conjunto D dos valores de k para os quais os pontos O, A, B e C

estao todos num mesmo plano.

Observemos que tal equivale a afirmar que

(−→OA×

−−→OB) |

−−→OC = 0

isto e,

−4k = 0

e, portanto, o conjunto dos valores de k pretendido e

D = {0}.

Page 243: Sebenta Algebra

Capıtulo 8

Geometria Analıtica

(Resumo)

8.1 Representacoes cartesianas da Recta e do Plano

Uma representacao cartesiana de uma recta ou de um plano relativamente a um referencial e

uma equacao ou um sistema de equacoes cujas solucoes sao as coordenadas dos seus pontos

nesse referencial.

No que se segue consideramos fixado um referencial ortonormado e directo.

Estudaremos primeiramente as representacoes cartesianas da recta.

O caso que comecaremos por estudar, a que chamaremos o caso tipo, e o de uma recta

R em que conhecemos um ponto A = (a1, a2, a3) da recta e um vector u = (α1, α2, α3) com

a sua direccao, a que tambem chamamos vector director da recta.

Seja X = (x, y, z) um ponto arbitrario de R3. Notemos que X = (x, y, z) ∈ R se, e so se,

existe λ ∈ R tal que (x, y, z) = (a1, a2, a3) + λ(α1, α2, α3).

A equacao

(x, y, z) = (a1, a2, a3) + λ(α1, α2, α3), λ ∈ R

chamamos equacao vectorial da recta R.

Page 244: Sebenta Algebra

238

Da equacao anterior resulta que (x, y, z) ∈ R se, e so se, existe λ ∈ R tal quex = a1 + α1λ

y = a2 + α2λ

z = a3 + α3λ

.

Ao “sistema de equacoes”

x = a1 + α1λ

y = a2 + α2λ

z = a3 + α3λ

, λ ∈ R

chamamos equacoes parametricas da recta R.

Considerando de novo a recta R, tem-se

u = (α1, α2, α3) 6= (0, 0, 0).

Caso 1: α1 6= 0 e α2 6= 0 e α3 6= 0.

Neste caso, tem-se (x, y, z) ∈ R se, e so se, existe λ ∈ R tal queλ = x−a1

α1

λ = y−a2

α2

λ = z−a3α3

e, portanto, (x, y, z) ∈ R se, e so se,

x− a1

α1=

y − a2

α2=

z − a3

α3.

As equacoes anteriores chamamos equacoes normais da recta R.

Caso 2:

Subcaso 2.1 α1 = 0 e α2 6= 0 e α3 6= 0.

Subcaso 2.2 α1 6= 0 e α2 = 0 e α3 6= 0.

Subcaso 2.3 α1 6= 0 e α2 6= 0 e α3 = 0.

Estudaremos apenas o Subcaso 2.1, dado que os restantes sao inteiramente analogos.

Subcaso 2.1 α1 = 0 e α2 6= 0 e α3 6= 0.

Page 245: Sebenta Algebra

239

Nestas condicoes podemos afirmar que (x, y, z) ∈ R se, e so se, existe λ ∈ R tal

que x = a1

λ = y−a2

α2

λ = z−a3α3

e, portanto, (x, y, z) ∈ R se, e so se,

x = a1 ey − a2

α2=

z − a3

α3

que serao as equacoes normais da recta R.

Caso 3:

Subcaso 3.1 α1 = 0 e α2 = 0 e α3 6= 0.

Subcaso 3.2 α1 = 0 e α2 6= 0 e α3 = 0.

Subcaso 3.3 α1 6= 0 e α2 = 0 e α3 = 0.

Tal como anteriormente, estudaremos apenas um dos subcasos por os restantes serem

analogos.

Subcaso 3.1 α1 = 0 e α2 = 0 e α3 6= 0.

