Sergio Lu´ ´ıs Zani - conteudo.icmc.usp.brconteudo.icmc.usp.br/CMS/Arquivos/arquivos_enviados/NOVO_28_sma304.pdf · Neste cap´ıtulo introduziremos o conceito de espac¸o vetorial

Algebra Linear

Sergio Luıs Zani

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Sumario

1 Espacos Vetoriais 71.1 Introducao e Exemplos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2 Propriedades. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.3 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2 Subespacos Vetoriais 152.1 Introducao e Exemplos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.2 Intersecao e Soma de Subespacos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.3 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

3 Combinacoes Lineares 233.1 Introducao e Exemplos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233.2 Geradores. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243.3 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

4 Dependencia Linear 314.1 Introducao e Exemplos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 314.2 Propriedades. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 344.3 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

5 Base, Dimensao e Coordenadas 375.1 Base. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 375.2 Dimensao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 385.3 Dimensao de Soma de Subespacos Vetoriais. . . . . . . . . . . . . . . 415.4 Coordenadas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 455.5 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

3

4 SUMARIO

6 Mudanca de Base 516.1 Introducao, Exemplos e Propriedades. . . . . . . . . . . . . . . . . . 516.2 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

7 Exercıcios Resolvidos – Uma Revisao 59

8 Transformacoes Lineares 718.1 Introducao e Exemplos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 718.2 O Espaco VetorialL (U, V ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 738.3 Imagem e Nucleo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 798.4 Isomorfismo e Automorfismo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 858.5 Matriz de uma Transformacao Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

8.5.1 Definicao e Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 878.5.2 Propriedades. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

8.6 Exercıcios Resolvidos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 938.7 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

9 Autovalores e Autovetores 1059.1 Definicao, Exemplos e Generalidades. . . . . . . . . . . . . . . . . . 1059.2 Polinomio Caracterıstico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1119.3 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

10 Diagonalizacao 11510.1 Definicao e Caracterizacao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11510.2 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

11 Forma Canonica de Jordan 12511.1 Exercıcio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

12 Espacos Euclidianos 13312.1 Produto Interno. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13312.2 Norma. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13612.3 Distancia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13812.4 Angulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13912.5 Ortogonalidade. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14012.6 Processo de Ortonormalizacao de Gram-Schmidt. . . . . . . . . . . . 14512.7 Complemento Ortogonal. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

SUMARIO 5

12.8 Isometria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15012.9 Operador Auto-adjunto. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15312.10Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156

6 SUMARIO

Capıtulo 1

Espacos Vetoriais

1.1 Introducao e Exemplos

Neste capıtulo introduziremos o conceito de espaco vetorial que sera usado em todo odecorrer do curso.

Porem, antes de apresentarmos a definicao de espaco vetorial, passemos a analisarem paralelo dois objetos: o conjunto formado pelas funcoesf : R → R, denotadopor F (R) e o conjunto das matrizes quadradas de ordemm com coeficientes reais quedenotaremos porMm(R), ou simplesmente, porMm.

A soma de duas funcoesf e g deF (R) e definida como sendo a funcaof + g ∈F (R) dada por(f + g)(x) = f(x) + g(x).

Note tambem que seλ ∈ R podemos multiplicar a funcao f pelo escalarλ, daseguinte forma(λf)(x) = λ(f(x)), resultando num elemento deF (R).

Com relacao aMn podemos somar duas matrizes quadradas de ordemn, A =(aij)n×n e B = (bij)n×n, colocandoA + B = (aij + bij)n×n, que e um elementodeMn.

Com a relacao a multiplicacao deA = (aij)n×n por um escalarλ ∈ R, e naturaldefinirmosλA = (λaij)n×n, o qual tambem pertence aMn.

O que estes dois conjuntos acima, com estasestruturasde adicao de seus elementose multiplicacao de seus elementos por escalares, tem comum? Vejamos:

Verifica-se facilmente a partir das propriedades dos numeros reais que, com relacaoa quaisquer funcoesf, g e h emF (R) e para todoλ, µ ∈ R, sao validos os seguintesresultados:

1. f + g = g + f ;

7

8 CAPITULO 1. ESPACOS VETORIAIS

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

3. seO representa o funcao nula, istoe,O(x) = 0 para todox ∈ R entaoO+f = f ;

4. a funcao−f definida por(−f)(x) = −[f(x)] para todox ∈ R e tal quef +(−f) = O;

5. λ(µf) = (λµ)f ;

6. (λ + µ)f = λf + µf ;

7. λ(f + g) = λf + λg;

8. 1f = f.

Agora, com relacao a quaisquer matrizesA, B e C emMm e para todoλ, µ ∈ R,tambem sao validos os seguintes resultados:

1. A + B = B + A;

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

3. seO representa o funcao nula, istoe,O = (0)n×n entaoO + A = A;

4. seA = (ai,j)n×n entao a matriz−A definida por−A = (−ai,j)n×n e tal queA + (−A) = O;

5. λ(µA) = (λµ)A;

6. (λ + µ)A = λA + µA;

7. λ(A + B) = λA + λB;

8. 1A = A.

Podemos ver que tanto o conjuntos das funcoes definidas na reta a valores reaiscomo o das matrizes quadradas quando munidos de somas e multiplicacao por escala-res adequadas apresentampropriedades algebricascomuns. Na verdade muitos outrosconjuntos munidos de operacoes apropriadas apresentam propriedades semelhantesasacima.E por isso que ao inves de estudarmos cada um separadamente estudaremos umconjunto arbitrario e nao vazio,V, sobre o qual supomos estar definidas uma operacaode adicao, istoe, para cadau, v ∈ V existe umunico elemento deV associado, chamado

1.1. INTRODUCAO E EXEMPLOS 9

a soma entreu e v e denotado poru + v, e uma multiplicacao por escalar, istoe, paracadau ∈ V e λ ∈ R existe umunico elemento deV associado, chamado de o produtodeu pelo escalarλ e denotado porλu.

Definicao 1.1 Diremos que um conjuntoV como acima munido de uma adicao e deuma multiplicacao por escalare umespaco vetorialse para quaisqueru, v e w emV epara todoλ, µ ∈ R sao validas as seguintes propriedades:

EV1 u + v = v + u para quaisqueru, v ∈ V ;

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

EV3 existe um elemento0 ∈ V tal que0 + u = u para todou ∈ V ;

EV4 para cadau ∈ V existev ∈ V tal queu + v = 0;

EV5 λ(µu) = (λµ)u para quaisqueru ∈ V eλ, µ ∈ R;

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

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

EV8 1u = u para qualqueru ∈ V.

Observacao 1.2 O elemento0 na propriedadeEV3 e unico, pois qualquer outro0′ ∈ Vsatisfazendo a mesma propriedadeEV3 entao, pelas propriedadesEV3 e EV1 terıamos0′ = 0 + 0′ = 0′ + 0 = 0, isto e,0 = 0′.

Observacao 1.3 Em um espaco vetorial, pela propriedadeEV4, para cadau ∈ V existev ∈ V tal queu + v = 0. Na verdade, para cadau ∈ V existe somente um elementov ∈ V com esta propriedade. De fato, dadou ∈ V sev ev′ emV sao tais queu+v = 0e u + v′ = 0 entao, combinando estas equacoes com as propriedadesEV1,EV2 e EV3,obtemosv = v + 0 = v + (u + v′) = (v + u) + v′ = (u + v) + v′ = 0 + v′ = v′, isto ev = v′. Denotaremosv por−u eu − v por u + (−v).

Observacao 1.4 As quatro primeiras propriedades referem-se apenasa operacao deadicao e sao conhecidas, respectivamente, por propriedade comutativa, propriedadeassociatividade, existencia do elemento neutro e existencia do elemento inverso.

A quinta e a oitava propriedades sao exclusivas da multiplicacao por escalar etambem podem ser chamadas de associatividade e elemento neutro da multiplicac¸ao,respectivamente.


A sexta e a setima propriedades relacionam as duas operacoes e sao ambas conhe-cidas por distributividade.

Um outro exemplo de espaco vetorial, alem dos dois apresentados no inıcio do texto,e o conjunto dos vetores como apresentados em Geometria Analıtica munido da adicaoe da multiplicacao por escalar. Dessa forma, o adjetivo vetorial utilizado na definicaoacima deve ser entendido de uma forma mais ampla, sendo uma referencia aos elementosdeV independentemente de serem ou nao vetores.

Talvez o exemplo mais simples de espaco vetorial seja o conjunto dos numeros reaiscom a adicao e multiplicacao usuais. Mais geralmente, para cadan ∈ N, podemos trans-formar o conjunto dasn-uplas ordenadas de numeros reais,Rn, em um espaco vetorialdefinindo a adicao de duasn-uplas ordenadas,x = (x1, . . . , xn) e y = (y1, . . . , yn),adicionando-se coordenada a coordenada, istoe,

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

e o produto de uman-uplax = (x1, . . . , xn) por um escalarλ ∈ R por

λx = (λx1, · · · , λxn).

E uma rotina bem simples verificar que desse modoRn e um espaco vetorial. Deixamos

como exercıcio esta tarefa.Verifique tambem que os seguintes exemplos sao espacos vetoriais.

1. Sejamn ∈ N eV = Pn(R) o conjunto formado pelo polinomio nulo e por todosos polinomios de grau menor ou igual an com coeficientes reais. Definimos aadicao e a multiplicacao por escalar da seguinte maneira:

• Sep(x) = a0 + a1x · · ·+ anxn eq(x) = b0 + b1x · · ·+ bnxn sao elementosdePn(R) entao

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

• Sep(x) = a0 + a1x · · · + anxn e um elemento dePn(R) eλ ∈ R entao

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

2. SejamA ⊂ R e F (A; R) o conjunto de todas as funcoesf : A → R. Sef, g ∈F (A; R) e λ ∈ R definaf + g : A → R por (f + g)(x) = f(x) + g(x) e(λf)(x) = λf(x), x ∈ A. Entao,F (A; R) com esta adicao e produto por escalare um espaco vetorial.


3. O conjunto das funcoes contınuas definidas num intervaloI ⊂ R munido dasoperacoes de adicao e multiplicacao usuais (como aquelas definidas emF (I; R)).Notacao:C(I; R).

4. O conjunto das funcoes com derivadas contınuas ate ordemk ∈ N, (k e fixo) defi-nidas num intervalo abertoI ⊂ R munido das operacoes de adicao e multiplicacaousuais (como aquelas definidas emF (I; R)). Notacao:Cn(I; R).

5. O conjunto das matrizesm por n com coeficientes reais:Mm×n(R) munido deoperacoes analogasaquelas definidas emMn(R).

Os espacos vetoriais acima envolvem operacoes com as quais voce ja deve estarfamiliarizado. O proximo exemploe um pouco mais sofisticado do que os anteriores epor isso mostraremos as oito propriedades. Como conjunto tomaremosV = (0,∞), osemi-eixo positivo da reta real. Este conjunto quando agregadoas operacoes usuais desoma e multiplicacao nao e um espaco vetorial, visto que nao possuielemento neutropara a adicao. No entanto, se parax, y ∈ V e λ ∈ R, definirmos a soma entrex e ypor x ¢ y = xy, (o produto usual entrex e y) e o produto dex pelo escalarλ comoλ ¡ x = xλ, entaoV se torna um espaco vetorial. De fato, verifiquemos uma a uma asoito propriedades:

1. x, y ∈ V temosx ¢ y = xy = yx = y ¢ x para quaisquerx, y ∈ V ;

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

3. sex ∈ V entao, como1 ∈ V, temos1 ¢ x = 1x = x; observe que neste caso, 1eo elemento neutro daadicao, o qual denotaremos poro;

4. sex ∈ V, isto e,x > 0, entaox−1 ∈ V ex ¢ x−1 = xx−1 = 1 = o;

5. λ ¡ (µ ¡ x) = λ ¡ xµ = (xµ)λ = xµλ = xλµ = (λµ) ¡ x para quaisquerx ∈ Veλ, µ ∈ R;

6. (λ + µ) ¡ x = xλ+µ = xλxµ = xλ¢ xµ = (λ ¡ x) ¢ (µ ¡ x) para quaisquer

x ∈ V eλ, µ ∈ R;

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

8. 1 ¡ x = x1 = x para qualquerx ∈ V.


1.2 Propriedades

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

Proposicao 1.5 SejaV um espaco vetorial. Temos

1. Para qualquerλ ∈ R, λ0 = 0.

2. Para qualqueru ∈ V, 0u = 0.

3. Seλu = 0 entaoλ = 0 ouu = 0.

4. Para quaisquerλ ∈ R eu ∈ V, (−λ)u = λ(−u) = −(λu).

5. Para qualqueru ∈ V, −(−u) = u.

6. Seu + w = v + w entaou = v.

7. Seu, v ∈ V entao existe umunicow ∈ V tal queu + w = v.

Prova:

1. Temosλ0 = λ(0 + 0) = λ0 + λ0 pelas propriedadesEV3 e EV7. Utilizandoas propriedadesEV1 a EV4 e a notacao da observacao 1.3, obtemos0 = λ0 +(−(λ0)) = (λ0 + λ0) + (−(λ0)) = λ0 + (λ0 + (−(λ0))) = λ0 + 0 = λ0, isto eλ0 = 0.

2. Temos0u = (0 + 0)u = 0u + 0u, pela propriedadeEV6. Utilizando as proprie-dadesEV1 a EV4 e a notacao da observacao1.3, obtemos0 = 0u + (−(0u)) =(0u + 0u) + (−(0u)) = 0u + (0u + (−(0u)) = 0u + 0 = 0u, isto e,0u = 0.

3. Seλ 6= 0 entao pelas propriedadesEV8 e EV5 e pelo item 1 desta proposicao,u = 1u = (λ−1λ)u = λ−1(λu) = λ−10 = 0.

4. Utilizando a propriedadeEV6 e o item 2 desta proposicao, obtemosλu+(−λ)u =(λ + (−λ))u = 0u = 0. Pela observacao1.3, −(λu) = (−λ)u. Analogamente,utilizando-se a propriedadeEV7, mostra-se que−(λu) = λ(−u).

A prova dos outros resultadose deixada como exercıcio.

1.3. EXERCICIOS 13

1.3 Exercıcios

Ex. 1.6 Verifique se em cada um dos itens o conjuntoV com as operacoes indicadaseum espaco vetorial sobreR.

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

(αx, αy, αz).

2. V =

{(

a −bb a

)

; a, b ∈ R

}

, operacoes usuais deM2(R).

3. V ={

(x, y) ∈ R2; 3x − 2y = 0

}

, operacoes usuais deR2.

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

5. V = P(R) = { polinomios com coeficientes reais} , operacoes usuais de fun-coes.

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

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

8. V ={

(x, y, z, w) ∈ R4; y = x, z = w2

}

, operacoes usuais deR4.

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


Capıtulo 2

Subespacos Vetoriais


Definicao 2.1 SejaV um espaco vetorial. Dizemos queW ⊂ V e um subespaco veto-rial de V se forem satisfeitas as seguintes condicoes:

SV1 0 ∈ W ;

SV2 Seu, v ∈ W entaou + v ∈ W ;

SV3 Seu ∈ W entaoλu ∈ W para todoλ ∈ R.

Observacao 2.2 Note que todo subespaco vetorialW de um espaco vetorialV e eleproprio um espaco vetorial. As propriedades comutativa, associativa, distributivas eEV8 sao herdadas do proprio espaco vetorialV. O elemento neutro da adicao e umelemento deW por SV1. Finalmente, seu ∈ W entao−u = (−1)u ∈ W pelo item4da proposicao1.5e porSV3.

Observacao 2.3 Obviamente{0} e V sao subespacos vetoriais do espaco vetorialV.Sao chamados de subespacos vetoriais triviais.

Observacao 2.4 Note queW e subespaco vetorial deV se e somente se sao validas asseguintes condicoes:

SV1’ 0 ∈ W ;

SV2’ Seu, v ∈ W eλ ∈ R entaou + λv ∈ W.

15

16 CAPITULO 2. SUBESPACOS VETORIAIS

Vejamos alguns outros exemplos:

Exemplo 2.5 SejaP∗n ⊂ Pn, dado porP∗

n = {p(x) ∈ Pn; p(0) = 0}.

Verifiquemos queP∗n e, de fato, um subespaco vetorial dePn.

1. O polinomio nulo se anula emx = 0, logo, pertence aP∗n.

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

n.

3. sep(x) ∈ P∗n entaoλp(0) = 0 para qualquerλ ∈ R. Assim,λp(x) ∈ P∗

n.

Exemplo 2.6 Verifiquemos queS = {(x, y, z) ∈ R3; x + y + z = 0} e um subespaco

vetorial deR3.

1. E claro que(0, 0, 0) satisfaz0 + 0 + 0 = 0.

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

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

Exemplo 2.7 Considere o seguinte conjuntoS = {y ∈ C2(R; R); y′′ − y = 0} ondey′′ representa a derivada de segunda ordem dey. Verifiquemos queS e um subespacovetorial deC2(R; R).

1. Claramente a funcao nula satisfaz0′′ − 0 = 0;

2. Sey1, y2 ∈ S entao(y1 + y2)′′ − (y1 − y2) = (y′′1 − y1) − (y′′2 − y2) = 0. Logo,

y1 + y2 ∈ S.

3. Sey ∈ S eλ ∈ R entao(λy)′′ − λy = λ(y′′ − y) = 0. Portanto,λy ∈ S.

Deixamos como exercıcio a verificacao de que os seguintes exemplos sao subespacosvetoriais dos respectivos espacos vetoriais.

Exemplo 2.8 Sejama1, . . . , an ∈ R eS = {(x1, . . . , xn) ∈ Rn; a1x1 + · · · + anxn =

0}. Mostre queS e um subespaco vetorial deRn.

2.2. INTERSECAO E SOMA DE SUBESPACOS 17

Exemplo 2.9 O conjunto das funcoes contınuas da reta na reta,C(R; R), e um subespa-co vetorial deF (R).

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

af(x)dx = 0 e um

subespaco vetorial deC([a, b]; R).

Exemplo 2.11 O conjunto dasmatrizes simetricasquadradas de ordemm com coefici-entes reaise um subespaco vetorial deMm(R).

Exemplo 2.12 Sejamm, n ∈ N comm ≤ n. EntaoPm e um subespaco dePn.

2.2 Intersecao e Soma de Subespacos

Proposicao 2.13 (Intersecao de subespacos)SejamU eW subespacos vetoriais deV.EntaoU ∩ W e subespaco vetorial deV.

Prova:

1. Como0 ∈ U e0 ∈ W entao0 ∈ U ∩ W ;

2. Sex, y ∈ U ∩ W eλ ∈ R entaox + λy ∈ U ex + λy ∈ W. Portanto,x + λy ∈U ∩ W.

Observacao 2.14 Note que o subespacoV ∩ W esta, obviamente, contido em ambossubespacos:U eV.

Questao: Com a notacao da proposicao acima, podemos afirmar queU∪W e subespacovetorial deV ?Resposta :Nao. Basta considerarV = R

2, U = {(x, y) ∈ R2; x + y = 0} e W =

{(x, y) ∈ R2; x − y = 0}. Note que(1,−1) ∈ U ⊂ U ∪ W e (1, 1) ∈ W ⊂ U ∪ W

mas(1,−1) + (1, 1) = (2, 0) 6∈ U ∪ W.SeU eW sao subespacos vetoriais de um espaco vetorialV eV ′ e um subespaco de

V que contenhaU e W, isto e,U ∪ W ⊂ V ′ entaoV ′ tera que conter todos os vetoresda formau + w, u ∈ U ew ∈ W. Isto motiva a seguinte

Definicao 2.15 SejamU eW subespacos vetoriais de um espaco vetorialV. Definimosa soma deU eW comoU + W = {u + w; u ∈ U, w ∈ W}.


Proposicao 2.16 (Soma de subespacos)SejamU, W e V como na definicao acima.EntaoU + W e um subespaco vetorial deV. Alem do mais,U ∪ W ⊂ U + W.

Prova: Verifiquemos queU + W e subespaco vetorial deV.

1. Como0 ∈ U e0 ∈ W entao0 = 0 + 0 ∈ U + W ;

2. Sejamx1, x2 ∈ U +W entaoxj = uj +wj , uj ∈ U, wj ∈ W, j = 1, 2. Agora, seλ ∈ R entaox1+λx2 = u1+w1+λ(u2+w2) = (u1+λu2)+(w1+λw2) ∈ U+W,poisU eW sao subespacos vetoriais.

Mostremos queU ∪ W ⊂ U + W. Sejav ∈ U ∪ W. Sev ∈ U entaov = v + 0 ∈U + W. Sev ∈ W entaov = 0 + v ∈ U + W. Ou seja,U ∪ W ⊂ U + W.

Definicao 2.17 SejamU e W subespacos vetoriais de um espaco vetorialV. DizemosqueU +W e a soma direta deU eW seU ∩W = {0}. Neste caso usaremos a notacaoU ⊕ W para representarU + W.

Observacao 2.18 Note que trivialmente{0} ⊂ U ∩ W seU eW sao subespacos veto-riais.

Proposicao 2.19 (Soma de subespacos)SejamU e W subespacos vetoriais de um es-paco vetorialV. TemosV = U ⊕ W se e somente se para cadav ∈ V existirem umunicou ∈ U e umunicow ∈ W satisfazendov = u + w.

Prova: Suponha queV = U ⊕ W, isto e, V = U + W e U ∩ W = {0}. Entao, dadov ∈ V existemu ∈ U e w ∈ W satisfazendov = u + w. Queremos mostrar que taldecomposicao e unica. Suponha que existamu′ ∈ U e w′ ∈ W tais quev = u′ + w′.Entao, u + w = u′ + w′, o que implica emu − u′ = w′ − w. Mas u − u′ ∈ U ew′ − w ∈ W e, portanto,u − u′ = w′ − w ∈ U ∩ W = {0}, ou sejau = u′ ew = w′.

Suponha agora que para cadav ∈ V existam umunicou ∈ U e umunicow ∈ Wsatisfazendov = u + w. E claro queV = U + W. Resta mostrar queU ∩ W = {0}.Obviamente,0 ∈ U ∩ W. Sejav ∈ U ∩ W, isto e,v ∈ U e v ∈ W. Entao, existem umunicou ∈ U e umunicow ∈ W satisfazendov = u + w. Observe quev = u + w =(u + v) + (w − v) comu + v ∈ U e w − v ∈ W e, pela unicidade da decomposicao,devemos teru = u + v ew = w − v, isto e,v = 0. Logo,U ∩ W = {0}.

Alternativamente, poderıamos supor a existencia dev 6= 0 em U ∩ W e daı ob-terıamosv = 2v− v = 4v− 3v, duas decomposicoes distintas parav ja que2v, 4v ∈ U,2v 6= 4v e−v,−3v ∈ W.

2.2. INTERSECAO E SOMA DE SUBESPACOS 19

Exemplo 2.20 Verifique queR3 e a soma direta deU = {(x, y, z) ∈ R3; x+y+z = 0}

eW = {(x, y, z) ∈ R3; x = y = 0}.

Note queW e de fato um subespaco vetorial deR3 poisW = {(x, y, z) ∈ R

3; x = 0}∩{(x, y, z) ∈ R

3; y = 0} ou, alternativamente, seu1 = (x1, y1, z1), u2 = (x2, y2, z2) ∈W entaox1 = y1 = x2 = y2 = 0 eu1 + u2 = (0, 0, z1 + z2) e claramente um elementodeW.

Seλ ∈ R entao

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

Finalmente,(0, 0, 0) ∈ W, o que conclui a prova de queW e um subespaco vetorial.Prosseguindo, dado(x, y, z) ∈ R

3 podemos escrever

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

e como(x, y,−x − y) ∈ U e (0, 0, z + x + y) ∈ W obtemosR3 = U + W.Resta agora mostrar queU ∩ W = {0}. Seja(x, y, z) ∈ U ∩ W. Temos

x + y + z = 0

x = 0

y = 0

⇐⇒ (x, y, z) = (0, 0, 0).

Definicao 2.21 SejamU1, . . . , Un subespacos vetoriais de um espaco vetorialV. A so-ma deU1 a Un e definida por

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

Definicao 2.22 SejamU1, . . . , Un subespacos vetoriais de um espaco vetorialV. Dize-mos que a soma deU1 a Un e uma soma direta se

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

Neste caso usaremos a notacaoU1 ⊕ · · · ⊕ Un para denotar a soma deU1 a Un.

Observacao 2.23 E obvio que

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

seU1, . . . , Un sao subespacos vetoriais.


Proposicao 2.24 SejamU1, . . . , Un subespacos vetoriais de um espaco vetorialV. En-taoV = U1⊕· · ·⊕Un se e somente se para cadav ∈ V existe, para cadaj = 1, . . . , n,umunicouj ∈ Uj tal quev = u1 + · · · + un.

Prova: A provae analogaa da proposicao2.19.

Exemplo 2.25 Mostre queP2 e soma direta dos seguintes subespacos vetoriaisU1 ={a0; a0 ∈ R}, U2 = {a1x; a1 ∈ R} eU3 = {a2x

2; a2 ∈ R}.

Dadop(x) ∈ P2, temosp(x) = a0+a1x+a2x2, para certos coeficientesa0, a1, a2 ∈ R.

Assim,P2 = U1 + U2 + U3.Verifiquemos que a somae direta.

1. Mostremos queU1 ∩ (U2 + U3) = {0}. Sejap(x) ∈ U1 ∩ (U2 + U3). Entaoexistema0, a1, a2 ∈ R tais quep(x) = a0 = a1x + a2x

2. Sep(x) nao fosseo polinomio nulo terıamos um polinomio de grau 0,a0, coincidindo com um degrau no mınimo 1,a1x + a2x

2, o quee um absurdo. Logo,p(x) = 0.

2. Mostremos queU2∩(U1+U3) = {0}. Sejap(x) ∈ U2∩(U1+U3). Entao existema0, a1, a2 ∈ R tais quep(x) = a1x = a0 + a2x

2. Sep(x) nao fosse o polinomionulo terıamos um polinomio de grau 1,a1x, coincidindo com um de grau 0 (casoa2 = 0) ou 2,a0 + a2x

2, (casoa2 6= 0), o quee um absurdo. Logo,p(x) = 0.

3. Mostremos queU3∩(U1+U2) = {0}. Sejap(x) ∈ U3∩(U1+U2). Entao existema0, a1, a2 ∈ R tais quep(x) = a2x

2 = a0 + a1x. Sep(x) nao fosse o polinomionulo terıamos um polinomio de grau 2,a2x

2, coincidindo com um de grau 0 (casoa1 = 0) ou 1,a0 + a1x, (casoa1 6= 0), o quee um absurdo. Logo,p(x) = 0.

2.3 Exercıcios

Ex. 2.26 Verifique se em cada um dos itens abaixo o subconjuntoW e um subespacovetorial do espaco vetorialV. Caso nao sejam especificadas, as operacoes sao as usuais.

1. V = M2(R), W =

{(

a b−a c

)

; a, b, c,∈ R

}

.

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

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

2.3. EXERCICIOS 21

4. V = Mn(R), dadaB ∈ Mn(R), definaW = {A ∈ Mn(R); BA = 0} .

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

R sao dados.

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

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

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

A ∈ Mn(R); At = A}

.

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

A ∈ Mn(R); At = −A}

.

Ex. 2.27 Diga, em cada um dos itens abaixo, se a afirmacao e verdadeira ou falsa, jus-tificando sua resposta. istoe, provando se for verdadeira ou dando um contra-exemplose for falsa.

1. SeW1 eW2 sao susbespacos de um espaco vetorialV entaoW1∪W2 e subespacodeV.

2. SejamW1 eW2 subespacos de um espaco vetorialV. EntaoW1∪W2 e subespacodeV se, e somente se,W1 ⊆ W2 ou W2 ⊆ W1. (Sugestao: mostre que seW esubespaco deV ex0, y0 ∈ V sao tais quex0 ∈ W ey0 6∈ W entaox0 + y0 /∈ We use-o.)

Ex. 2.28 Em cada item abaixo encontrar os subespacosU + W e U ∩ W , ondeU, Wsao subespacos do espaco vetorialV indicado.

1. U ={

x, y) ∈ R2; y = 0

}

, W ={

(x, y) ∈ R2; x = 2y

}

, V = R2.

2. U =

{(

a 00 b

)

; a, b ∈ R

}

, W =

{(

0 c0 d

)

; c, d ∈ R

}

, V = M2(R).

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

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

1. V = R2, U =

{

(x, y) ∈ R2; 2x + 3y = 0

}

, W ={

(x, y) ∈ R2; x − y = 0

}

.


2. V = M3(R), U =

a b 00 0 c0 0 d

; a, b, c, d ∈ R

,

W =

0 0 ef g 0h i 0

; e, f, g, h, i ∈ R

.

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

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

Ex. 2.30 Em cada um dos itens abaixo, dadoU subespaco deV , encontrar o subespacosuplementar deU , isto e, o subespacoW deV tal queV = U ⊕ W.

1. V = R3, U = {(x, y, 0); x, y ∈ R} .

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

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

A ∈ M3(R); At = A}

.

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

(

1 10 1

)

.

Capıtulo 3

Combinacoes Lineares


Definicao 3.1 Sejamu1, . . . , un elementos de um espaco vetorialV. Dizemos queu ecombinacao linearde u1, . . . , un se existirem numeros reaisα1, . . . , αn tais queu =α1u1 + · · · + αnun

Exemplo 3.2 EmP2, o polinomiop(x) = 2 + x2 e uma combinacao dos polinomiosp1(x) = 1, p2(x) = x ep3(x) = x2.

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

Exemplo 3.3 Verifique que emP2, o polinomiop(x) = 1 + x2 e uma combinacao dospolinomiosq1(x) = 1, q2(x) = 1 + x e q3(x) = 1 + x + x2.

Precisamos encontrar numeros reaisα, β eγ tais quep(x) = αq1(x)+βq2(x)+γq3(x).Ou seja, precisamos encontrarα, β eγ satisfazendo

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

quee equivalente ao sistema

α + β + γ = 1

β + γ = 0

γ = 1

⇐⇒ α = 1, β = −1 eγ = 1.

23

24 CAPITULO 3. COMBINACOES LINEARES

3.2 Geradores

Definicao 3.4 SejamV um espaco vetorial eS um subconjunto nao vazio deV. Usare-mos o sımbolo [S] para denotar o conjunto de todas as combinacoes lineares dos ele-mentos deS. Em outras palavras,u ∈ [S] se existiremα1, . . . , αn ∈ R eu1, . . . , un ∈ Stais queu = α1u1 + · · · + αnun.

Proposicao 3.5 SejamV um espaco vetorial eS um subconjunto nao vazio deV. Entao[S] e um subespaco vetorial deV.

Prova:

1. ComoS 6= ∅ existeu ∈ S. Logo,0 = 0u ∈ [S].

2. Seu, v ∈ [S] entao existemα1, . . . , αn, β1, . . . , βm ∈ R e u1, . . . , un, v1, . . . ,vm ∈ S tais queu = α1u1 + · · · + αnun ev = β1v1 + · · · + βmvm. Assim, paratodoλ ∈ R, temos

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

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

Definicao 3.6 SejamS eV como acima. Diremos que[S] e o subespaco vetorial geradopor S. Os elementos deS sao chamados degeradoresde [S]. SeS = {u1, . . . , un}tambem usaremos a notacao [S] = [u1, . . . , un].

Proposicao 3.7 SejamS eT subconjuntos nao-vazios de um espaco vetorialV. Temos

1. S ⊂ [S];

2. SeS ⊂ T entao [S] ⊂ [T ];

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

4. SeS e um subespaco vetorial entaoS = [S];

5. [S ∪ T ] = [S] + [T ].

Prova:

3.2. GERADORES 25

1. Seu ∈ S entaou = 1u ∈ [S];

2. Seu ∈ [S] entao existemα1, . . . , αn ∈ R eu1, . . . , un ∈ S tais queu = α1u1 +· · · + αnun. ComoS ⊂ T temosu1, . . . , un ∈ T e, portanto,u ∈ [T ];

3. Pelo item 1 desta proposicao,[S] ⊂ [[S]]. Sejau ∈ [[S]]. Segue da definicao queu e uma combinacao linear de elementos de[S], mas como cada elemento de[S] euma combinacao linear de elementos deS resulta queu e uma combinacao linearde elementos deS, ou seja,u ∈ [S];

4. Pelo item 1,S ⊂ [S]. Sejau ∈ [S]. Entaou e uma combinacao linear de elementosdeS. ComoS e um subespaco vetorial, esta combinacao lineare um elemento deS;

5. Sejau ∈ [S ∪ T ]. Por definicao, existemα1, . . . , αn, β1, . . . , βm ∈ R e u1, . . . ,un ∈ S ev1, . . . , vm ∈ T tais que

u = α1u1 + · · · + αnun + β1v1 + · · · + βmvm

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

Reciprocamente, seu ∈ [S] + [T ] entaou = v +w comv ∈ [S] ew ∈ [T ]. Dessaforma, existemα1, . . . , αp, β1, . . . , βq ∈ R e v1, . . . , vp ∈ S e w1, . . . , wq ∈ Ttais que

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

Definicao 3.8 Dizemos que um espaco vetorialV e finitamente geradose existir umsubconjunto finitoS ⊂ V tal queV = [S].

Sao exemplos de espacos vetoriais finitamente gerados:

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

2. Rn e gerado pore1 = (1, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , en = (0, . . . , 0, 1).

3. Mm×n(R) e gerado pelas matrizesEkl = (δ(k,l)i,j ), k = 1, . . . , m, l = 1, . . . n,

onde

δ(k,l)i,j =

{

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

0 caso contrario .


Exemplo 3.9 SejaP(R) o espaco vetorial formado por todos os polinomios. Afirma-mos queP(R) nao e finitamente gerado.

Note quePn(R) ⊂ P(R) para todon ∈ N. SeP(R) fosse finitamente gerado existi-riam polinomiosp1(x), . . . , pn(x) tais queP(R) = [p1(x), . . . , pn(x)]. SejaN o graumais alto dentre os polinomiosp1(x), . . . , pn(x). E evidente quexN+1 nao pode ser es-crito como combinacao linear dep1(x), . . . , pn(x) e, assim,xN+1 6∈ [p1(x), . . . , pn(x)]= P(R). Uma contradicao.

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

Exemplo 3.10 SejaV um espaco vetorial gerado poru1, . . . , un. Mostre que se, porexemplo,u1 e uma combinacao linear deu2, . . . , un entaoV e gerado poru2, . . . , un.

Devemos mostrar que qualqueru ∈ V se escreve como uma combinacao linear deu2, . . . , un. Sabemos que existemα1, . . . , αn ∈ R tais queu = α1u1 + · · · + αnun

e existem tambemβ1, . . . , βn−1 satisfazendou1 = β1u2 + · · · + βn−1un. Combinandoestas informacoes, obtemos

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

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

Exemplo 3.11 SejamU = {(x, y, z, t) ∈ R4; x − y + t + z = 0} eV = {(x, y, z, t) ∈

R4; x+y−t+z = 0}. Encontre um conjunto de geradores para os seguintes subespacos

vetoriais:U, V, U ∩ V eU + V.

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

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

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

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

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

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

3.3. EXERCICIOS 27

3. Se(x, y, z, t) ∈ U ∩ V entao

{

x − y + t + z = 0

x + y − t + z = 0,

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

U ∩ V = [(1, 0,−1, 0), (0, 1, 0, 1)].

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

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

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

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

Observe que

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

e, portanto,

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

Veremos mais adiante que estee o numero mınimo de geradores para o subespacoU + V.

3.3 Exercıcios

Ex. 3.12 Para cada um dos subconjuntosS ⊆ V , ondeV e o espaco vetorial indicado,encontrar o subespaco gerado porS, isto e, [S].

1. S = {(1, 0), (2,−1)} , V = R2.

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

3. S ={

1, t, t2, 1 + t3}

, V = P3(R).


4. S =

{(

0 10 0

)

,

(

0 0−1 0

)}

, V = M2(R).

Ex. 3.13 Em cada um dos itens abaixo encontrar um subconjuntoS, finito, que gera osubespaco vetorialW do espaco vetorialV.

1. W ={

(x, y, z) ∈ V.= R

3; x − 2y = 0}

.

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

3. W ={

A ∈ V.= M2(R); At = A

}

.

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

A =

0 1 02 1 01 1 4

.

Ex. 3.14 Encontrar, em cada um dos itens abaixo, os subconjuntosS do espaco vetorialV que geramU , W , U ∩ W eU + W.

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

2. U ={

(x, y, z) ∈ R3; x + y = 0

}

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

3. U ={

A ∈ M2(R); At = A}

, W = [

(

1 10 1

)

], V = M2(R).

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

Ex. 3.15 Encontrar, em cada um dos itens abaixo, os subconjuntosS do espaco vetorialV que geramU , W , U ∩ W eU + W.

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

2. U ={

(x, y, z) ∈ R3; x + y = 0

}

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

3. U ={

A ∈ M2(R); At = A}

, W = [

(

1 10 1

)

], V = M2(R).

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

3.3. EXERCICIOS 29

Ex. 3.16 Obtenha o subconjunto formado por vetores do espaco vetorialP3(R) quegeram os seguintes subespacos;

1. U = {p ∈ P3(R); p(1) = p(0) = 0} ,

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

3. U ∩ W.


Capıtulo 4

Dependencia Linear


Definicao 4.1 Dizemos que uma sequencia de vetoresu1, . . . , un de um espaco vetorialV e linearmente independente (l.i., abreviadamente) se a combinacao linear α1u1 +· · · + αnun = 0 so for satisfeita quandoα1 = · · · = αn = 0.

Observacao 4.2 Note que seα1 = · · · = αn = 0 entao α1u1 + · · · + αnun = 0,porem, a recıproca nem sempree valida. Basta ver que, por exemplo, emR2 temos(0, 0) = 1(1, 1) + 1(−1,−1).

Observacao 4.3 A nocao de independencia linear para a sequenciau1, . . . , un equivalea dizer que seβi 6= 0 para algumi ∈ {1, . . . , n} entaoβ1u1 + · · · + βnun 6= 0.