Nestas condicoes podemos afirmar que (x, y, z) ∈ R se, e so se, existe λ ∈ R tal

que x = a1

y = a2

λ = z−a3α3

e, portanto, (x, y, z) ∈ R se, e so se,

x = a1 e y = a2

que serao as equacoes normais da recta R.

Sejam A e B dois pontos de R3, com A 6= B. Existe uma, e uma so, recta que passa

pelos pontos A e B. O caso da determinacao das equacoes da recta que passa pelos pontos

A e B reduz-se facilmente ao caso tipo considerando como ponto da recta o ponto A (ou o

ponto B) e como vector director da recta o vector u =−−→AB (ou qualquer outro com a mesma

direccao, isto e, da forma α−−→AB, com α ∈ R \ {0}). Em particular, −

−−→AB =

−−→BA.

Page 246: Sebenta Algebra

240

Notemos que, em qualquer um dos casos anteriormente indicados, as equacoes normais

de uma recta sao um sistema de duas equacoes lineares com tres incognitas, equivalentes a

um sistema do tipo ax + by + cz + d = 0

a′x + b′y + c′z + d′ = 0

com

r("

a b c d

a′ b′ c′ d′

#)= 2.

Vejamos agora como partindo de um sistema do tipo anterior, cujas solucoes sao as

coordenadas dos pontos de uma recta R, podemos obter uma equacao vectorial da recta R.

Notemos que basta considerar duas solucoes distintas do sistema anterior, isto e, dois

pontos distintos de R, para obtermos, conforme explicamos anteriormente, uma equacao

vectorial de R.

Consideremos agora as representacoes cartesianas do plano.

Seja A = (a1, a2, a3) um ponto de R3 e u = (α1, α2, α3) e v = (β1, β2, β3) dois vecto-

res de R3 que nao tenham a mesma direccao ou, equivalentemente, que sejam linearmente

independentes.

Consideremos o plano P que passa pelo ponto A e e paralelo aos vectores u e v (este caso

sera considerado o caso tipo).

Seja X = (x, y, z) um elemento arbitrario de R3. Notemos que X = (x, y, z) ∈ P se, e so

se, existem λ, µ ∈ R tais que (x, y, z) = (a1, a2, a3) + λ(α1, α2, α3) + µ(β1, β2, β3).

A equacao

(x, y, z) = (a1, a2, a3) + λ(α1, α2, α3) + µ(β1, β2, β3), λ, µ ∈ R

chamamos equacao vectorial do plano P.

Da equacao anterior resulta que (x, y, z) ∈ P se, e so se, existem λ, µ ∈ R tais que

x = a1 + α1λ + β1µ

y = a2 + α2λ + β2µ

z = a3 + α3λ + β3µ

.

Page 247: Sebenta Algebra

241

Ao “sistema de equacoes”x = a1 + α1λ + β1µ

y = a2 + α2λ + β2µ

z = a3 + α3λ + β3µ

, λ, µ ∈ R

chamamos equacoes parametricas do plano P.

Consideremos ainda o plano P anterior que passa pelo ponto A = (a1, a2, a3) e e paralelo

aos vectores u = (α1, α2, α3) e v = (β1, β2, β3). Sendo X = (x, y, z) um ponto arbitrario de

R3 e recordando que u×v e um vector perpendicular a u e a v e, portanto, perpendicular ao

plano P, podemos tambem afirmar que X = (x, y, z) ∈ P se, e so se,

(u×v) |−−→AX = 0

ou, equivalentemente, ��������α1 α2 α3

β1 β2 β3

x− a1 y − a2 z − a3

��������= 0.

Assim, (x, y, z) ∈ P se, e so se,

(x− a1)����� α2 α3

β2 β3

�����− (y − a2)����� α1 α3

β1 β3

����� + (z − a3)����� α1 α2

β1 β2

����� = 0

ou, equivalentemente,

(α2β3 − α3β2)(x− a1) + (α3β1 − α1β3)(y − a2) + (α1β2 − α2β1)(z − a3) = 0.