Definicao 4.4 Dizemos que uma sequenciau1, . . . , un de um espaco vetorialV e line-armente dependente (l.d., abreviadamente) se nao for linearmente independente.

Observacao 4.5 A definicao de dependencia linear para a sequenciau1, . . . , un e equi-valente a dizer quee possıvel encontrar numeros reaisα1, . . . , αn nao todos nulos taisqueα1u1 + · · · + αnun = 0.

Exemplo 4.6 O, u1, . . . , un ⊂ V e uma sequencia l.d., ondeO e o elemento neutro doespaco vetorialV.

Basta verificar que1O + 0u1 + · · · + 0un = O.

31

32 CAPITULO 4. DEPENDENCIA LINEAR

Exemplo 4.7 Verifique se a sequencia (1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0) e linearmente inde-pendente emR3.

E preciso verificar quais sao as possıveis solucoes de

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

Isto equivale a resolver o sistema

α + β + γ = 0

α + β = 0

γ = 0,

que possui comounica solucao,α = β = γ = 0. Logo, a sequencia acimae l.i..

Exemplo 4.8 Considere os vetores emR3 dados por

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

Encontre uma condicao necessaria e suficiente para que os vetoresu1, u2, u3 sejamlinearmente independentes.

Vejamos, os vetores acima serao l.i. se e somente seα1u1+α2u2+α3u3 = 0 apresentarcomounica solucaoα1 = α2 = α3 = 0. Isto e equivalente a que o sistema

α1x1 + α2x2 + α3x3 = 0

α1y1 + α2y2 + α3y3 = 0

α1z1 + α2z2 + α3z3 = 0

possua solucaounica e, como se sabe, istoe equivalente que a matriz

x1 x2 x3

y1 y2 y3

z1 z2 z3

possua determinante diferente de zero. Note que as colunas desta matriz sao formadaspelos coeficientes deu1, u2 eu3. O mesmo resultado vale se colocarmos os coeficientesdos vetoresu1, u2 eu3 como linhas. Por que?


Exercıcio 4.9 Enuncie e demonstre um resultado analogo ao exemplo anterior parauma sequencia comn vetores doRn.

Exemplo 4.10 Verifique se as matrizes(

1 00 1

)

,

(

1 10 1

)

,

(

0 10 0

)

sao linearmente independentes emM2(R).

Procuremos as solucoes de

α

(

1 00 1

)

+ β

(

1 10 1

)

+ γ

(

0 10 0

)

=

(

0 00 0

)

,

que equivale a(

α + β β + γ0 α + β

)

=

(

0 00 0

)

,

que possui como solucao (α, β, γ) = (α,−α, α) para qualquerα ∈ R. Dessa forma,a sequencia de matrizes dadae linearmente dependente, bastando tomar, por exemplo,α = 1, β = −1 eγ = 1.

Exemplo 4.11 Verifique se as funcoescos e sen sao l.d. emC1(R; R).

Comocos e sen sao funcoes definidas emR, a combinacao nula

α cos +β sen = 0

significa queα cos x + β sen x = 0 para todox ∈ R. Em particular, parax = 0 vemosqueα = 0 e parax = π/2, vemβ = 0. Portanto,cos e sen sao l.i..

Exemplo 4.12 Verifique se as funcoescos2, sen 2, 1 sao l.d. emC1(R; R).

Como1 − cos2 x − sen 2x = 0, para todox ∈ R,

resulta que as funcoes acima sao l.d..

Exercıcio 4.13 Sejamf(x) = cos 2x, g(x) = cos2 x e h(x) = sen 2x, x ∈ R. Mostrequef, g, h sao linearmente dependentes emC1(R; R).


4.2 Propriedades

Proposicao 4.14 Seu1, . . . , un sao l.d. em um espaco vetorialV entao pelo menos umdestes vetores se escreve como combinacao linear dos outros.

Prova: Precisamos mostrar que eu1, . . . , un sao l.d. entao existemj ∈ {1, . . . , n} enumeros reaisα1, . . . , αn−1 tais que

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

Comou1, . . . , un sao l.d. existem numeros reaisβ1, . . . , βn nao todos nulos tais queβ1u1 + · · · + βnun = 0. Desse modo, existej ∈ {1, . . . , n} tal queβj 6= 0 e, assim,

uj = −β1

βju1 − · · · − βj−1

βjuj−1 −

βj+1

βjuj+1 − · · · − βn

βjun.

Proposicao 4.15 Seu1, . . . , un emV sao l.d. entao qualquer sequencia finita de vetoresdeV que os contenha, tambem sera l.d..

Prova: Vamos mostrar que seu1, . . . , un, un+1, . . . , um ∈V sao tais queu1, . . . , un saol.d. entaou1, . . . , un, un+1, . . . , um tambem sao linearmente dependentes.

Como existem numeros reaisβ1, . . . , βn nao todos nulos tais queβ1u1 + · · · +βnun = 0, podemos escrever

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

sendo que nestaultima expressao nem todos os coeficientes sao nulos.

Proposicao 4.16 Seu1, . . . , un, un+1, . . . , um sao l.i. em um espaco vetorialV entaoqualquer subsequencia destes vetores tambeme l.i..

Prova: Basta mostrar que seu1, . . . , un, un+1, . . . , um sao l.i. entaou1, . . . , un tambemsao.

Suponha queβ1u1 + · · · + βnun = 0. Mas como

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

e estes vetores sao l.i., segue queβ1 = · · · = βn = 0.

4.3. EXERCICIOS 35

Proposicao 4.17 Seu1, . . . , un sao l.i. em um espaco vetorialV e u1, . . . , un, un+1

sao l.d. entaoun+1 e combinacao linear deu1, . . . , un.

Prova: Existemβ1, . . . , βn+1 nao todos nulos tais que

β1u1 · · · + βnun + βn+1un+1 = 0.

Agora, seβn+1 = 0 entao a expressao acima ficaria

β1u1 · · · + βnun = 0.

Ora, os vetoresu1, . . . , un sao l.i. e, assim, deverıamos ter tambemβ1 = · · · = βn = 0.Uma contradicao.

Proposicao 4.18 Sejamu1, . . . , un vetores l.i. em um espaco vetorialV. Entao cadavetorv ∈ [u1, . . . , un] se escreve de maneiraunica comov = α1u1 + · · · + αnun.

Prova:Basta mostrar que seα1u1 + · · · + αnun = β1u1 + · · · + βnun entao αj = βj ,

j = 1, . . . , n.Temos

(α1 − β1)u1 + · · · + (αn − βn)un = 0

e comou1, . . . , un sao l.i. entaoαj − βj = 0, isto eαj = βj , para todoj = 1, . . . , n.

4.3 Exercıcios

Ex. 4.19 Verifique, em cada um dos itens abaixo, se o subconjuntoS do espaco vetorialV e l.i. ou l.d.

1. S = {(1, 2), (−3, 1)} , V = R2.

2. S ={

1 + t − t2, 2 + 5t − 9t2}

, V = P2(R).

3. S =

{(

−1 10 0

)

,

(

2 0−1 0

)}

, V = M2(R).

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

5. S =

1 2 03 0 10 0 2

,

−1 −1 −10 0 01 1 1

,

0 0 010 5 7−1 0 1

, V = M3(R).


Capıtulo 5

Base, Dimensao e Coordenadas

5.1 Base

Definicao 5.1 SejaV 6= {0} um espaco vetorial finitamente gerado. Uma base deV euma sequencia de vetores linearmente independentesB deV que tambem geraV.

Exemplo 5.2 Os vetores deB = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} formam uma base deR3.

Ve-se facilmente que os vetores deB sao l.i. e que todo(x, y, z) ∈ R3 se escreve como

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

Exemplo 5.3 Os vetorese1, · · · , en ∈ Rn ondee1 = (1, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, 0,

. . . , 0), . . . , en = (0, . . . , 0, 1) formam uma base deRn.

Ex. Resolvido 5.4Mostre que(1, 1) e (1,−1) formam uma base deR2.

Resolucao: E preciso mostrar que estes vetores sao l.i. e que todo ponto deR2 seescreve como combinacao linear de(1, 1) e(1,−1). No entanto, se mostrarmos que todoponto deR2 se escrevede maneiraunicacomo combinacao linear de(1, 1) e (1,−1) jaestaremos mostrando as duas propriedades ao mesmo tempo. (Por que?)

Seja(x, y) ∈ R2. O nosso problema se resume em mostrar que existe umunico

α ∈ R e umunicoβ ∈ R satisfazendo(x, y) = α(1, 1) + β(1,−1) = (α + β, α − β).Estaultima expressaoe equivalente ao seguinte sistema linear

{

α + β = x

α − β = y.

37

38 CAPITULO 5. BASE, DIMENSAO E COORDENADAS

Resolvendo o sistema obtemos umaunica solucao dada porα = (x + y)/2 e β =(x − y)/2. ¤

Exemplo 5.5 As matrizes emB =

{(

1 00 0

)

,

(

0 10 0

)

,

(

0 01 0

)

,

(

0 00 1

)}

formam

uma base paraM2(R).

Exercıcio 5.6 Verifique se os elementos deB = {1 + x, 1 − x, 1 − x2} formam umabase deP2(R).

Teorema 5.7 Todo espaco vetorialV 6= {0} finitamente gerado admite uma base. Emoutras palavras, ha uma sequencia de vetores l.i. deV formada por geradores.

Prova: ComoV 6= {0} e finitamente gerado existemu1, . . . , un ∈ V tais queV =[u1, . . . , un]. Seu1, . . . , un forem l.i., entao esta sequenciae uma base deV e nao hanada mais a ser provado.

Suponhamos queu1, . . . , un sejam l.d.. Podemos supor queuj 6= 0, j = 1, . . . , m.Como u1 6= 0, u1 e l.i. Agora, se todouj , j = 2, . . . , n puder se escrever comocombinacao linear deu1 entaoV = [u1] e u1 e uma base deV. Caso isto nao ocorra,e porque existe algumuj , com 2 ≤ j ≤ n tal queu1, uj sao l.i.. Por simplicidade,suponhamos que seja ou2, isto e, u1, u2 sao l.i.. Bem, se todos os vetoresu3, . . . , un

forem combinacoes lineares deu1 eu2 entaoV = [u1, u2] eu1, u2 formam uma base deV. Podemos repetir este processo e como o numero de elementos deL = {u1, . . . , un}e finito, ele finda. Desse modo, existe uma sequencia de vetores l.i. dentre os vetoresLque geraV. Esta sequencia forma uma base deV.

5.2 Dimensao

Teorema 5.8 Em um espaco vetorialV 6= {0} finitamente gerado toda base possui omesmo numero de elementos.

Prova: Sejamu1, . . . , un e v1, . . . , vm bases de um espaco vetorial finitamente geradoV. Suponhamos quen > m e mostremos que isto implicara queu1, . . . , un sao l.d., oque contraria o fato de formarem uma base.

Como os vetoresv1, . . . , vm geramV podemos escrever para cada1 ≤ j ≤ n,

uj = α1jv1 + · · · + αmjvm.

5.2. DIMENSAO 39

Assim, a combinacao linear nulax1u1 + · · · + xnun = 0 e equivalente a

x1

(

m∑

i=1

αi1vi

)

+ · · · + xn

(

m∑

i=1

αinvi

)

= 0,

ou ainda,

n∑

j=1

xjα1j

v1 + · · · +

n∑

j=1

xjαmj

vm = 0.

Comov1, . . . , vm sao l.i. entao∑n

j=1 xjαij = 0 para todo1 ≤ i ≤ n. Estasm equacoesrepresentam um sistema linear homogeneo comn incognitas. Comon > m, existe umasolucao nao trivial, istoe, uma solucaox1, . . . , xn onde pelo menos umxj e diferentede zero. Assim,u1, . . . , un sao l.d., uma contradicao.

Definicao 5.9 SejaV um espaco vetorial finitamente gerado. SeV = {0} definimosa dimensao deV como sendo0. SeV 6= {0} definimos a dimensao deV como sendoo numero de elementos de uma base qualquer deV. Usaremos o sımbolodimV paradesignar a dimensao deV.

Definicao 5.10 Se um espaco vetorial nao e finitamente gerado dizemos queV possuidimensao infinita.

Proposicao 5.11 Todo espaco vetorial de dimensao infinita possui uma infinidade devetores linearmente independentes.

Prova: SejaV um espaco vetorial de dimensao infinita. ClaramenteV 6= {0}. Selecioneu1 ∈ V, u1 6= 0. ComoV naoe finitamente gerado,V 6= [u1]. Assim, podemos tomaru2 ∈ V tal queu2 6∈ [u1]. Desta forma, os vetoresu1 eu2 sao linearmente independen-tes.

Suponha que tenhamos encontrado vetoresu1, . . . , un ∈ V linearmente independen-tes. ComoV nao e finitamente gerado,V 6= [u1, . . . , un] e, assim,e possıvel escolherun+1 ∈ V tal queun+1 6∈ [u1, . . . , un], isto e, os vetoresu1, . . . , un, un+1 ∈ V saolinearmente independentes.

Em resumo, existe emV uma sequencia infinita de vetores linearmente independen-tes.

A seguinte proposicaoe um resultado da prova do teorema5.8.


Proposicao 5.12 Em um espaco vetorial de dimensaom qualquer sequencia de vetorescom mais dem elementose linearmente dependente.

Corolario 5.13 Todo subespaco vetorial de um espaco vetorial de dimensao finita tam-bem tem dimensao finita.

Prova: SejaV um espaco vetorial de dimensao finita eW um subespaco vetorial deV. SeW tivesse dimensao infinita, pela proposicao 5.11, existiria uma infinidade devetores linearmente independentes emW. Como estes vetores tambem sao linearmenteindependentes emV, o numero deles deveria ser menor do que a dimensao deV (pelaproposicao5.12). Uma contradicao.

Exemplo 5.14 dim Rn = n.

Exemplo 5.15 A dimensao deP(R) e infinita. Veja o exemplo3.9.

Exemplo 5.16 dimPn(R) = n + 1.

Basta notar que os polinomios1, x, . . . , xn formam uma base dePn(R).

Exemplo 5.17 dimMm×n(R) = mn.

Note que o as matrizesAk,l = (δk,l

i,j )1≤i≤m1≤j≤n

,

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

δk,li,j =

{

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

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

formam uma base deMm×n(R).

Exercıcio 5.18 A dimensao do espaco das matrizes quadradas e simetricas de ordemnen(n + 1)/2.

Teorema 5.19 (Completamento)SejaV um espaco vetorial de dimensaon. Se os veto-resu1, . . . , ur sao l.i. emV comr < n entao existemur+1, . . . , un tais queu1, . . . , ur,ur+1, . . . , un formam uma base deV.

5.3. DIMENSAO DE SOMA DE SUBESPACOS VETORIAIS 41

Prova: Como r < n existeur+1 ∈ V tal queu1, . . . , ur, ur+1 sao l.i., pois casocontrario os vetoresu1, . . . , ur formariam uma base deV, o que e impossıvel poisdim V = n > r.

Ser + 1 = n entaou1, . . . , ur, ur+1 formam uma base deV que contemL.Ser + 1 < n entao e possıvel encontrarur+2 ∈ V tal queu1, . . . , ur, ur+1, ur+2

sao l.i., pois caso contrario a sequenciau1, . . . , ur, ur+1 seria uma base deV, o queeimpossıvel pois dimV = n > r + 1.

Repetindo os argumentos acima, encontramos vetoresur+1, ur+2, . . . , ur+k, onder + k = n, de forma que

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

sao l.i. e, comodim V = n = r + k, segue que esta sequencia de vetorese uma base deV que contem os vetoresu1, . . . , ur.

Exemplo 5.20 Encontre uma base doR3 que contenha o vetor(1, 1,−1).

Como a dimensao deR3 e tres, precisamos encontrar dois vetores,(a, b, c), (x, y, z),

que juntamente com(1, 1,−1) sejam l.i.. Porem, pelo exemplo4.8, sabemos que istoeequivalente ao determinante de

1 a x1 b y−1 c z

quee dado porx(b + c)− y(a + c) + z(b− a) seja diferente de zero. Ha uma infinidadede possibilidades para que isto aconteca. Por exemplo, tomando(a, b, c) = (0, 1, 1) e(x, y, z) = (0, 0, 1).

5.3 Dimensao de Soma de Subespacos Vetoriais

Proposicao 5.21 SejaV um espaco vetorial de dimensao finita. SeU eW sao subespa-cos vetoriais deV entao

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

Prova: Lembre que todo subespaco de um espaco vetorial de dimensao finita tem tam-bem dimensao finita.

Sejamv1, . . . , vm elementos de uma base deU∩W. Como estes vetores sao l.i. e per-tencem aU, pelo teorema5.19, existemu1, . . . , up ∈ U tais queu1, . . . , up, v1, . . . , vm


formam uma base deU. Por outro lado,v1, . . . , vm tambem pertencem aW e pelomesmo teoremae possıvel encontrarw1, . . . , wq ∈ W de modo quew1, . . . , wq, v1,. . . , vm formem uma base deW.

Com a notacao usada, temosdim (U ∩ W ) = m, dimU = m + p e dimW =m + q. Sendo assim, a fim de mostrarmos que5.22e valida,e necessario e, na verdade,suficiente mostrar quedim (U + W ) = m + p + q. Para tanto, basta mostrarmos que osvetores

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

formam uma base deU + W.Mostremos primeiramente que eles geramU+W : dadov ∈ U+W existemu ∈ U e

w ∈ W tais quev = u + w. Comou e uma cominacao linear deu1, . . . , up, v1, . . . , vm

e w e uma cominacao linear dew1, . . . , wq, v1, . . . , vm segue quev = u + w e umacominacao linear deu1, . . . , up, v1, . . . , vm,1 , . . . , wq. Portanto,

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

Verifiquemos que os vetores em5.23sao l.i.. Suponha que

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

ou seja

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

Logo,−β1w1 − · · · − βqwq ∈ U ∩ W = [v1, . . . , vm].

Consequentemente, existemγ1, . . . , γm tais que

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

ou seja,β1w1 + · · · + βqwq + γ1v1 + · · · + γmvm = 0.

Comow1, . . . , wq, v1, . . . , vm sao l.i., pois formam uma base deW, segue-se queγ1 =· · · = γm = β1 = · · · = βq = 0. Assim, a equacao5.24se reduz a

α1u1 + · · · + αpup + δ1v1 + · · · + δmvm = 0

e comou1, . . . , up, v1, . . . , vm sao l.i., pois formam uma base deU, segue-se que

α1 = · · · = αp = δ1 = · · · = δm = 0,

donde se conclui que os vetores de5.23sao linearmente independentes.

5.3. DIMENSAO DE SOMA DE SUBESPACOS VETORIAIS 43

Corolario 5.25 SejaU um subespaco vetorial de um espaco vetorial de dimensao finitaV. SedimU = dimV entaoU = V.

Prova: Suponha que existau1 ∈ V comu1 6∈ U. ColoqueW = [u1]. ComoU ∩ W ={0} e dimW = 1, segue da proposicao5.21que

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

Um absurdo poisdim (U + W ) ≤ dim V.

Observacao 5.26 Note que seV, U e W sao como na proposicao 5.21 e se alem domais tivermosV = U + W e dimU + dimW > dimV entao U ∩ W 6= {0}, isto e,a somaU + W nao e direta.

Bem, se fosseU ∩ W = {0} entao pela proposicao5.21terıamos

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

= dimU + dimW − dim V > 0,

um absurdo.

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

U : Temos

p(x) = a0 + a1x + a2x2 + a3x

3 ∈ U ⇐⇒ p(0) = p(1) = 0

⇐⇒{

a0 = 0

a0 + a1 + a2 + a3 = 0

⇐⇒ p(x) = −(a2 + a3)x + a2x2 + a3x

3 = a2(x2 − x) + a3(x

3 − x).

Desse modo,U = [x2 − x, x3 − x] e estes polinomios sao l.i. pois como cada umtem um grau distinto do outro, nenhum pode ser multiplo do outro. Assim,x2 −xex3 − x formam uma base deU.


V :

p(x) = a0 + a1x + a2x2 + a3x

3 ∈ V

⇐⇒ p(−1) = 0 ⇐⇒ a0 − a1 + a2 − a3 = 0

⇐⇒ p(x) = a0 + (a0 + a2 − a3)x + a2x2 + a3x

3

= a0(1 + x) + a2(x2 + x) + a3(x

3 − x).

Desse modo,V = [1 + x, x2 + x, x3 − x] e estes polinomios sao l.i. pois comocada um tem um grau distinto do outro, nenhum pode ser uma combinacao lineardos outros dois. Portanto,1 + x, x2 + x ex3 − x formam uma base deV.

U ∩ V :

p(x) = a0 + a1x + a2x2 + a3x

3 ∈ U ∩ V ⇐⇒

a0 = 0

a0 + a1 + a2 + a3 = 0

a0 − a1 + a2 − a3 = 0

⇐⇒{

a0 = a2 = 0

a1 = −a3

⇐⇒ p(x) = −a1(x3 − x).

Logo,x3 − x e uma base deU ∩ V.

U + V : Temosdim (U +V ) = 2+3−1 = 4 = dimP3(R). Pela proposicao5.25temosqueU + V = P3(R) e podemos tomar como base os polinomios1, x, x2 ex3.

Exemplo 5.28 Voltemos ao exemplo3.11. Sabemos que

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

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

Verifiquemos que os geradores acima sao na verdade bases para os respectivos subespa-cos vetoriais. Para tanto basta verificar que cada sequencia de vetores acimae l.i..

Analisemos primeiramente paraU : se

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

5.4. COORDENADAS 45

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

que implica emα = β = γ = 0.Vejamos agora o caso do subespacoV : se

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

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

que implica emα = β = γ = 0.Passemos agora aU ∩ V : se

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

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

(0, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 1) geramU + V segue-se do fato da dimensao destesubespaco ser quatro que formam uma base paraU+V. Como a dimensao deR4 tambemeU + V ⊂ R

4, temos pela proposicao5.25queU + V = R4. Note que esta soma nao

e direta.

5.4 Coordenadas

SejamV um espaco vetorial finitamente gerado eB uma base deV formada pelos ve-toresu1, . . . , un. ComoB e uma base deV, todo elemento deu ∈ V se escreve comoα1u1 + · · · + αnun, com os coeficientesα1, . . . , αn ∈ R. Pela proposicao4.18, os co-eficientesα1, . . . , αn sao unicamente determinados pelo vetoru. Estes coeficientes saodenominados coordenas deu com relacao a baseB. Representaremos as coordenadasdeu com relacaoa base como

uB =

α1...

αn

B

ou, simplesmente, por

α1...

αn


quandoB estiver subentendida.

Exemplo 5.29 Mostre que os vetores(1, 1, 1), (0, 1, 1) e (0, 0, 1) formam uma base deR

3. Encontre as coordenadas de(1, 2, 0) ∈ R3 com relacao a baseB formada pelos

vetores acima.

Ja sabemos quedim R3 = 3. Para verificar se os vetores acima formam uma base deV,

basta verificar se eles sao l.i.. Utilizando o exemplo4.8vemos que estes vetores sao defato l.i. pois a matriz

1 0 01 1 01 1 1

possui determinante igual a1 6= 0.

Agora,

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


α = 1

α + β = 2

α + β + γ = 0

cuja (unica) solucaoeα = 1, β = 1 eγ = −2. Desse modo, as coordenadas de(1, 2, 0)com relacaoa baseB sao dadas por

11−2

B

.

Exemplo 5.30 Mostre que os polinomios1, x, x2 − x formam uma base,B, deP2(R).Encontre as coordenadas de1 + x + x2 com relacao a baseB. Encontre tambem ascoordenadas deste mesmo polinomio com relacao a baseC formada pelos polinomios1, x ex2.

Pa verificar que1, x, x2 −x formam uma base deP2(R) basta mostrar cadap(x) =a0 + a1x+ a2x

2 ∈ P2(R) se escreve de maneiraunica como combinacao linear de1, x

5.5. EXERCICIOS 47

ex2−x. Isto e equivalente a mostrar que a equacaop(x) = α1+βx+γ(x2−x) possuiumaunica solucao(α, β, γ) ∈ R

3. A equacao acima se escreve como

a0 + a1x + a2x2 = α + (β − γ)x + γx2,


α = a0

β − γ = a1

γ = a2,

que possui umaunica solucao dada porα = a0, β = a1 + a2, eγ = a2.Com isso em maos, vemos que as coordenadas de1 + x + x2 com relacaoa baseB

sao dadas por

121

B

.

Note que com relacaoa baseC formada por1, x ex2 as coordenadas de1 + x + x2 saodadas por

111

C

.

5.5 Exercıcios

Ex. 5.31 Verificar em cada um dos casos se o subconjuntoB do espaco vetorialV euma base paraV.

1. B ={

1, 1 + t, 1 − t2, 1 − t − t2 − t3}

, V = P3(R).

2. B =

{(

1 10 0

)

,

(

2 10 0

)

,

(

0 11 0

)

,

(

0 00 2

)}

, V = M2(R).

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

Ex. 5.32 Encontrar em cada um dos itens abaixo uma base e a dimensao do subespacoW do espaco vetorialV.

1. W ={

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

}

, V = R4.


2. W = {X ∈ M2(R); AX = X} , ondeA =

(

1 20 1

)

, V = M2(R).

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

Ex. 5.33 DadosU, W subespacos do espaco vetorialV determinar;

i) uma base e a dimensao deU.

ii) uma base e a dimensao deW.

iii) uma base e a dimensao deU + W.

iv) uma base e a dimensao deU ∩ W. nos seguintes casos;

1. U ={

(x, y, z) ∈ R3; x + y + z = 0

}

, W = {(x, y, 0); x, y ∈ R} , V = R3.

2. U = {A ∈ M2(R); tr(A) = 0} , W ={

A ∈ M2(R); At = −A}

, V = M2(R).tr(A) e a soma dos elementos da diagonal principal deA, chamado de traco deA

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

Ex. 5.34 Determinar as coordenadas do vetoru = (−1, 8, 5) ∈ R3 em relacao a cada

uma das bases deR3 abaixo;

1. base canonica

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

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

Ex. 5.35 Determinar as coordenadas dep(t) ∈ P3(R), dado porp(t) = 10 + t2 +2t3, t ∈ R em relacao as seguintes bases deP3(R);

1. base canonica

2.{

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

3.{

4 + t, 2, 2 − t2, t + t3}

5.5. EXERCICIOS 49

Ex. 5.36 Determinar as coordenadas do vetor

(

2 5−8 7

)

∈ M2(R) em relacao as

seguintes bases deM2(R);

1. base canonica

2.

{(

1 00 0

)

,

(

1 10 0

)

,

(

1 11 0

)

,

(

1 11 1

)}


Capıtulo 6

Mudanca de Base

6.1 Introducao, Exemplos e Propriedades

Como vimos no exemplo5.30as coordenadas de um elemento de um espaco vetorialpodem variar quando se consideram bases distintas. O que passaremosa estudar agorae como esta mudanca ocorre, ou seja, comoe possıvel encontrar as coordenadas de umvetor com relacao a uma base sabendo-se suas coordenadas com relacao a uma outra.

SejaV um espaco vetorial finitamente gerado. SejamB e C bases deV formadaspelos vetoresb1, . . . , bn e c1, . . . , cn, respectivamente. ComoB e uma base, existemαij ∈ R, 1 ≤ i, j ≤ n tais que

c1 = α11b1 + · · · + αn1bn

...cn = α1nb1 + · · · + αnnbn.

Desta forma, as coordenadas dec1, . . . , cn, com relacaoa baseB sao, respectivamente,

c1B=

α11...

αn1

B

, · · · , cnB=

α1n

...αnn

B

.

Reunimos estas informacoes sobre as coordenadas dos vetores da baseC com relacaoa

51

52 CAPITULO 6. MUDANCA DE BASE

baseB na seguinte matriz

MCB =

α11 · · · α1n

.... ..

...αn1 · · · αnn

,

cujas colunas sao formadas pelas coordenas dec1, . . . , cn com relacao a baseB. AmatrizMC

B e chamada de matriz mudanca de base da baseB para a baseC.Antes de mostrarmos a relacao que existe entreMC

B e as coordenadas de um dado ve-tor com relacaoas basesB eC, vejamos como podemos encontrar a matriz de mudancade base em um exemplo noR

3.

Exemplo 6.1 Considere a baseB em R3 formada pelos vetores(1, 0, 1), (1, 1, 1) e

(1, 1, 2). Considere tambem a baseC formada pelos vetores(1, 0, 0), (0, 1, 0) e(0, 0, 1).EncontreMC

B .

Precisamos resolver

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

⇐⇒

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

Um momento de reflexao nos poupara um pouco de trabalho neste ponto. Note que cadalinha acima representa um sistema de tres equacoes com tres incognitas e que a matrizassociada a cada um destes sistemase a mesma. O que muda sao os nomes das variaveise o segundo membro. Utilizando como variaveisx, y e z, basta resolvermos o seguintesistema

1 1 10 1 11 1 2

xyz

=

abc

ondea, b, c ∈ R. O sistema acimae equivalente a

1 1 10 1 10 0 1

xyz

=

ab

c − a

6.1. INTRODUCAO, EXEMPLOS E PROPRIEDADES 53

cujaunica solucaoe dada porx = a − b, y = a + b − c ez = c − a.Tomando(a, b, c) = (1, 0, 0) obtemos(α11, α21, α31) = (1, 1,−1).Tomando(a, b, c) = (0, 1, 0) obtemos(α12, α22, α32) = (−1, 1, 0).Tomando(a, b, c) = (0, 0, 1) obtemos(α13, α23, α33) = (0,−1, 1). Desta forma,

obtemos

MCB =

1 −1 01 1 −1−1 0 1

.

Exercıcio 6.2 Com as notacoes do exemplo acima, encontreMBC .

Vejamos agora como as coordenadas de um vetor se relacionam com respeito a duasbases de um espaco vetorial de dimensao finita.

SejamB e C bases de um espaco vetorial de dimensao finitaV formadas, respecti-vamente, pelos vetoresb1, . . . , bn e c1, . . . , cn. Dado um vetorv emV sejam

vB =

x1...

xn

B

e vC =

y1...

yn

C

as suas coordenadas com relacao as basesB e C, respectivamente. SeMCB = (αij)

representa a matriz de mudanca da baseB para baseC, entao comocj =∑n

i=1 αijbi,j = 1, . . . , n, obtemos

v =n

∑

i=1

xibi =n

∑

j=1

yjcj =n

∑

j=1

yj

(

n∑

i=1

αijbi

)

=n

∑

i=1

n∑

j=1

αijyj

bi

onde naultima igualdade invertemos a ordem da soma. Como os vetoresb1, . . . , bn saol.i., segue-se quexi =

∑nj=1 αijyj , i = 1, . . . , n. Porem, estasultimasn equacoes

podem ser escritas na seguinte formula matricial

α11 α12 · · · α1n

......

. . ....

αn1 αn2 · · · αnn

y1...

yn

=

x1...

xn

,

ou mais simplesmente,uB = MC

B uC .

Resumiremos este resultado na seguinte


Proposicao 6.3 SejamB eC bases de um espaco vetorial de dimensao finitaV. SeuB

e uC representam as coordenadas de um dado vetorv ∈ V com relacao as basesB eC, respectivamente e seMC

B e a matriz de mudanca de base da baseB para a baseCentao

vB = MCB vC .

Exemplo 6.4 Fixadoθ ∈ R, considere os vetores

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

emR2. Mostre que estes vetores formam uma base,B, de R

2 e encontre a matriz demudanca desta base para a baseC formada pelos vetorese1 = (1, 0) e e2 = (0, 1).Encontre as coordenadas do vetoru = ae1 + be2 com relacao a baseB.

Como a dimensao deR2 e dois basta mostrar queu1 e u2 sao l.i.. Seα(cos θ, sen θ)

+β(− sen θ, cos θ) = (0, 0) entao

{

α cos θ − β sen θ = 0

α sen θ + β cos θ = 0⇐⇒ α = β = 0,

pois

det

(

cos θ − sen θsen θ cos θ

)

= 1 6= 0.

A matrizMCB sera dada por(αij), onde

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

quee equivalente a

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

e como ja visto antes, basta resolver o sistema

(

cos θ − sen θsen θ cos θ

) (

xy

)

=

(

αβ

)

6.1. INTRODUCAO, EXEMPLOS E PROPRIEDADES 55

cuja solucaoe dada por(

xy

)

=

(

cos θ sen θ− sen θ cos θ

) (

αβ

)

=

(

α cos θ + β sen θβ cos θ − α sen θ

)

.

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

MCB =

(


)

.

Agora, seuB representa as coordenadas deu = ae1 + be2 com relacao a baseB e uC

as coordenadas do mesmo vetor com relacaoa baseC, pela proposicao6.3temos

uB = MCB uC =

(


) (

ab

)

=

(

a cos θ + b sen θb cos θ − a sen θ

)

.

Proposicao 6.5 SejamB, C eD bases de um espaco vetorialn dimensional. Temos

MDB = MC

B MDC .

Prova: Sejamb1, . . . , bn os vetores deB, c1, . . . , cn os vetores deC e d1, . . . , dn osvetores deD. Usando a notacaoMC

B = (αij), MDC = (βij) eMD

B = (γij) vemos que

cj =n

∑

i=1

αijbi, dk =n

∑

j=1

βjkcj , dk =n

∑

i=1

γikbi. (6.6)

Assim,

dk =n

∑

j=1

βjkcj =n

∑

j=1

βjk

(

n∑

i=1

αijbi

)

=n

∑

i=1

n∑

j=1

αijβjk

bi,

comob1, . . . , bn sao l.i., comparando com aultima expressao de6.6, obtemos

γik =n

∑

j=1

αijβjk, 1 ≤ i, k ≤ n.

Resta apenas lembrar que o lado direito da expressao acima representa o elemento dai-esima linha e dak-esima coluna da matrizMC

B MDC . Portanto,MD

B = MCB MD

C .


Proposicao 6.7 SejamB eC bases em um espaco vetorial den dimensionalV. Entao amatrizMC

B possui inversa e esta inversae dada porMBC , a matriz de mudanca da base

C para a baseB.

Prova: Pela proposicao anterior temosMCB MB

C = MBB eMB

C MCB = MC

C . resta mostrarqueMB

B = MCC = I = (δij), onde

δij =

{

1 sei = j

0 caso contrario,

e a matriz identidade de ordemn. E claro que basta mostrar queMBB = I e isto e

bem simples, pois seu1, . . . , un sao os vetores da baseB entaoMBB = (αij) satisfaz

uj =∑n

i=1 αijui, j = 1, . . . , n. Ora, comou1, . . . , un sao l.i., para cadaj = 1, . . . , n,a unica solucao de cada uma destas equacoese dada por

αij =

{

1 sei = j

0 caso contrario,

ou seja,αij = δij .

Exercıcio 6.8 Utilize a proposicao acima para refazer o exercıcio 6.2.

6.2 Exercıcios

Ex. 6.9 Considere as basesB = {e1, e2, e3} e C = {g1, g2, g3} de um espaco vetorialV relacionadas da seguinte forma

g1 = e1 + e2 − e3

g2 = 2e2 + 3e3

g3 = 3e1 + e3

1. Determine as matrizes mudanca da baseB para a baseC, isto e,MCB , e da base

C para a baseB, isto e,MBC .

2. Se a matriz das coordenadas do vetorv em relacao a baseB, istoe,(v)B, e dada

por

132

encontre a matriz das coordenadas dev em relacao a baseC, isto e,

(v)C .

6.2. EXERCICIOS 57

3. Se a matriz das coordenadas do vetorv em relacao a baseC, istoe,(v)C , e dada

por

23−1

encontre a matriz das coordenadas dev em relacao a baseB, isto

e,(v)B.

Ex. 6.10 Considere as bases ordenadasB ={

1, 1 + t, 1 + t2}

e C ={

1, t, t2}

deP2(R).

1. Encontre as matrizes de mudanca da baseB para a baseC, istoeMCB , e da base

C para a baseB, isto eMBC .

2. Se(v)B =

1−46

encontre(v)C .

3. Se(v)C =

8−13

encontre(v)B.

4. SeD ={

1, t, t2}

e a base canonica deP2(R), encontre as matrizes de mudancada baseB para a baseD e da baseD para a baseC, isto e, MBD e MDC ,respectivamente.

Ex. 6.11 Considere o seguinte subespaco deM2(R);

W =

{(

x yz t

)

∈ M2(R); x − y − z = 0

}

.

1. Mostre que

B =

{(

1 10 0

)

,

(

1 01 0

)

,

(

0 00 1

)}

e

C =

{(

1 01 0

)

,

(

0 −11 0

)

,

(

0 00 1

)}

sao bases deW.

2. Encontre as matrizes de mudanca da baseB para a baseC e da baseC para abaseB, isto e,MC

B eMBC , respectivamente.


3. Encontre uma baseD deW , tal que a matriz

P =

1 1 00 0 20 3 1

seja a matriz de mudanca da baseD para a baseB, isto e,P = MBD .

Capıtulo 7

Exercıcios Resolvidos – UmaRevisao

Ex. Resolvido 7.1Verifique seV = {(x, y, z, w) ∈ R4; y = x, z = w2} com as

operacoes usuais deR4 e um espaco vetorial.

Resolucao: Note que(0, 0, 1, 1) ∈ V mas−1(0, 0, 1, 1) = (0, 0,−1,−1) 6∈ V. Assim,V naoe um espaco vetorial. ¤

Ex. Resolvido 7.2SejaA ∈ Mn(R) uma matriz quadrada de ordemn. Verifique seW = {X ∈ Mn×1(R); AX = 0} e um subespaco vetorial deMn×1(R), com asoperacoes usuais.

Resolucao:

1. SejaO = (0) a matrizn × 1 nula. ComoAO = O, temos queO ∈ W.

2. SeX, Y ∈ W eλ ∈ R, entao, pelas propriedades da soma e da multiplicacao porescalar usuais entre as matrizes e, tambem, pelas propriedades do produto entrematrizes, temos

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

PortantoX + λY ∈ W.