Assim, os pontos do plano P sao os pontos de R3 cujas coordenadas sao as solucoes da

equacao linear, nas incognitas x, y e z,

ax + by + cz + d = 0 (8.1)

em que

a = α2β3 − α3β2, b = α3β1 − α1β3, c = α1β2 − α2β1 e d = −aa1 − ba2 − ca3.

A qualquer equacao do tipo (8.1), cujas solucoes sejam as coordenadas dos pontos do

plano P, chamamos equacao geral do plano P.

O vector w = (a, b, c) e exactamente o produto externo de u por v e, portanto, w = (a, b, c)

e um vector perpendicular ao plano P.

Se a′x + b′y + c′z + d′ = 0 e outra equacao geral do plano P entao as equacoes

ax + by + cz + d = 0 e a′x + b′y + c′z + d′ = 0

Page 248: Sebenta Algebra

242

sao equivalentes. Logo existe α ∈ R \ {0} tal que (a′, b′, c′, d′) = α(a, b, c, d) e, portanto,

w′ = (a′, b′, c′) = αw

tem a direccao de w, pelo que e tambem perpendicular ao plano P.

Assim, em qualquer equacao geral de um plano P, nas variaveis x, y e z, os coeficientes

dessas variaveis dao-nos as coordenadas de um vector perpendicular ao plano P.

Notemos que um plano fica completamente determinado se conhecermos um ponto

A = (a1, a2, a3) do plano e um vector w = (γ1, γ2, γ3) perpendicular ao plano. Atendendo as

observacoes anteriores obtemos facilmente a equacao geral do plano pois sera da forma

γ1x + γ2y + γ3z + d = 0

com d determinado da forma a que o ponto A = (a1, a2, a3) pertenca ao plano, isto e, ter-se-a

γ1a1 + γ2a2 + γ3a3 + d = 0

e, portanto,

d = −(γ1a1 + γ2a2 + γ3a3).

Sejam A, B e C tres pontos de R3 nao colineares, isto e, tais que nao existe nenhuma

recta a que pertencam os tres pontos simultaneamente.

Existe um, e so um, plano P que passe pelos pontos A, B e C. Podemos facilmente

escrever a equacao vectorial do plano P tomando como ponto do plano um dos pontos A, B

ou C e para vectores u e v, por exemplo,

u =−−→AB e v =

−→AC.

Se pretendermos escrever a equacao geral basta considerar para vector perpendicular a P,

w =−−→AB×

−→AC e como ponto do plano um dos pontos A, B ou C.

Partindo de uma equacao vectorial de um plano P sabemos obter equacoes parametricas

e uma equacao geral do plano P que e uma equacao do tipo

ax + by + cz + d = 0

cujas solucoes sao as coordenadas dos pontos do plano P.

Se pretendermos efectuar o “percurso inverso”, isto e, se a partir de uma equacao geral

do plano P pretendermos obter uma equacao vectorial do plano P basta considerarmos tres

solucoes da equacao anterior, A, B e C, tais que−−→AB e

−→AC sejam linearmente independentes

para escrevermos, conforme explicamos anteriormente, uma equacao vectorial do plano P.

Page 249: Sebenta Algebra

243

8.2 Problemas nao metricos

Nesta seccao vamos estudar as possıveis posicoes relativas entre duas rectas, entre dois planos

e entre uma recta e um plano bem como processos simples para decidir o caso em questao.

1. Sejam R1 e R2 duas rectas.

As rectas R1 e R2 verificam uma, e uma so, das seguintes condicoes:

(a) R1 = R2.

(b) R1 e R2 sao estritamente paralelas.

(c) R1 e R2 sao concorrentes, isto e, a sua interseccao e um ponto.

(d) R1 e R2 sao enviesadas.