Concluımos queW e um subespaco vetorial deMn×1(R). ¤

59

60 CAPITULO 7. EXERCICIOS RESOLVIDOS – UMA REVISAO

Ex. Resolvido 7.3Encontre o subespaco vetorial deP3(R) gerado porS = {1, t,t2, 1 + t3}.

Resolucao: Note quet3 = (t3 + 1) − 1. Assim, dadop(t) = a0 + a1t + a2t2 + a3t

3 ∈P3(R) podemos escreverp(t) = (a0 − a3) + a1t + a2t

2 + a3(t3 + 1) ∈ [S]. Logo,

P3(R) = [S]. ¤

Ex. Resolvido 7.4Encontre o subespaco vetorial deM2(R) gerado por

S =

{(

0 10 0

)

,

(

0 0−1 0

)}

Resolucao: Temos queA ∈ [S] se e somente se existemα, β ∈ R tais que

A = α

(

0 10 0

)

+ β

(

0 0−1 0

)

=

(

0 α−β 0

)

,

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

Ex. Resolvido 7.5Encontre um conjunto finito de geradores para

W = {X ∈ M3×1(R) : AX = 0},

onde

A =

0 1 02 1 01 1 4

.

Resolucao:

X =

αβγ

∈ W ⇐⇒

0 1 02 1 01 1 4

αβγ

=

000

⇐⇒

1 1 42 1 00 1 0

αβγ

=

000

⇐⇒

1 1 40 −1 −40 1 0

αβγ

=

000

⇐⇒

1 1 40 1 40 1 0

αβγ

=

000

⇐⇒

1 1 40 1 40 0 −4

αβγ

=

000

61

⇐⇒

1 1 40 1 40 0 1

αβγ

=

000

⇐⇒ α = β = γ = 0,

portanto,

W =

000

.

¤

Ex. Resolvido 7.6Encontre um conjunto finito de geradores para

W = {X ∈ M4×1(R) : AX = 0},

onde

A =

1 1 −1 02 0 1 13 1 0 10 −2 3 1

.

Resolucao:

X =

αβγδ

∈ W ⇐⇒

1 1 −1 02 0 1 13 1 0 10 −2 3 1

αβγδ

=

0000

⇐⇒

1 1 −1 00 −2 3 10 −2 3 10 −2 3 1

αβγδ

=

0000

⇐⇒

1 1 −1 00 −2 3 10 0 0 00 0 0 0

αβγδ

=

0000

⇐⇒

1 1 −1 00 1 −3/2 −1/20 0 0 00 0 0 0

αβγδ

=

0000

⇐⇒

1 0 1/2 1/20 1 −3/2 −1/20 0 0 00 0 0 0

αβγδ

=

0000


⇐⇒{

α = −γ/2 − δ/2

β = 3γ/2 + δ/2,

isto e,

X =

−γ/2 − δ/23γ/2 + δ/2

γδ

= γ

−1/23/210

+ δ

−1/21/201

,

portanto,

W =

−1/23/210

,

−1/21/201

.

¤

Ex. Resolvido 7.7Encontre uma base para o subespaco vetorial deR3 dado porU =

[(1, 0, 1), (1, 2, 0), (0, 2,−1)].

Resolucao: Primeiro Modo:(x, y, z) ∈ U se e somente se existemα, β, γ ∈ R tais que

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

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

1 1 00 2 21 0 −1

αβγ

=

xyz

⇐⇒

1 1 00 2 20 −1 −1

αβγ

=

xy

z − x

1 1 00 1 10 −1 −1

αβγ

=

xy/2

z − x

⇐⇒

1 1 00 1 10 0 0

αβγ

=

xy/2

z − x + y/2

⇐⇒

1 0 −10 1 10 0 0

αβγ

=

x − y/2y/2

z − x + y/2

63

que possui solucao, e estae dada porα = γ + x − y/2, β = −γ + y/2, γ ∈ R, se esomente sez = x − y/2. Dessa forma,

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

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

e como(1, 0, 1), (0, 1,−1/2) (7.8)

sao l.i., segue-se que formam uma base deU.Segundo Modo:Note que os vetores(1, 0, 1) e(1, 2, 0) sao l.i. e pertencem aU. Vejamosse estes vetores juntamente com(0, 2,−1) sao l.d. ou l.i.:

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

⇐⇒ (α + β, 2β + 2γ, α − γ) = (0, 0, 0)

⇐⇒

α + β = 0

β + γ = 0

α − γ = 0

⇐⇒ α = −β = γ,

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

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

formam uma base deU.Embora as bases7.8e7.9nao coincidam, ambas estao corretas. Basta observar que

(1, 2, 0) = (1, 0, 1) + 2(0, 1,−1/2).

¤

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

[(

1 10 1

)]

, em

M2(R), encontre uma base paraU, W, U ∩W eU +W, no caso em que nao se reduzama {0}.

Resolucao:


U :

A =

(

a bc d

)

⇐⇒ c = b,

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

A = α

(

1 00 0

)

+ β

(

0 11 0

)

+ γ

(

0 00 1

)

.

A mesma equacao acima tomada comA = 0, mostra que as matrizes(

1 00 0

)

,

(

0 11 0

)

,

(

0 00 1

)

sao l.i. e, portanto, como geramU, formam uma base deU. Note quedimU = 3.

W : Como a matriz(

1 10 1

)

geraW e e nao nula, ela serve de base paraW. Note quedimW = 1.

U ∩ W :

A ∈ U ∩ W ⇐⇒ A = At e existeλ ∈ R tal queA =

(

λ λ0 λ

)

,

isto e, se e somente se existirλ ∈ R tal que(

λ λ0 λ

)

=

(

λ 0λ λ

)

,

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

U + W : Temos

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

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

1 00 0

)

,

(

0 10 0

)

,

(

0 01 0

)

,

(

0 00 1

)

.

¤

65

Ex. Resolvido 7.11SejamU = {p ∈ P2(R) : p′(t) = 0,∀t ∈ R}, W = {p ∈P2(R) : p(0) = p(1) = 0} subespacos vetoriais deV = P2(R). Encontre uma baseparaU, W, U ∩ W eU + W, no caso em que nao se reduzam a{0}.

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

2 ∈ U ⇐⇒ p′(t) = a1 + 2a2t = 0

⇐⇒ a1 = a2 = 0 ⇐⇒ p(t) = a0 ⇐⇒ p(t) ∈ [1].

Logo,1 e uma base deU e dim U = 1.

W :

p(t) = a0 + a1t + a2t2 ∈ U ⇐⇒

{

p(0) = a0 = 0

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

⇐⇒ p(t) = a1t − a1t2 = a1(t − t2),

isto e,p(t) ∈ [t − t2]. Assimt − t2 e uma base deW e dimW = 1.

U ∩ W : p(t) ∈ U ∩ W = [1] ∩ [t − t2] se e somente se existemλ, µ ∈ R tais quep(t) = λ = µ(t − t2). Claramente, isto so e possıvel quandoλ = µ = 0, ou seja,quandop(t) = 0. Assim,U ∩ W = {0} e dimU ∩ W = 0.

U + W : Temos

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

e como a somae direta podemos tomar1, t − t2 como base deU ∩ W. ¤

Ex. Resolvido 7.12SejaV um espaco vetorial. SejamB e C bases deV formadaspelos vetorese1, e2, e3 eg1, g2, g3, respectivamente, relacionados da seguinte forma:

g1 = e1 + e2 − e3

g2 = 2e2 + 3e3

g3 = 3e1 + e3

1. Determine as matrizes de mudanca da baseB para a baseC, isto e, MCB , e da

baseC para a baseB, isto e,MBC .

2. Se as coordenadas do vetorv em relacao a baseB, isto e, vB, sao dadas por

132

encontre as coordenadas dev em relacao a baseC, isto e,vC .


3. Se as coordenadas do vetorv em relacao a baseC, isto e, vC , sao dadas por

23−1

encontre as coordenadas dev em relacao a baseB, isto e,vB.

Resolucao:

1. Temos

MCB =

1 0 31 2 0−1 3 1

.

ComoMBC =

(

MCB

)−1, passemos a encontrar a inversa deMC

B :

1 0 3... 1 0 0

1 2 0... 0 1 0

−1 3 1... 0 0 1

∼

1 0 3... 1 0 0

0 2 −3... −1 1 0

0 3 4... 1 0 1

∼

1 0 3... 1 0 0

0 1 −32

... −12

12 0

0 3 4... 1 0 1

∼

1 0 3... 1 0 0

0 1 −32

... −12

12 0

0 0 172

... 52 −3

2 1

∼

1 0 3... 1 0 0

0 1 −32

... −12

12 0

0 0 1... 5

17 − 317

217

∼

1 0 0... 2

17917 − 6

17

0 1 0... − 1

17417

317

0 0 1... 5

17 − 317

217

Portanto,

MBC =

217

917 − 6

17− 1

17417

317

517 − 3

17217

2. ComovC = MBC vB,

vC =

217

917 − 6

17− 1

17417

317

517 − 3

17217

132

=

110

.

67

3. ComovB = MCB vC ,

vB =

1 0 31 2 0−1 3 1

23−1

=

−186

.

¤

Ex. Resolvido 7.13Considere o seguinte subespaco deM2(R):

W =

{(

x yz t

)

∈ M2(R); x − y − z = 0

}

.

a) Mostre queB dada pelas matrizes

B1 =

(

1 10 0

)

, B2 =

(

1 01 0

)

, B3 =

(

0 00 1

)

eC dada pelas matrizes

C1 =

(

1 01 0

)

, C2 =

(

0 −11 0

)

, C3 =

(

0 00 1

)

sao bases deW.

b) Encontre as matrizes de mudanca da baseB para a baseC e da baseC para abaseB.

c) Encontre uma baseD deW , tal que a matriz

P =

1 1 00 0 20 3 1

seja a matriz de mudanca da baseD para a baseB, isto e,P = MBD .

Resolucao:

a)

A =

(

x yz t

)

∈ W ⇐⇒ x = y + z.


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

A = y

(

1 10 0

)

+ z

(

1 01 0

)

+ t

(

0 00 1

)

, (7.14)

isto e,

W =

[(

1 10 0

)

,

(

1 01 0

)

,

(

0 00 1

)]

.

A equacao7.14tomada comA = O mostra que as matrizes acima que geramWsao de fato l.i. e, portanto, formam uma base deW. Al em do mais,dimW = 3.

ComoC e formado por tres vetores deW e a dimensao deW e tres, basta verificarque tais vetores sao l.i.. De fato,

α

(

1 01 0

)

+ β

(

0 −11 0

)

+ γ

(

0 00 1

)

=

(

0 00 0

)

⇐⇒(

α −βα + β γ

)

=

(

0 00 0

)

⇐⇒ α = β = γ = 0.

b) Basta notar queC1 = B2

C2 = −B1 + B2

C3 = B3

e daı,

MCB =

0 −1 01 1 00 0 1

.

Quanto aMBC , vemos que

B1 = C1 − C2

B2 = C1

B3 = C3

e assim,

MBC =

1 1 0−1 0 00 0 1

.

69

c) ProcuremosD1, D2 eD3 emW de modo que formem uma baseW tal queMBD =

P. Isto ocorre se e somente se

B1 = 1D1 + 0D2 + 0D3 = D1

B2 = 1D1 + 0D2 + 3D3 = D1 + 3D3

B3 = 0D1 + 2D2 + 1D3 = 2D2 + D3

,

ou seja,D1 = B1, D3 = (B2 − B1)/3 e D2 = (B3 − (B2 − B1)/3)/2 =(3B3 + B1 − B2)/6. Assim, a baseD formada porD1, D2 e D3 e dada pelasmatrizes

(

1 10 0

)

,

(

0 1/6−1/6 1/2

)

,

(

0 −1/31/3 0

)

.


Capıtulo 8

Transformacoes Lineares


Definicao 8.1 SejamU e V espacos vetoriais. Dizemos que uma funcao T : U → V eumatransformacao linearse forem verificadas as seguintes condicoes:

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

2. T (λu) = λT (u), ∀u ∈ U, ∀λ ∈ R.

Observacao 8.2 Note queT : U → V e uma transformacao linear se e somente seT (λu + µv) = λT (u) + µT (v), para todou, v ∈ U, λ, µ ∈ R.

Observacao 8.3 Note que pela propriedade2 temos

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

Ou seja, toda transformacao linear deU emV leva o elemento neutro deU no elementoneutro deV.

A seguir listamos alguns exemplos de transformacoes lineares definidas em variosespacos vetoriais que ja tratamos no decorrer do curso.

1. T : U → V dada porT (u) = 0, para todou ∈ U. T e chamada de transformacaonula.

2. T : U → U dada porT (u) = u, para todou ∈ U. T e chamada de transformacaoidentidade.

71

72 CAPITULO 8. TRANSFORMACOES LINEARES

3. T : Pn(R) → Rn+1 dada por

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

4. SeA ∈ Mm×n(R) e uma matriz dada, definimos

T : Mn×1(R) → Mm×1(R)

porT (X) = AX, o produto deA comX, para todoX ∈ Mn×1(R).

5. T : C([0, 1]; R) → R dada por

T (f) =

∫ 1

0f(x) dx,

para toda funcaof ∈ C([0, 1]; R).

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

Os exemplos abaixo sao de funcoes entre espacos vetoriais quenao sao transforma-coes lineares.

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

2. T : C([0, 1]; R) → R dada por

T (f) =

∫ 1

0|f(x)| dx,

para toda funcaof ∈ C([0, 1]; R).

SeT fosse linear deverıamos ter por2, T (−f) = −T (f) para toda funcaof ∈C([0, 1]; R). Para ver que isto nao ocorre, basta tomarf como sendo a funcaoconstante igual a1. Temos neste caso queT (−1) = 1 = T (1).

3. T : R → R dada porT (x) = x2. Observe queT (−1) = 1 = T (1). Logo, naotemosT (−1) = −T (1).

Proposicao 8.4 SejaU um espaco vetorial com baseu1, . . . , un. Toda transformacaolinear T : U → V fica determinada porT (u1), . . . , T (un), ou seja, conhecidos estesvetores, conhece-seT (u) para qualqueru ∈ U.

8.2. O ESPACO VETORIALL (U, V ) 73

Prova: Ja queu1, . . . , un formam uma base deU, dadou ∈ U existemα1, . . . , αn ∈ R

tais queu = α1u1 + · · · + αnun. Deste modo,

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

Ex. Resolvido 8.5Encontre uma transformacao linearT : R2 → R

2 tal queT (1, 2) =(3,−1) eT (0, 1) = (1, 2).

Resolucao: Note que(1, 2) e(0, 1) formam uma base deR2. Se(x, y) ∈ R2 entao, como

e facil verificar, temos(x, y) = x(1, 2) + (y − 2x)(0, 1). Deste modo, a transformacaoT deve satisfazer

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

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

Verifica-se facilmente que a transformacao T definida como acima, istoe, T (x, y) =(x + y, 2y − 5x), e linear e satisfaz as condicoes pedidas. ¤

8.2 O Espaco VetorialL (U, V )

Definicao 8.6 SejamU e V espacos vetoriais. Denotaremos porL (U, V ) o conjuntodas transformacoes linearesT : U → V. QuandoU = V denotaremosL (U, U) =L (U).

DadasT, S ∈ L (U, V ) podemos definirT + S : U → V por (T + S)(u) =T (u) + S(u), u ∈ U. Ve-se claramente queT + S ∈ L (U, V ).

SeT ∈ L (U, V ) e λ ∈ R definimosλT : U → V como(λT )(u) = λ(T (u)).Tambem,λT ∈ L (U, V ).

E um simples exercıcio de verificacao o fato deL (U, V ) com as operacoes definidasacima ser um espaco vetorial. Note que o elemento neutro da adicao e a transformacaonula, istoe,T ∈ L (U, V ) definida porT (u) = 0, u ∈ U.

Registraremos isto na seguinte

Proposicao 8.7 L (U, V ) com as operacoes acimae um espaco vetorial.


Definicao 8.8 SeU e um espaco vetorial, definimos o espaco dual deU como sendoU ′ .

= L (U, R), isto e,U ′ e formado pelas transformacoes linearesT : U → R. Estastransformacoes lineares tambem sao chamadas de funcionais lineares definidos emU.

Teorema 8.9 SeU e um espaco vetorial de dimensao n e V e um espaco vetorial dedimensaom entaoL (U, V ) tem dimensaomn.

Prova: Fixemos duas bases, uma formada por vetoresu1, . . . , un deU e outra formadaporv1, . . . , vm, vetores deV.

Para cada1 ≤ i ≤ n e1 ≤ j ≤ m defina

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

Note que

Tij(uk) =

{

vj sei = k

0 sei 6= k.

Verifiquemos queTij ∈ L (U, V ):

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

= Tij((x1 + y1)u1 + · · · + (xn + yn)un) = (xi + yi)vj = xivj + yivj

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

Tambem, para todoλ ∈ R,

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

= λxivj = λTij(x1u1 + · · · + xnun).

Mostremos queTij , 1 ≤ i ≤ n e1 ≤ j ≤ m, formam uma base deL (U, V ).

Se∑n

i=1

∑mj=1 aijTij = 0 entao, para cada1 ≤ k ≤ n,

0 =n

∑

i=1

m∑

j=1

aijTij(uk) =m

∑

j=1

n∑

i=1

aijTij(uk) =m

∑

j=1

akjTkj(uk) =m

∑

j=1

akjvj

e comov1, . . . , vm sao linearmente independentes, segue-se queak1 = · · · = akm = 0.PortantoT11, . . . , Tnm sao linearmente independentes.


SejaT ∈ L (U, V ). Seu ∈ U entaou = x1u1 + · · · + xnun, para certos numerosreaisx1, . . . , xn. ComoT e linear

T (u) = x1T (u1) + · · · + xnT (un).

ComoT (ui) ∈ V, podemos escrever, para cada1 ≤ i ≤ n,

T (ui) = α1iv1 + · · · + αmivm.

Porem, como para cada1 ≤ j ≤ m, 1 ≤ i ≤ n, Tij(u) = xivj , obtemos

T (u) = x1T (u1) + · · · + xnT (un)

= x1(α11v1 + · · · + αm1vm) + · · · + xn(α1nv1 + · · · + αmnvm)

= α11x1v1 + · · · + αm1x1vm + · · · + α1nxnv1 + · · · + αmnxnvm

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

ou seja

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

Corolario 8.10 SeV e um espaco de dimensao n entao o seu dual tambem tem di-mensaon.

Pelo corolario 8.10, se U tem dimensao n entao o seu dual,U ′, tem a mesmadimensao. Seguindo os passos da demonstracao do teorema8.9, se u1, . . . , un for-mam uma baseB de U entao os funcionais linearesf1, . . . , fn : U → R dados porfj(u) = fj(x1u1 + · · ·+xnun) = xj , j = 1, . . . , n, formam uma base deU ′. Esta basee chamada debase dualda baseB.

Ex. Resolvido 8.11Considere a baseB de R3 formada poru1 = (1, 1, 1), u2 =

(1, 1, 0) eu3 = (1, 0, 0). Encontre a base dual deB.

Resolucao: Dado(x, y, z) ∈ R3, temos

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

Deste modo, a base dual deB, e dada pelos funcionais linearesf1, f2 ef3 onde

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

¤


Definicao 8.12 SejamU, V e W espacos vetoriais. SeT ∈ L (U, V ) e S ∈ L (V, W )definimos a compostaS ◦ T : U → W por S ◦ T (u) = S(T (u)), u ∈ U.

Exemplo 8.13 ConsidereT, S ∈ L (R2) dadas porT (x, y) = (x + y, 0) e S(x, y) =(x, 2y). EncontreT ◦ S eS ◦ T.

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

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

Note queT ◦ S 6= S ◦ T.

Definicao 8.14 SeT ∈ L (U), definimosT 1 = T eTn = T ◦ Tn−1 paran ≥ 2.

Definicao 8.15 T ∈ L (U) e chamada de nilpotente se existir algum inteiro positivontal queTn = 0, a transformacao nula.

Obviamente a transformacao nulae um exemplo de uma transformacao nilpotente.

Exemplo 8.16 Mostre queT : R2 → R

2 dada porT (x, y) = (0, x) e um operadornilpotente.

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

Proposicao 8.17 SeT ∈ L (U, V ) eS ∈ L (V, W ) entaoS ◦ T ∈ L (U, W ).

Prova: Dadosu, v ∈ U eλ, µ ∈ R temos

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

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

Proposicao 8.18 SejamT ∈ L (U, V ), S ∈ L (V, W ) eR ∈ L (W, X), ondeU, V, WeX sao espacos vetoriais. Entao (R ◦ S) ◦ T = R ◦ (S ◦ T ).


Prova: Para todou ∈ U, temos

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

e por outro lado

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

Comparando as expressoes chegamos ao resultado desejado.

Proposicao 8.19 SeS, T ∈ L (U, V ), R ∈ L (V, W ) entaoR◦(S+T ) = R◦S+R◦T.

Prova: Dadou ∈ U, temos

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

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

Proposicao 8.20 SeT ∈ L (U, V ) eIV ∈ L (V ) e a identidade emV, isto e,I(v) = v,v ∈ V, e IU ∈ L (U) e a identidade emU, entao IV ◦ T = T eT ◦ IU = T.

Prova: Dadou ∈ U, temos

IV ◦ T (u) = IV (T (u)) = T (u)

eT ◦ IU (u) = T (IU (u)) = T (u).

Definicao 8.21 Diremos queT ∈ L (U, V ) possui inversa se existirS : V → U tal queS ◦ T (u) = u para todou ∈ U e T ◦ S(v) = v para todov ∈ V. Em outras palavras,T ◦ S = IV e S ◦ T = IU , ondeIU : U → U e a identidade emU e IV : V → V e aidentidade emV.

Proposicao 8.22 SeT ∈ L (U, V ) possui uma inversa entao esta inversae unica.


Suponha queT possua inversasR, S ∈ L (V, U). ComoIV = T ◦ R e IU = S ◦ T,temos

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

Denotaremos a inversa deT porT−1.

Definicao 8.23 Uma transformacao linearT : U → V e

1. injetora seT (u) = T (v) implicar emu = v;

2. sobrejetora se para todov ∈ V existiru ∈ U tal queT (u) = v;

3. bijetora se for injetora e sobrejetora.

Proposicao 8.24 Uma transformacao linear T : U → V e injetora se e somente seT (u) = 0 implicar emu = 0.

Prova: Suponha queT seja injetora. SeT (u) = 0 entao T (u) = T (0) e comoT einjetora, segue-se queu = 0.

Reciprocamente suponha que aunica solucao deT (u) = 0 sejau = 0. SeT (u) =T (v) entaoT (u − v) = 0 e, por hipotese,u − v = 0, isto e,u = v.

Proposicao 8.25 A fim de queT ∈ L (U, V ) possua inversae necessario e suficientequeT seja bijetora.

Prova: Suponha queT possua inversa.SeT (u) = T (v) entaou = T−1(T (u)) = T−1(T (v)) = v e, portanto,T e injetora.Dado v ∈ V vemos queT (T−1(v)) = v e, portanto,T tambem e sobrejetora.

Assim,T e bijetora.Suponha agora queT seja bijetora. Dadov ∈ V existe umunicouv ∈ U tal que

v = T (uv). DefinaS : V → U porS(v) = uv. Mostremos queS e a inversa deT.

Sev ∈ V entaoT (S(v)) = T (uv) = v.

Seu ∈ U entaoS(T (u)), pela definicao deS, e o unico elementou′ emU tal queT (u′) = T (u). ComoT e injetora, temosu′ = u e, assim,S(T (u)) = u.

Proposicao 8.26 Se T ∈ L (U, V ) possui inversaT−1 : V → U entao T−1 ∈L (V, U).

8.3. IMAGEM E NUCLEO 79

Prova: Devemos mostrar queT−1 : V → U e linear.Sejamv1, v2 ∈ V e λ1, λ2 ∈ R. ComoT e sobrejetora existemu1, u2 ∈ U tais que

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

T−1(λ1v1 + λ2v2) = T−1(λ1T (u1) + λ2T (u2)) = T−1(T (λ1u1 + λ2u2))

= λ1u1 + λ2u2 = λ1T−1(v1) + λ2T

−1(v2).

8.3 Imagem e Nucleo

Definicao 8.27 SejaT : U → V uma transformacao linear.

1. SeX ⊂ U, definimos a imagem deX por T como sendo o conjuntoT (X) ={T (x); x ∈ X}.

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

Ex. Resolvido 8.28SejaV um espaco de dimensao 1. Mostre que qualquer transforma-cao linear nao nulaT : U → V e sobrejetora.

Resolucao: Como T e nao nula existeuo ∈ U tal queT (uo) 6= 0. Ja queV temdimensao 1 entao qualquer base deV e constituıda por um elemento e comoT (uo) ∈ Ve nao nulo (portanto, l.i.), ele proprio forma uma base deV. Assim, dadov ∈ V existeα ∈ R tal quev = αT (uo) = T (αuo), ou seja,T e sobrejetora. ¤

Proposicao 8.29 SejaT : U → V uma transformacao linear. Temos

1. SeW e um subespaco vetorial deU entaoT (W ) e um subespaco vetorial deV.

2. SeW e um subespaco vetorial deV entao T−1(W ) e um subespaco vetorial deU.

Prova: 1. SejaW um subespaco vetorial deU.Como0 ∈ W vemos que0 = T (0) ∈ T (W ).Sex, y ∈ T (W ) entao existemu, w ∈ W tais quex = T (u) ey = T (w). ComoW

e um subespaco vetorial, temos que, para qualquerλ ∈ R, u + λw ∈ W. Desse modo

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


2. SejaW um subespaco vetorial deV.

ComoT (0) = 0 ∈ W, segue-se que0 ∈ T−1(W ).

Sex, y ∈ T−1(W ) entaoT (x), T (y) ∈ W. ComoW e um subespaco vetorial temosque, para qualquerλ ∈ R, T (x) + λT (y) ∈ W. MasT (x + λy) = T (x) + λT (y) ∈ We, portanto,x + λy ∈ T−1(W ).

Definicao 8.30 O nucleo de uma transformacao linearT : U → V e o subespaco veto-rial de U dado porT−1({0}), ou seja,e o conjunto{u ∈ U ; T (u) = 0}. Denotaremoso nucleo deT por N (T ).

Proposicao 8.31 SejaT : U → V uma transformacao linear.T e injetora se e somenteseN (T ) = {0}.

Prova: Pela proposicao 8.24T e injetora se e somente se a equacaoT (u) = 0 possuicomounica solucaou = 0. Isto e o mesmo que dizer que o conjuntoN (T ) e formadosomente pelo elemento0.

Ex. Resolvido 8.32SejaT ∈ L (U). Mostre queT 2 = 0 se e somente seT (U) ⊂N (T ).

Resolucao: Suponha queT 2 = 0. Sev ∈ T (U) entao existeu ∈ U tal quev = T (u) e,portanto,T (v) = T 2(u) = 0. Logo,v ∈ N (T ).

Suponha agora queT (U) ⊂ N (T ). Dadou ∈ U, comoT (u) ∈ T (U) ⊂ N (T ),temosT 2(u) = T (T (u)) = 0. ¤

Ex. Resolvido 8.33Sejaθ ∈ R. Encontre o nucleo da transformacao linearT : R2 →

R2 dada por

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

Resolucao: Por definicao,(x, y) ∈ N (T ) se e somente seT (x, y) = (0, 0), isto e, se esomente se

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

⇐⇒{

x cos θ − y sen θ = 0

x sen θ + y cos θ = 0⇐⇒ (x, y) = (0, 0).

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


Teorema 8.34 (Teorema do Nucleo e da Imagem)SejamU e V espacos vetoriais dedimensao finita eT : U → V uma transformacao linear. Temos

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

Prova: SejaB1 uma base deN (T ) formada pelos vetoresu1, . . . , up. Pelo teorema docompletamento, existem vetoresv1, . . . , vq ∈ U tais queu1, . . . , up, v1, . . . , vq formamuma base deU. Note que com esta notacao temosdim U = p + q e dimN (T ) =p. Resta mostrar quedimT (U) = q e, para isto, mostraremos queT (v1), . . . , T (vq)formam uma base deT (U).

Seα1T (v1) + · · · + αqT (vq) = 0 entaoT (α1v1 + · · · + αqvq) = 0, isto e,α1v1 +· · ·+αqvq ∈ N (T ). Desta forma, existemβ1, . . . , βp ∈ R tais queα1v1 + · · ·+αqvq =β1u1 + · · · + βpup, isto e,

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

Comou1, . . . , up, v1, . . . , vq formam uma base deU, segue-se queα1 = · · · = αq =β1 = · · · = βp = 0 e, portanto,T (v1), . . . , T (vq) sao linearmente independentes.

Mostremos queT (v1), . . . , T (vq) geramT (U). Sejav ∈ T (U). Logo, existeu ∈U tal queT (u) = v. Como u1, . . . , up, v1, . . . , vq formam uma base deU, existemα1, . . . , αq, β1, . . . , βp ∈ R tais que

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

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

= α1T (u1) + · · ·+ αpT (up) + β1T (v1) + · · ·+ βqT (vq) = β1T (v1) + · · ·+ βqT (vq),

ja queu1, . . . , up ∈ N (T ).

Corolario 8.35 SeU e V sao espacos vetoriais de dimensao finita tais quedimU =dim V e seT : U → V e uma transformacao linear entao as seguintes condicoes saoequivalentes:

1. T e sobrejetora;

2. T e injetora;

3. T e bijetora;


4. T leva bases deU em bases deV.

Prova: (1) =⇒ (2): Se T e sobrejetora entao T (U) = V e pelo teorema anterior,dim U = dimN (T ) + dimV. Mas comodimU = dimV segue quedim N (T ) =0, isto e,N (T ) = {0}. Pela proposicao8.31, T e injetora.

(2) =⇒ (3): SeT e injetora entao dimN (T ) = 0. Pelo teorema anterior segue-seque dimU = dimT (U). Como dimU = dim V segue-se queT (U) e um subespacode V com a mesma dimensao deV. Logo, T (U) = V, isto e, T e sobrejetora. Dessaforma,T e bijetora.

(3) =⇒ (4): Suponha queT seja bijetora. Considere uma base deU formada porvetoresu1, . . . , un. Precisamos mostrar queT (u1), . . . , T (un) formam uma base deV.

Seα1T (u1)+ · · ·+αnT (un) = 0 entaoT (α1u1 + · · ·+αnun) = 0, isto e,α1u1 +· · · + αnun ∈ N (T ). ComoT e injetora temosN (T ) = {0} e, consequentemente,α1u1 + · · · + αnun = 0. Comou1, . . . , un formam uma base deU temosα1 = · · · =αn = 0 e, portanto,T (u1), . . . , T (un) sao linearmente independentes.

Sejav ∈ V. ComoT e sobrejetora, existeu ∈ U tal quev = T (u). Escrevendoucomoα1u1 + · · · + αnun vemos que

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

isto e,T (u1), . . . , T (un) geramV. Observe que ja havıamos provado isto na proposicao8.4

(4) =⇒ (1): Sejau1, . . . , un uma base deU. Por hipotese,T (u1), . . . , T (un) for-mam uma base deV. Assim, dadov ∈ V existemα1, . . . , αn ∈ R tais quev =α1T (u1) + · · · + αnT (un). Deste modo,v = T (α1u1 + · · · + αnun), isto e, T esobrejetora.

Ex. Resolvido 8.36Mostre que toda transformacao linear bijetoraT : R2 → R

2 levaretas em retas, istoe, a imagem de uma reta porT e uma reta.

Resolucao: Dada uma retar no plano usaremos a equacao vetorial para representar seuspontos, istoe, um pontoP ∈ r e da formaPo + λ~v, ondePo e um ponto sobre a reta,~v e um vetor direcao da reta eλ ∈ R. A imagem der por T e T (r) = {T (P ); P ∈ r}.Assim, todo ponto emT (r) e da formaT (P ) = T (Po) + λT (~v), λ ∈ R. ComoT einjetora e~v 6= ~0 temos queT (~v) 6= ~0, ou seja,T (r) e uma reta que passa porT (Po) etem direcaoT (~v). ¤

Ex. Resolvido 8.37Sejama1, . . . , an ∈ R nao todos nulos. Mostre que o subespacoH = {(x1, . . . , xn) ∈ R

n; a1x1 + · · · + anxn = 0} tem dimensaon − 1.


Resolucao: Note queH e o nucleo da transformacao linearT : Rn → R dada por

T (x1, . . . , xn) = a1x1 + · · · + anxn. Como nem todos osaj sao nulos, segue-se queTe nao nula e pelo exercıcio 8.28, T e sobrejetora. Deste modo, pelo teorema8.34, temos

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

ou seja,dim H = n − 1. ¤

Ex. Resolvido 8.38Sejam

A =

(

1 20 1

)

e T : M2(R) → M2(R) dada porT (X) = AX − XA. Encontre o nucleo e a imagemdeT.

Resolucao: Nucleo: X ∈ N (T ) se e somente seAX = XA. Se denotarmos

X =

(

a bc d

)

,

vemos queX ∈ N (T ) se e somente se

(

1 20 1

) (

a bc d

)

=

(

a bc d

) (

1 20 1

)

,

isto e,(

a + 2c b + 2dc d

)

=

(

a 2a + bc 2c + d

)

que equivale a

a + 2c = a

b + 2d = 2a + b

c = c

d = 2c + d

⇐⇒ c = 0 ea = d.

Portanto,

X =

(

a b0 a

)

= a

(

1 00 1

)

+ b

(

0 10 0

)

.


Dessa forma, o nucleo deT e o subespaco vetorial gerado pela base (note que as matrizessao l.i.) formada pelas matrizes

(

1 00 1

)

e

(

0 10 0

)

.

Imagem deT : Temos que

Y =

(

x yz t

)

∈ T (M2(R))

se e somente se existir

X =

(

a bc d

)

tal queY = AX − XA, isto e,(

x yz t

)

=

(

1 20 1

) (

a bc d

)

−(

a bc d

) (

1 20 1

)

=

(

a + 2c b + 2dc d

)

−(

a 2a + bc 2c + d

)

=

(

2c 2d − 2a0 −2c

)

= 2c

(

1 00 −1

)

+ 2(d − a)

(

0 10 0

)

,

ou seja, a imagem deT e gerada pela base (note que as matrizes sao l.i.) formada pelasmatrizes

(

1 00 −1

)

e

(

0 10 0

)

.

Uma outra maneira para encontrar uma base para a imagem deT e fazer uso daprova do teorema8.34. Istoe, sabemos que

(

1 00 1

)

e

(

0 10 0

)

formam uma base do nucleo deT e, como no referido teorema, a completamos ate umabase deM2(R) como, por exemplo,

(

1 00 1

)

,

(

0 10 0

)

,

(

0 01 0

)

e

(

0 00 1

)

8.4. ISOMORFISMO E AUTOMORFISMO 85

e, pelo mesmo teorema,

T

((

0 01 0

))

=

(

2 00 −2

)

eT

((

0 00 1

))

=

(

0 10 0

)

formam uma base para a imagem deT. ¤

Definicao 8.39 Dizemos queT ∈ L (U) e idempotente seT 2 = T.

Exemplo 8.40 I : U → U, a identidade deU e idempotente.

Exemplo 8.41 T : R2 → R

2 dada porT (x, y) = (x, 0) e idempotente.

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

Proposicao 8.42 Mostre que seT ∈ L (U) e idempotente entao

U = T (U) ⊕ N (T ).

Prova: Dadou ∈ U podemos escrever

u = T (u) + (u − T (u)).

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

Seu ∈ T (U) ∩ N (T ) entao existev ∈ U tal queu = T (v) e T (u) = 0. Porem,comoT = T 2, temos

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

ou seja,T (U) ∩ N (T ) = {0}.

8.4 Isomorfismo e Automorfismo

Definicao 8.43 Dizemos que uma transformacao linear T : U → V e isomorfismoquando ela for bijetora. No caso em queU = V diremos queT e um automorfismo.

Definicao 8.44 Dizemos que os espacos vetoriaisU e V sao isomorfos se existir umisomorfismoT : U → V.


As seguintes transformacoes sao exemplos de isomorfismos e, portanto, os respecti-vos espacos vetoriais sao isomorfos.

1. T : U → U dada porT (u) = u.

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

3. T : Mm×n(R) → Rmn que associa a cada matrizA = (aij) de Mm×n(R) o

seguinte elemento deRn

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

Ex. Resolvido 8.45Verifique seT (x, y, z) = (x − y, x − z, z − y) e um automorfismodeR

3.

Resolucao: SeT (x, y, z) = (0, 0, 0) entao

x − y = 0

x − z = 0

z − y = 0

⇐⇒ x = y = z.

Logo,T e naoe injetora, poisT (1, 1, 1) = (0, 0, 0). Assim,T naoe um isomorfismo.¤

Proposicao 8.46 SeT : U → V e um isomorfismo eU tem dimensao finita entaodim U = dimV.

Prova: ComoT e injetora,N (T ) = {0} e, portanto,dimN (T ) = 0. ComoT esobrejetora,T (U) = V. Segue do teorema do nucleo e da imagem8.34, que

dimU = dim N (T ) + dim T (U) = dimV.

A recıproca da proposicao acimae valida ee dada pela proposicao a seguir.

Proposicao 8.47 SejamU e V espacos de dimensao n. Seu1, . . . , un e v1, . . . , vn

formam bases deU eV, respectivamente, entao

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

define um isomorfismo entreU eV. Note queT (uj) = vj , j = q, . . . , n.

8.5. MATRIZ DE UMA TRANSFORMACAO LINEAR 87

Prova: Primeiramente, note queT, de fato, define uma funcao pois as coordenadas deum vetor com relacao a uma base sao unicamente determinadas por ele e pela base.