2. Sejam P1 e P2 dois planos.

Os planos P1 e P2 verificam uma, e uma so, das seguintes condicoes:

(a) P1 = P2.

(b) P1 e P2 sao estritamente paralelos.

(c) A interseccao de P1 e P2 e uma recta.

3. Sejam R uma recta e P um plano.

A recta R e o plano P verificam uma, e uma so, das seguintes condicoes:

(a) R ⊂ P.

(b) R e estritamente paralela a P.

(c) A recta R e o plano P sao concorrentes, isto e, a interseccao de R e com P e um

ponto.

Vejamos como, de uma forma simples, podemos decidir qual o caso em questao.

1. Sejam R1 e R2 duas rectas.

Considere-se um vector u1 com a direccao de R1 e considere-se um vector u2 com a

direccao de R2. Se u1 e u2 tem a mesma direccao, isto e, se existe α ∈ R tal que

u1 = αu2, entao estamos no caso (a) ou no caso (b). Caso contrario, estamos no caso

(c) ou no caso (d).

Page 250: Sebenta Algebra

244

Para decidir entre os casos (a) e (b) basta atender que no primeiro todo o ponto de uma

recta pertence a outra recta e no segundo nenhum ponto de uma das rectas pertence a

outra. Assim, basta tomar um ponto qualquer de uma das rectas e verificar se pertence

ou nao a outra.

Para decidir entre os casos (c) e (d) basta atender a que no caso (c) se tem R1∩R2 6= ∅

e no caso (d) se tem R1 ∩ R2 = ∅. Assim, se considerarmos um sistema de equacoes

lineares A′X = B′ constituıdo por quatro equacoes nas incognitas x, y e z, em que

duas das equacoes sao equacoes que definem a recta R1 e as outras duas equacoes sao

equacoes que definem a recta R2, podemos afirmar que se o sistema for possıvel (isto

e, se r(A′) = r[A′ | B′]) entao estamos no caso (c), caso contrario estamos no caso (d).

2. Sejam P1 e P2 dois planos.

Considere-se um vector w1 perpendicular a P1 e considere-se um vector w2 perpendi-

cular a P2.

Se w1 e w2 tem a mesma direccao, isto e, se existe β ∈ R tal que w1 = βw2, entao

estamos no caso (a) ou no caso (b). Caso contrario, estamos no caso (c).

Para decidir entre os casos (a) e (b) basta atender a que no primeiro todo o ponto de

um dos planos pertence ao outro plano e no segundo nenhum ponto de um dos planos

pertence ao outro plano. Assim, basta tomar um ponto qualquer de um dos planos e

verificar se pertence ou nao ao outro plano.

3. Sejam R uma recta e P um plano.

Considere-se um vector u com a direccao da recta R e um vector w perpendicular ao

plano P.

Se u e w sao perpendiculares (o que, como u e w sao nao nulos, e equivalente a afirmar

que u | w = 0) entao estamos no caso (a) ou no caso (b), caso contrario estamos no

caso (c).

Para decidir entre os casos (a) e (b) basta atender a que no primeiro todo o ponto da

recta R pertence ao plano P e no segundo nenhum ponto da recta R pertence ao plano

P. Assim, basta tomar um ponto qualquer da recta e verificar se pertence ou nao ao

plano.

Exemplo 8.1 Consideremos fixado um referencial ortonormado e directo (O; e1, e2, e3)

de R3.

Page 251: Sebenta Algebra

245

Seja R a recta de equacoes normais

x = 2 ey − 3

2=

z

4

e P o plano que passa pelos pontos

A = (1, 0,−1), B = (2, 2, 0) e C = (1, 1, 1).

Vejamos que R e estritamente paralela a P.

Determinemos um vector u com a direccao de R e um vector w perpendicular a

P. Conforme referimos, R e paralela a P (podendo ser coincidente ou estritamente

paralela) se, e so se,

u | w = 0.