Verifiquemos queT e linear.Sew1, w2 ∈ U entao podemos escreverw1 =

∑ni=1 xiui e w2 =

∑ni=1 yiui, onde

xi, yi ∈ R, i = 1, . . . , n. Seλ1, λ2 ∈ R, temos

T (λ1w1 + λ2w2) = T

(

n∑

i=1

(λ1xi + λ2yi)ui

)

=

n∑

i=1

(λ1xi + λ2yi)vi

= λ1

n∑

i=1

xivi + λ2

n∑

i=1

yivi = λ1T (w1) + λ2T (w2).

Sejaw =∑n

i=1 xiui tal queT (w) = 0. MasT (w) = x1v1 + · · · + xnvn = 0 e,portanto,x1 = · · · = xn = 0, ou seja,w = 0. Portanto,T e injetora e pelo corolario8.35, segue-se queT e um isomorfismo.

Corolario 8.48 Se dois espacos tem a mesma dimensao finita entao eles sao isomorfos.

Prova: Basta tomar o isomorfismo do teorema anterior.Combinando o corolario acima com a proposicao 8.46vemos que dois espacos de

dimensao finita sao isomorfos se e somente se eles possuem a mesma dimensao.

Corolario 8.49 SeU e um espaco vetorial de dimensao n e V e um espaco vetorial dedimensaom entaoL (U, V ) e isomorfo aMm×n(R).

Prova: Note que tantoL (U, V ) comoMm×n(R) tem a mesma dimensao:mn.

8.5 Matriz de uma Transformacao Linear

8.5.1 Definicao e Exemplos

SejamU e V espacos vetoriais de dimensao finita. Fixemos uma baseB deU formadapor vetoresu1, . . . , un e uma baseV formada por vetoresv1, . . . , vm. SeT ∈ L (U, V )podemos escrever

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


A matriz

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a1n

......

.. ....

am1 am2 . . . amn

∈ Mm×n(R)

e chamada de matriz da transformacaoT com relacaoas basesB e C e e denotada por[T ]B,C . No caso em queU = V eB = C usaremos a notacao[T ]B.

Ex. Resolvido 8.50Encontre a matriz deT : R3 → R

2 dada porT (x, y, z) = (x +y, x − z) com relacao as bases canonicas deR3 (B : (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)) e R

2

(C : (1, 0), (0, 1)).

Resolucao: TemosT (1, 0, 0) = (1, 1) = 1(1, 0) + 1(0, 1),

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

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

Assim,

[T ]B,C =

(

1 1 01 0 −1

)

.

¤

Ex. Resolvido 8.51Encontre a matriz deT : R3 → R

2 dada porT (x, y, z) = (x +y, x − z) com relacao as bases canonicas deR3 (B : (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)) e R

2

(C ′ : (1, 1), (0, 1)).

Resolucao: TemosT (1, 0, 0) = (1, 1) = 1(1, 1) + 0(0, 1),

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

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

Assim,

[T ]B,C′ =

(

1 1 00 −1 −1

)

.

¤


8.5.2 Propriedades

Proposicao 8.52 SejamU e V espacos vetorial de dimensao finita com basesB e C,respectivamente. SeT, S ∈ L (U, V ) eλ, µ ∈ R entao

[λT + µS]B,C = λ[T ]B,C + µ[S]B,C .

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

(λT + µS)(uj) = λT (uj) + µS(uj)

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

= (λα1j + µβ1j)v1 + · · · + (λαmj + µβmj)vm

e, desse modo,

[λT + µS]B,C =

λα11 + µβ11 · · · λα1n + µβ1n

.... ..

...λαm1 + µβm1 · · · λαmn + µβmn

= λ[T ]B,C + µ[S]B,C .

Corolario 8.53 SejamU e V espacos vetorial de dimensao finita com basesB e C,respectivamente. SeT ∈ L (U, V ) e a transformacao nula entao [T ]B,C = 0.

Proposicao 8.54 SeB e C sao bases de um espaco vetorialV de dimensao finita eI ∈ L (V, V ) e a identidade deV entao [I]B,C = MB

C .

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

uj = I(uj) = α1jv1 + · · · + αnjvn

ve-se que[I]B,C = MBC .

Proposicao 8.55 SejamU, V e W espacos vetoriais de dimensao finita. SejamT ∈L (U, V ) eS ∈ L (V, W ). SeB, C eD sao bases deU, V eW, respectivamente, entao

[S ◦ T ]B,D = [S]C,D[T ]B,C .


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

S ◦ T (uj) = S(T (uj)) = S

(

m∑

i=1

αijvi

)

=

m∑

i=1

αijS(vi)

=

m∑

i=1

αij

(

p∑

k=1

βkiwk

)

=

p∑

k=1

(

m∑

i=1

βkiαij

)

wk.

Portanto,

[S ◦ T ]B,D =

(

m∑

i=1

βkiαij

)

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

Proposicao 8.56 SejamU e V espacos vetorial de dimensao finita com basesB e C,respectivamente. SeT ∈ L (U, V ) possui inversaT−1 entao [T−1]C,B = [T ]−1

B,C .

Prova: Sejan = dimU = dimV. Temos

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

ondeIn e a matriz identidade de ordemn. Analogamente,

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

Portanto,[T−1]C,B = [T ]−1B,C .

Proposicao 8.57 SejamU e V espacos vetorial de dimensao finita com basesB e C,respectivamente. SeT ∈ L (U, V ) e u ∈ U entao, representando porT (u)C e uB ascoordenadas dos vetoresT (u) eu, respectivamente, temos

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

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

uB =

a1...

an

.


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

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

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

ou seja,

T (u)C =

a1α11 + · · · + anα1n

...a1αm1 + · · · + anαmn

=

α11 · · · α1n

.... ..

...αm1 · · · αmn

a1...

an

,

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

Proposicao 8.58 SejamU e V espacos vetorial de dimensao finita com basesB e C,respectivamente. EntaoT ∈ L (U, V ) e um isomorfismo se e somente se[T ]B,C possuiinversa.

Prova: SeT e um isomorfismo entao pela proposicao8.56 [T ]B,C possui inversa dadapor [T−1]C,B.

Reciprocamente, suponha que[T ]B,C possua inversa. Pelo corolario 8.35, bastamostrar queT e injetora. SeT (u) = 0 entao

uB = [T ]−1B,CT (u)C = [T ]−1

B,C0 = 0.

Como todas as coordenadas deu sao iguais a zero, obtemosu = 0 e, portanto,T einjetora.

Ex. Resolvido 8.59Verifique seT : R2 → P1(R) dada porT (a, b) = a + (a + b)x e

um isomorfismo.

Resolucao: Consideremos as bases canonicas deR2 eP1(R). ComoT (1, 0) = 1 + x eT (0, 1) = x, a matriz deT com relacao a estas basese dada por

(

1 01 1

)

.

Como a matriz acima possui inversa, segue-se queT e um isomorfismo. ¤


Proposicao 8.60 SejaV um espaco de dimensao finita. SeT ∈ L (V, V ) e B e C saobases deV entao

[T ]C,C = MBC [T ]B,BMC

B .

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

B , temos

MBC [T ]B,BMC

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

Ex. Resolvido 8.61Considere,B, a base deR2 formada pelos vetores(1, 1) e (1,−1).SejaT ∈ L (R2) tal que

TB,B =

(

1 00 5

)

.

Encontre[T ]C,C , ondeC e a base canonica deR2.

Resolucao: Como

(1, 0) =1

2(1, 1) +

1

2(1,−1) e (0, 1) =

1

2(1, 1) − 1

2(1,−1),

obtemos

MCB =

(

12

12

12 −1

2

)

eMBC =

(

MCB

)−1=

(

1 11 −1

)

.

Assim,[T ]C,C = MB

C [T ]B,BMCB =

(

1 11 −1

) (

1 00 5

) (

12

12

12 −1

2

)

=

(

3 −2−2 3

)

.

Note que

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

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

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

¤

8.6. EXERCICIOS RESOLVIDOS 93

8.6 Exercıcios Resolvidos

Ex. Resolvido 8.62Encontre uma base para o nucleo e outra para a imagem deT :P2(R) → P2(R) dada porT (p) = p′ + p′′.

Resolucao: Note quep(x) = a0 + a1x + a2x2 ∈ N (T ) se e somente se(a1 + 2a2x) +

2a2 = 0, isto e, se e somente sea1 = a2 = 0. Desta forma,p(x) ∈ N (T ) se e somentesep(x) = a0. Desta forma o polinomio1 e uma base demathcalN(T ).

Como1, x, x2 e uma base deP2(R) que completa a base deN (T ), vemos quepela demonstracao do teorema8.34, T (x) = 1 eT (x2) = 2x + 2 formam uma base daimagem deT. ¤

Ex. Resolvido 8.63Encontre uma base para o nucleo e outra para a imagem deT :M2(R) → M2(R) dada porT (X) = AX + X, onde

A =

(

1 42 3

)

.

Resolucao: Observe que seT (X) = (A + I)X, ondeI e a matriz identidade de ordemdois.

Se

X =

(

a bc d

)

vemos queX ∈ N (T ) se e somente se

(

2 42 4

) (

a bc d

)

=

(

0 00 0

)

⇐⇒(

1 20 0

) (

a bc d

)

=

(

0 00 0

)

⇐⇒{

a + 2c = 0

b + 2d = 0⇐⇒ X =

(

−2c −2dc d

)

= c

(

−2 01 0

)

+ d

(

0 −20 1

)

.

Ve-se claramente que

M1 =

(

−2 01 0

)

eM2 =

(

0 −20 1

)

formam uma base deN (T ).


A seguir, procuraremos matrizesM3 e M4 tais queM1, . . . , M4 formem uma basedeM2(R). Isto e, equivalente a encontrarM2 eM3 tais que aunica solucao de

αM1 + βM2 + γM3 + δM4 = 0

seja a trivial.Colocando

M3 =

(

a bc d

)

eM4 =

(

x yz t

)

obtemos

α

(

−2 01 0

)

+ β

(

0 −20 1

)

+ γ

(

a bc d

)

+ δ

(

x yz t

)

=

(

0 00 0

)

,

que equivalea equacao

−2 0 a x1 0 c z0 −2 b y0 1 d t

αβγδ

=

0000

que apresenta umaunica solucao se e somente se o determinante da matriz de ordemquatro acima for diferente de zero. Como este determinantee

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

vemos que∆ 6= 0 se e somente se

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

Dessa forma podemos tomar

M3 =

(

a bc d

)

=

(

1 −20 1

)

eM4 =

(

x yz t

)

=

(

1 1−2 0

)

.

Segue da demonstracao do teorema8.34que

T

((

1 −20 1

))

=

(

2 02 0

)

e T

((

1 1−2 0

))

=

(

−6 2−6 2

)

formam uma base da imagem deT. ¤

8.6. EXERCICIOS RESOLVIDOS 95

Ex. Resolvido 8.64Determinar uma transformacao linearT : R3 → R

3 cuja imagemseja gerada pelos vetores(1, 2, 0) e (1, 1, 1).

Resolucao: Como(1, 2, 0) e (1, 1, 1) sao linearmente independentes, o subespaco ge-rado por estes vetores tem dimensao dois. Logo, a transformacao procurada devera ternecessariamente nucleo unidimensional. O que faremose definir uma transformacao talqueT (1, 0, 0) = (1, 2, 0), T (0, 1, 0) = (1, 1, 1) eT (0, 0, 1) = (0, 0, 0), ou seja,

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

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

Ex. Resolvido 8.65Determinar umT ∈ L (P3(R), P2(R)) cujo nucleo seja geradopelos polinomios1 + x3 e1 − x2.

Resolucao: Como dimP3 = 4 e o subespaco gerado por1+x3 e1−x2 tem dimensaodois, vemos que a imagem da transformacao procurada devera ter necessariamente di-mensao dois.

O primeiro passoe completar a sequencia de vetores1 + x3 e1 − x2 a uma base deP3(R). Para isto, basta acrescentarmos os polinomios1 ex, como se ve:

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

se e somente seα = β = γ = δ = 0.

Assim, a imagem dos polinomios 1 e x, pela transformacao procurada precisamnecessariamente ser linearmente independentes. Para isto, o que faremose definirT :P3 → P2 tal queT (1) = 1, T (x) = x, T (1 + x3) = 0 eT (1 − x2) = 0.

Dadop(x) = a0 + a1x + a2x2 + a3x

3, reescrevemosp(x) = a0 + a2 − a3 + a1x +a3(1 + x3) − a2(1 − x2) e colocamos

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

= (a0 + a2 − a3)1 + a1x = a0 + a2 − a3 + a1x,

quee uma transformacao linear cujo nucleoe gerado por1 + x3 e1 − x2. ¤

Ex. Resolvido 8.66SejaT : P2(R) → R dado porT (p(x)) =∫ 10 p(x)dx. Encontre a

matriz deT com relacao as bases canonicas deP2(R) eR.


Resolucao: Temos

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

2, T (x2) =

1

3.

Assim, a matriz deT com relacaoas bases canonicase dada por

11213

.

¤

Ex. Resolvido 8.67SejaT : P3(R) → P3(R) dado porT (p(x)) = p′(x). Encontrea matriz deT com relacao as bases canonicas deP3(R) eP2(R).

Resolucao: Temos

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

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

e a matriz deT com relacaoas bases canonicase dada por

0 1 0 00 0 2 00 0 0 3

.

¤

Ex. Resolvido 8.68SejaT : R3 → R

3 a transformacao linear dada por

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

Encontre as matrizes deT com relacao a base canonica, C, e com relacao a baseBformada pelos vetores

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

Resolucao: Com relacaoa base canonicae1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0) e e3 = (0, 0, 1),temos

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

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

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

8.7. EXERCICIOS 97

e, portanto,

[T ]C =

1 0 10 1 11 1 2

.

Com relacaoa baseB, temos

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

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

e, portanto,

[T ]B =

3 0 00 1 00 0 0

.

¤

Ex. Resolvido 8.69SejamU um espaco vetorial de dimensao finita eT ∈ L (U)uma transformacao idempotente (Cf.8.39). Sabemos, pela proposicao 8.42, queU =N (T ) ⊕ T (U). SejaB uma base deU formada pelos vetoresu1, . . . , up, que formamuma base deN (T ), juntamente comv1, . . . , vq, que formam uma base deT (U). En-contre[T ]B.

Resolucao: ComoT (u1) = · · · = T (up) = 0, poisuj ∈ N (T ) e T (vj) = α1jv1 +· · · + αqjvq, ja queT (vj) ∈ T (U), vemos que[T ]B tem a seguinte forma

0 · · · 0 0 · · · 0...

. . ....

.... ..

...0 · · · 0 0 · · · 00 · · · 0 α11 · · · α1q

.... . .

......

. .....

0 · · · 0 αq1 · · · αqq

8.7 Exercıcios

Ex. 8.70 Verifique se as transformacoes abaixo sao lineares;

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

3.


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

3.

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

3.

4. T : Mn×1(R) → Mn×1(R), T (X) = AX + X, X ∈ Mn×1(R) ondeA ∈Mn(R) e fixa.

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

6. T : M2(R) → M2(R), T (X) = AX, X ∈ M2(R), ondeA ∈ M2(R) estafixada.

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

Ex. 8.71 Determinar o nucleo das transformacoes lineares abaixo e descreva-os geo-metricamente.

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

2.

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

3.

3. T : R2 → R

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

4. T : R2 → R

2, T (x, y) = (x + y, x − y), (x, y) ∈ R2.

5. T : R3 → R

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

Ex. 8.72 Determinar bases para o nucleo e para a imagem das transformacoes linearesabaixo.

1. T : R3 → R

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

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

2.

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

(

1 22 4

)

.

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

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

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

(

1 42 3

)

.

8.7. EXERCICIOS 99

Ex. 8.73 SejaT : R3 → R

3 um operador linear tal que

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

1. EncontreT ((x, y, z)) para (x, y, z) ∈ R3.

2. T e sobrejetora? Justifique sua resposta.

3. T e injetora? Justifique sua resposta.

4. T e bijetora? Justifique sua resposta.

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

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

ondepi(t) = ti, i = 0, 1, 2.

1. EncontreT (p) parap ∈ P2(R).



4. T e bijetora? justifique sua resposta.

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

T (

(

1 00 0

)

) =

(

1 42 3

)

, T (

(

1 10 0

)

) =

(

−1 00 3

)

,

T (

(

0 01 0

)

) =

(

0 02 1

)

, T (

(

0 00 1

)

) =

(

1 02 0

)

1. EncontreT (X) paraX ∈ M2(R).



4. T e bijetora? Justifique sua resposta.


Ex. 8.76 Determinar um operador linear emR4 cujo nucleo e gerado pelos vetores(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0).

Ex. 8.77 Determinar um operador linear emR4 cujo nucleo e a imagem sejam geradospelos vetores(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0).

Ex. 8.78 Determinar um operador linear emR3 cujo nucleo tem dimensao1.

Ex. 8.79 Determinar um operador linear emR3 cujo nucleo e gerado pelos vetores(1, 1, 0), (0, 0, 1) e a imagem gerado pelo vetor(1,−1, 1).

Ex. 8.80 DeterminarT ∈ L (R3, R4) tal queT (R3) = [(2, 2, 3, 2), (3, 2, 0, 2)].

Ex. 8.81 Determinar uma aplicacao linearT : R5 → R

3 tal que

T (R5) = [(1, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 1, 1)] e N (T ) = [(1, 1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 0)].


2 tal que

T (1, 0, 0) = (1, 2), T (0, 1, 0) = (3, 4), T (0, 0, 1) = (0, 0).

Ex. 8.83 Determinar uma aplicacao linear T : R5 → R

3 tal quedimN (T ) = 2,dim T (R5) = 3.


4 tal queN (T ) = [(1, 0, 1)].


4 tal queN (T ) = T (R4) =[(1, 0, 1, 0)].


3 tal queT (R2) = [(1, 1, 1),(1, 2, 0)].


3 tal queT (R2) = [(1, 1, 1)] eN (T ) = [(1, 1)].

Ex. 8.88 Verifique se os operadores lineares emR3 abaixo sao isomorfismos e em caso

afirmativo determinar o isomorfismo inverso.

a)T (x, y, z) = (x − 3y − 2z, y − 4z, z) b) T (x, y, z) = (x, x − y, 2x + y − z).

8.7. EXERCICIOS 101

Ex. 8.89 Considere o operador linear emR3 tal que

T (1, 0, 0) = (1, 1, 1), T (0, 0, 1) = (1, 0, 1), F (0, 1, 2) = (0, 0, 4).

Pergunta-se:T e um isomorfismo? Em caso afirmativo, obtenha o isomorfismo inverso.

Ex. 8.90 Verifique, em cada um dos itens abaixo, se os espacos vetoriaisU e V saoisomorfos, justificando a resposta.

1. U = R2, V =

{

(x, y, z) ∈ R3; z = 0

}

.

2. U = M2×3(R), V = {p ∈ P4(R); p′(t) = 0,∀t ∈ R} .

3. U = R3, V =

{

A ∈ M2(R); At = A}

.

4. U =

{(

a 00 0

)

; a ∈ R

}

, V = {p ∈ P3(R); p′(t) = 0,∀t ∈ R} .

Ex. 8.91 ConsidereT : R2 → R

2 dada porT (x, y) = (y, x), (x, y) ∈ R2. Determine

Tn(x, y), onden ∈ N e (x, y) ∈ R2.