Para obter u basta determinar dois pontos distintos da recta R, por exemplo,

D = (2, 3, 0) e E = (2, 1,−4)

e considerar, por exemplo,

u =−−→DE = (0,−2,−4).

Consideremos, por exemplo, w =−−→AB×

−→AC. Como

−−→AB = (1, 2, 1) e

−→AC = (0, 1, 2)

tem-se

w =−−→AB×

−→AC = (3,−2, 1).Mnemonica:

��������e1 e2 e3

1 2 1

0 1 2

��������= 3e1 − 2e2 + 1e3.

Assim,

u | w = (0,−2,−4) | (3,−2, 1) = 0× 3 + (−2)× (−2) + (−4)× 1 = 0

e, portanto, R e paralela a P.

Para determinarmos seR ⊂ P ou seR e estritamente paralela a P temos de considerar

um ponto qualquer de R e verificar se pertence ou nao ao plano P.

Como (3,−2, 1) e um vector perpendicular a P e P passa no ponto A = (1, 0,−1),

uma equacao geral do plano P sera

3x− 2y + 1z + d = 0

Page 252: Sebenta Algebra

246

com

d = −(3× 1− 2× 0 + 1× (−1)) = −2.

Atendendo a equacao geral do plano P

3x− 2y + z − 2 = 0

concluımos que o ponto da recta R, D = (2, 3, 0), nao pertence ao plano P pois

3× 2− 2× 3 + 0− 2 6= 0.

Logo R e estritamente paralela a P.

8.3 Problemas metricos: distancias e angulos

Sejam A e B dois pontos de R3. A distancia entre A e B, que representaremos por d(A,B),

e, como sabemos,

d(A,B) = ‖−−→AB‖.

Consideremos agora que F1 e F2 sao pontos, rectas ou planos de R3.

Definicao 8.2 Entende-se por distancia entre F1 e F2, e representa-se por

d(F1,F2), o mınimo das distancias entre os pontos de F1 e os pontos de F2, isto

e,

d(F1,F2) = min{d(A,B) : A ∈ F1, B ∈ F2}.

Notemos que se F1 ∩ F2 6= ∅ entao d(F1,F2) = 0.

Veremos seguidamente que todos os casos que possam surgir de distancias entre F1 e F2

se reduzem a um dos tres casos seguintes.

Caso 1: Distancia entre dois pontos.

Caso 2: Distancia de um ponto a uma recta.

Caso 3: Distancia de um ponto a um plano.

Caso 2: Distancia de um ponto P a uma recta R.

Seja A um ponto da recta R e u um vector com a direccao de R.

Page 253: Sebenta Algebra

247

R-u

rA

rP

Tem-se

R-u

rA

rP

������

����*

θ

d(P,R)

d(P,R) = ‖−→AP‖ sen θ, θ = ](u,

−→AP )

= ‖−→AP‖ ‖

−→AP×u‖‖−→AP‖‖u‖

=‖−→AP×u‖‖u‖

.

Caso 3: Distancia de um ponto P a um plano P.

Seja A um ponto do plano P e w um vector perpendicular do plano P.

������

������

P

6wr

A

rP

Tem-se

������

������

P

6wr

A

rP

�����

�����*

θd(P,P)

d(P,P) =∣∣∣‖−→AP‖ cos θ

∣∣∣ , com θ = ](−→AP,w).

Note que, conforme o sentido do vector w, pode ter-se 0 ≤ θ ≤ π2 ou π

2 ≤ θ ≤ π e neste

Page 254: Sebenta Algebra

248

ultimo caso tem-se cos θ ≤ 0. Assim,

d(P,P) =

∣∣∣∣∣‖−→AP‖−→AP | w‖−→AP‖‖w‖

∣∣∣∣∣=

∣∣∣−→AP | w∣∣∣

‖w‖.

Vejamos agora os restantes casos.

Sejam R1 e R2 duas rectas.

(a) Se R1 = R2 entao d(R1,R2) = 0.

(b) Se R1 e R2 sao estritamente paralelas entao d(R1,R2) e a distancia de um ponto

qualquer de R1 a recta R2 (ou equivalentemente, de um ponto qualquer de R2 a

recta R1).

(c) Se R1 e R2 sao concorrentes entao d(R1,R2) = 0.

(d) Se R1 e R2 sao enviesadas entao considera-se o plano P que, contendo a recta R1,

e paralelo a R2 e d(R1,R2) e a distancia de um ponto qualquer de R2 ao plano P

(equivalentemente, considera-se o plano P ′ que, contendo a recta R2, e paralelo

a R1 e d(R1,R2) e a distancia de um ponto qualquer de R1 ao plano P ′).

Sejam P1 e P2 dois planos.

(a) Se P1 = P2 entao d(P1,P2) = 0.

(b) Se P1 e P2 sao estritamente paralelos entao d(P1,P2) e a distancia de um ponto

qualquer de P1 ao plano P2 (ou equivalentemente, de um ponto qualquer de P2

ao plano P1).

(c) Se a interseccao de P1 e P2 e uma recta entao d(P1,P2) = 0.

Finalmente, seja R uma recta e P um plano.

(a) Se R ⊂ P entao d(R,P) = 0.

(b) SeR e estritamente paralela a P entao d(R,P) e a distancia de um ponto qualquer

da recta R ao plano P.

(c) Se R e P se intersectam num ponto entao d(R,P) = 0.

Page 255: Sebenta Algebra

249

1. Angulo de duas rectas

Sejam R1 e R2 duas rectas. O angulo das rectas R1 e R2 e, por definicao, o menor

dos angulos formado por duas rectas complanares, uma delas com a direccao de R1,

seja R′1, e a outra com a direccao de R2, que designamos por R′2.

������������������������R′2XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXR′1

θ = ](R1,R2) = ](R′1,R′2)XXXXzu�����9 v

Seja u um vector com a direccao de R′1 (igual a direccao de R1) e seja v um vector

com a direccao de R′2 (igual a direccao de R2). Sendo

θ1 = ](u, v) e θ2 = π − θ1

pretendemos

θ = min {θ1, θ2} .

Dado que os angulos θ1 e θ2 sao suplementares, isto e, θ1 + θ2 = π, verifica-se que

cos θ1 = − cos θ2 e o menor dos angulos sera o que tem o co-seno nao negativo.

Assim,

θ = ](R1,R2) = arccos|u | v|‖u‖‖v‖

.

2. Angulo de dois planos

Vejamos que este caso se reduz ao anterior.

Sejam P1 e P2 dois planos. Define-se angulo dos planos P1 e P2 como sendo o angulo

formado por duas rectas R1 e R2, sendo R1 perpendicular a P1 e R2 perpendicular a

P2.

3. Angulo de uma recta e um plano

Este caso tambem se reduz ao caso 1.

Seja R uma recta e seja P um plano.

������

������

P������

�������

����

R

Page 256: Sebenta Algebra

250

O angulo de R com P define-se como sendo o complementar do angulo formado

por R com uma recta S perpendicular ao plano P, isto e, se α = ](R,S) entao

θ = ](R,P) = π2 − α.

������

������

P�����

������

��

����

R

α

S

θ

������

u

?

w

Sendo u um vector com a direccao da recta R e w um vector perpendicular ao plano

P (e, portanto, com a direccao da recta S) vimos no Caso 1. do angulo de duas rectas

que

α = arccos|u | w|‖u‖‖w‖

e, portanto,

θ =π

2− α =

π

2− arccos

|u | w|‖u‖‖w‖

.

Mais simplesmente, como α e θ sao complementares, tem-se

cos α = sen θ =|u | w|‖u‖‖w‖

e, portanto,

θ = arcsen|u | w|‖u‖‖w‖

.