Ex. 8.92 Mostre queT, R, S ∈ L (R2), dados porT (x, y) = (x, 2y), R(x, y) =(x, x + y), S(x, y) = (0, x), (x, y) ∈ R

2 formam um subconjunto l.i. emL (R2).

Ex. 8.93 SejamU, V, W espacos vetoriais,T ∈ L (U, V ) e R ∈ L (V, W ) tais queN (T ) = {0} eN (S) = {0} . Mostre queN (S ◦ T ) = {0} .

Ex. 8.94 Determinar as matrizes das seguintes transformacoes lineares em relacao asbases canonicas dos respectivos espacos vetoriais.

1. T : R3 → R

2, T (x, y, z) = (x + y, z), (x, y, z) ∈ R3.

2. T : R4 → R, T (x, y, z, t) = 2x + y − z + 3t, (x, y, z, t) ∈ R

4.

3. T : R → R3, T (x) = (x, 2x, 3x), x ∈ R.

Ex. 8.95 Considere

M =

(

1 20 −1

)

.

Determinar a matriz do operador linearT : M2(R) → M2(R) dado porT (X) =MX − XM , X ∈ M2(R) em relacao a base canonica deM2(R).


Ex. 8.96 SejaT : R2 → R

2 operador linear cuja matriz em relacao a baseB =

{(1, 0), (1, 4)} e [T ]B =

(

1 15 1

)

. Determinar a matriz deT em relacao a base

canonica deR2.

Ex. 8.97 SejaT : P2(R) → R transformacao linear definida por

T (p) =

∫ 1

−1p(t) dt, p ∈ P2(R).

Determine a matriz deT em relacao as seguintes bases.

a)B ={

1, t, t2}

, C = {1} . b) B ={

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

, C = {−2} .

Ex. 8.98 Se a matriz de um operador linearT : R3 → R

3 em relacao a base canonicae

dada por

1 1 00 1 00 1 −1

e seS : R3 → R

3 e dado porS = I +T +2T 2, determinar a

matriz deS em relacao a base canonica deR3. Encontre tambemS(x, y, z), (x, y, z) ∈

R3.

Ex. 8.99 SejaT : P2(R) → P2(R) operador linear dado por(T (p))(t) = p(t)−p(1),p ∈ P2(R). SeB =

{

1, t − 1, (t − 1)2}

e C ={

1, t, t2}

encontrar[T ]B,C , [T ]B e[T ]C .

Ex. 8.100 SejaB = {e1, e2, e3} uma base de um espaco vetorialV. SeT, S : V → Vsao operadores lineares emV tais que

T (e1) = 2e1 − 3e2 + e3 S(e1) = 3e1 + 2e2

T (e2) = e1 + e2 S(e2) = e1 − e2 − e3

T (e3) = e2 + e3 S(e3) = e1 + e2 − 2e3

Determine as seguintes matrizes[T ]B, [S]B, [S ◦ T ]B, [S2 + I]B e [T 3 − S2]B.

Ex. 8.101 SejamU = R3 , V = R

2, B = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} eC = {(1, 0),(0, 1)} bases deU e V , respectivamente. Encontrar, em cada um dos itens abaixo,T ∈ L (U, V ) tal que[T ]B,C seja a matriz;

a)

(

1 2 34 5 1

)

b)

(

0 0 10 1 0

)

c)

(

10 5 −32 −1 4

)

8.7. EXERCICIOS 103

Ex. 8.102 SejamV espaco vetorial eT : V → V um operador linear idempotente, istoe,T 2 = T. Mostrar queV = N (T ) ⊕ T (V ).

Ex. 8.103 SejaT : R3 → R

3 o operador linear dado por

T (x, y, z) = (3x, x − y, 2x + y + z), (x, y, z) ∈ R3.

Mostre que(T 2 − I) ◦ (T − 3I) = 0.


Capıtulo 9

Autovalores e Autovetores

9.1 Definicao, Exemplos e Generalidades

Definicao 9.1 SejamU um espaco vetorial eT ∈ L (U). Dizemos que um vetor naonulou ∈ U e um autovetor deT se existirλ ∈ R tal queT (u) = λu.

Observacao 9.2 Seu 6= 0 e tal queT (u) = λu = µu entao λ = µ. De fato, estaigualdade implica que(λ − µ)u = 0, ou seja,λ − µ = 0.

Definicao 9.3 SejamU um espaco vetorial,T ∈ L (U) e u um autovetor deT. Onumeroλ tal queT (u) = λu e chamado de autovalor deT associado ao autovetoru.

Definicao 9.4 SejamU um espaco vetorial,T ∈ L (U) e λ um autovalor deT. Osubespaco vetorial

V (λ) = {u ∈ U ; T (u) = λu} = N (T − λI)

e chamado de subespaco proprio do autovalorλ. SeU tem dimensao finita, diremos quea dimensao deV (λ) e a multiplicidade geometrica deλ.

Observacao 9.5 Note que todou ∈ V (λ), u 6= 0, e um autovetor deT associado aoautovalorλ.

Observacao 9.6 V (λ) e um subespaco invariante porT, isto e,

T (V (λ)) ⊂ V (λ).

Basta notar que seu ∈ V (λ) entaoT (u) = λu ∈ V (λ).

105

106 CAPITULO 9. AUTOVALORES E AUTOVETORES


2 dada porT (x, y) = (y, 4x). Encontre os auto-valores deT, os respectivos subespacos proprios e a multiplicidade geometrica de cadaautovalor.

Resolucao: λ ∈ R e um autovalor deT se e somente se existir(x, y) 6= (0, 0) tal queT (x, y) = λ(x, y), ou seja, se e somente se existir(x, y) 6= (0, 0) tal que(y, 4x) =(λx, λy). Isto equivale a que o sistema

{

y − λx = 0

4x − λy = 0

possua uma solucao nao trivial. Isto acontece se e somente se o determinante da matriz(

−λ 14 −λ

)

for igual a zero. Como este determinanteeλ2 − 4, vemos que osunicos autovalores deT saoλ1 = −2 eλ2 = 2. Temos

V (−2) = {(x, y) ∈ R2; (y, 4x) = −2(x, y)} = {(x, y) ∈ R

2;−2x = y} = [(1,−2)].

Assim, a multiplicidade geometrica de−2 e um.Tambem,

V (2) = {(x, y) ∈ R2; (y, 4x) = 2(x, y)} = {(x, y) ∈ R

2; 2x = y} = [(1, 2)].

Assim, a multiplicidade geometrica de2 e um.Note que(1,−2) e um autovetor associado ao autovalor−2 e e(1, 2) e um autovetor

associado ao autovalor2. ¤

Ex. Resolvido 9.8Ainda com relacao ao exercıcio anterior, encontre a matriz deT comrelacao a base(1,−2) e (1, 2) formada pelos autovetores deT.

Resolucao: Temos

T (1,−2) = (−2, 4) = −2(1,−2) + 0(1, 2)T (1, 2) = (2, 4) = 0(1,−2) + 2(1, 2)

.

Logo, a matriz deT com relacao a esta basee a matriz diagonal(

−2 00 2

)

.

¤

9.1. DEFINICAO, EXEMPLOS E GENERALIDADES 107

Ex. Resolvido 9.9Faca o mesmo o que se pede no exercıcio 9.7para a transformacaoT (x, y) = (−y, x).

Resolucao: λ ∈ R e um autovalor deT se e somente se existir(x, y) 6= (0, 0) tal queT (x, y) = λ(x, y), ou seja, se e somente se existir(x, y) 6= (0, 0) tal que(−y, x) =(λx, λy). Isto equivale a que o sistema

{

λx + y = 0

x − λy = 0

possua uma solucao nao trivial. Isto acontece se e somente se o determinante da matriz(

λ 11 −λ

)

for igual a zero. Como este determinantee −λ2 − 1 < 0, vemos que nao existemautovalores associadosa transformacaoT. ¤

Ex. Resolvido 9.10SejaT : Pn(R) → Pn(R) dada porT (p(x)) = p′(x). Verifiqueque0 e ounico autovalor desta transformacao. EncontreV (0).

Resolucao: Note queλ ∈ R e um autovalor deT se e somente se existirp(x) 6= 0 talquep′(x) = λp(x). Seλ 6= 0 esta equacao so e verdadeira para o polinomio nulo, postoque para qualquer outro polinomio os graus dep′(x) eλp(x) sao distintos. Desta forma,λ 6= 0 naoe autovalor deT.

Agora, seλ = 0, entao p′(x) = 0 apresenta como solucao todos os polinomiosconstantes. Logo,λ = 0 e um autovalor associado, por exemplo, ao autovetorp(x) = 1.

Quanto aV (0), basta ver queV (0) = N (T ) = [1], isto e, o subespaco gerado pelopolinomio1. ¤


3 dada porT (x, y, z) = (x, y, x). Encontre osautovalores deT e os respectivos subespacos proprios e a multiplicidade geometrica decada autovalor.

Resolucao: λ ∈ R e um autovalor deT se e somente se existir(x, y, z) 6= (0, 0, 0) talqueT (x, y, z) = λ(x, y, z), isto e, se e somente se existir(x, y, z) 6= (0, 0, 0) tal que(x, y, x) = (λx, λy, λz). Isto equivale a que o sistema

(1 − λ)x = 0

(1 − λ)y = 0

λz − x = 0


possua uma solucao nao trivial. Isto acontece se e somente se o determinante da matriz

1 − λ 0 00 1 − λ 0−1 0 λ

for igual a zero. Como este determinanteeλ(1 − λ)2, vemos que osunicos autovaloresdeT saoλ1 = 0 eλ2 = 1.

Quanto aos subespacos proprios, temos

V (0) = {(x, y, z) ∈ R3; (x, y, x) = (0, 0, 0)} = [(0, 0, 1)].

Assim, a multiplicidade geometrica de0 e1.

V (1) = {(x, y, z) ∈ R3; (x, y, x) = (x, y, z)} = {(x, y, z) ∈ R

3; x = z}

= [(1, 0, 1)].

Assim, a multiplicidade geometrica de1 e um.

Proposicao 9.12 SejamU um espaco vetorial de dimensao finita eT emL (U). Supo-nha queT possua autovetoresu1, . . . , un associados a autovaloresλ1, . . . , λn, respec-tivamente. Seλi 6= λj , quandoi 6= j entaou1, . . . , un sao linearmente independentes.

Prova: A prova sera por inducao sobre o numero de autovalores. Seβ1u1 + β2u2 = 0entao

T (β1u1 + β2u2) = β1T (u1) + β2T (u2) = β1λ1u1 + β2λ2u2 = 0.

Portanto,β2(λ2 − λ1)u2 = 0 e, comou2 6= 0 e λ1 6= λ2, resulta queβ2 = 0. Daı,β1u1 = 0 e, comou1 6= 0, temosβ1 = 0. Assim,β2u2 = 0, que implica emβ2 = 0poisu2 6= 0. Portanto,u1 eu2 sao linearmente independentes.

Suponhamos, como hipotese de inducao, quen − 1 autovetores de uma transforma-cao linear associados an − 1 autovalores dois a dois distintos sejam linearmente inde-pendentes. Devemos mostrar que o mesmo resultado vale paran autovetores associadosan autovalores dois a dois distintos.

Sejam entao u1, . . . , un autovetores associados aos autovaloresλ1, . . . , λn, dois adois distintos. Seu1, . . . , un nao fossem linearmente independentes, pelo menos um

9.1. DEFINICAO, EXEMPLOS E GENERALIDADES 109

deles se escreveria como combinacao linear dos outros. Para simplificar a notacao, su-ponhamos que

u1 = α2u2 + · · · + αnun (9.13)

entaoT (u1) = T (α2u2 + · · · + αnun) = α2T (u2) + · · · + αnT (un)

λ1u1 = α2λ2u2 · · · + αnλnun, (9.14)

De9.13e9.14resulta que

0 = α2(λ2 − λ1)u2 + · · · + αn(λn − λ1)un

e pela hipotese de inducao,

α2(λ2 − λ1) = · · · = αn(λn − λ1) = 0,

mas comoλ1 6= λj paraj = 2, . . . , n, temos

α2 = · · · = αn = 0.

Assim, pela equacao9.13, u1 = 0, o quee impossıvel poisu1 e um autovetor.

Proposicao 9.15 SejamU um espaco vetorial de dimensao finita eT emL (U). Su-ponha queT possua autovaloresλ1, . . . , λn, distintos. Entao a soma dos subespacosproprios deT e direta, istoe, para cadaj = 1, . . . , n, temos

V (λj) ∩ (V (λ1) + · · · + V (λj−1) + V (λj+1) + · · · + V (λn)) = {0}.

Prova: A prova sera por inducao sobre o numero de autovalores. Primeiramente, mostre-mos queV (λ1) ∩ V (λ2) = {0}. Fixev

(1)1 , . . . , v

(1)m1

uma base deV (λ1) ev(2)1 , . . . , v

(2)m2

uma base deV (λ2). Seu ∈ V (λ1) ∩ V (λ2) entao

u = α(1)1 v

(1)1 + · · · + α(1)

m1v(1)m1

= α(2)1 v

(2)1 + · · · + α(2)

m2v(2)m2

. (9.16)

Logo,T (u) e dado por

α(1)1 T (v

(1)1 ) + · · · + α(1)

m1T (v(1)

m1) = α

(2)1 T (v

(2)1 ) + · · · + α(2)

m2T (v(2)

m2),


ou seja,

α(1)1 λ1v

(1)1 + · · · + α(1)

m1λ1v

(1)m1

= α(2)1 λ2v

(2)1 + · · · + α(2)

m2λ2v

(2)m2

. (9.17)

Multiplicando a equacao9.16porλ1 e subtraindo-a de9.17, obtemos

α(2)1 (λ2 − λ1)v

(2)1 + · · · + α(2)

m2(λ2 − λ1)v

(2)m2

= 0.

Comov(2)1 , . . . , v

(2)m2

e uma base deV (λ2), temos

α(2)1 (λ2 − λ1) = · · · = α(2)

m2(λ2 − λ1) = 0

e, comoλ1 6= λ2, resulta queα(2)1 = · · · = α

(2)m2

= 0. Segue-se de9.16queu = 0.Suponhamos agora, por inducao, que a soma den − 1 espacos proprios deT refe-

rentes an − 1 autovalores distintos seja direta. Precisamos mostrar que este resultadoevalido quandoT apresentan autovalores distintos.

Para cadaj = 1, . . . , n selecione uma baseBj de V (λj) constituıda por vetores

que denotaremos porv(j)1 , . . . , v

(j)mj . Note que cadav(j)

i e um autovetor associado aoautovalorλj e quemj e a multiplicidade geometrica deste autovalor.

Se

u ∈ V (λj) ∩ (V (λ1) + · · · + V (λj−1) + V (λj+1) + · · · + V (λn)) ,

entao

u = α(j)1 v

(j)1 + · · · + α(j)

mjv(j)mj

= α(1)1 v

(1)1 + · · ·

+ α(j−1)mj−1

v(j−1)mj−1

+ α(j+1)1 v

(j+1)1 + · · · + α(n)

mnv(n)mn

. (9.18)

Assim,T (u) e dado por

α(j)1 T (v

(j)1 ) + · · · + α(j)

mjT (v(j)

mj) = α

(1)1 T (v

(1)1 ) + · · ·

+ α(j−1)mj−1

T (v(j−1)mj−1

) + α(j+1)1 T (v

(j+1)1 ) + · · · + α(n)

mnT (v(n)

mn)

isto e,

α(j)1 λjv

(j)1 + · · · + α(j)

mjλjv

(j)mj

= α(1)1 λ1v

(1)1 + · · ·

+ α(j−1)mj−1

λj−1v(j−1)mj−1

+ α(j+1)1 λj+1v

(j+1)1 + · · · + α(n)

mnλnv(n)

mn. (9.19)

9.2. POLINOMIO CARACTERISTICO 111

Multiplicando a equacao9.18porλj e subtraindo-a de9.19, obtemos

α(1)1 (λ1 − λj)v

(1)1 + · · · + α(j−1)

mj−1(λj−1 − λj)v

(j−1)mj−1

+

α(j+1)1 (λj+1 − λj)v

(j+1)1 + · · · + α(n)

mn(λn − λj)v

(n)mn

= 0

Usando a nossa hipotese de inducao e o fato queλj 6= λi, quandoi 6= j, obtemosαi

1 = · · · = αimi

= 0 para todoi = 1, . . . , j − 1, j + 1, . . . , n. Disto e da equacao9.18resulta queu = 0. Como querıamos.

9.2 Polinomio Caracterıstico

Definicao 9.20 DadaA ∈ Mn×n(R) definimos o polinomio caracterıstico deA comosendo o determinante

pA(λ) = det (A − λI),

ondeI e a matriz identidade de ordemn.

Definicao 9.21 SejamA, B ∈ Mn×n(R). Dizemos queA eB sao semelhantes se existirM ∈ Mn×n(R) invertıvel tal queA = M−1BM.

Proposicao 9.22 SeA, B ∈ Mn×n(R) sao matrizes semelhantes entao seus polinomioscaracterısticos sao iguais.

Prova: Temos

pA(λ) = det (A − λI) = det (M−1BM − λM−1IM)

= det (M−1(BM − λIM)) = det (M−1(B − λI)M)

= det M−1 det (B − λI) det M =1

det Mdet (B − λI) det M = pB(λ).

Lembre que seT ∈ L (U), ondeU e um espaco vetorial de dimensao finita, e seBeC sao bases deU entao

[T ]C = MBC [T ]BMC

B =[

MCB

]−1[T ]BMC

B .


Desta forma,p[T ]B (λ) = p[T ]C (λ), ou seja, o polinomio caracterıstico da matriz deuma transformacao linear independe da escolha da base. Podemos assim, sem causarambiguidades, definir o polinomio caracterıstico deT como sendo

pT (λ) = p[T ]B (λ),

ondeB e uma base qualquer deU.


2 dada por

T (x, y) = (ax + by, cx + dy).

EncontrepT (λ).

Resolucao: Usaremos a base canonica,C, deR2. ComoT (1, 0) = (a, c) e T (0, 1) =

(b, d), vemos que

[T ]C =

(

a bc d

)

.

Assim,

pT (λ) = det

((

a bc d

)

− λ

(

1 00 1

))

= det

(

a − λ bc d − λ

)

= λ2 − (a + d)λ + ad − bc.

¤

Proposicao 9.24 SejamU um espaco vetorial de dimensao finita eT emL (U). Entao,λ e um autovalor deT se e somente sepT (λ) = 0. Em outras, palavras, os autovaloresdeT sao as raızesreaisde seu polinomio caracterıstico.

Prova: FixeB uma base deU.Suponha queλ seja um autovalor deT. Entao existeu 6= 0 tal queT (u) = λu, ou

seja,(T −λI)(u) = 0. Desta forma, vemos que a transformacao linearT −λI : U → Unaoe injetora e, consequentemente, naoe um isomorfismo. Disto resulta que[T − λI]Bnaoe invertıvel, ou equivalentemente,pT (λ) = det [T − λI]B = 0.

Reciprocamente, sepT (λ) = 0 entao a matriz[T −λI]B tem determinante nulo. Istoimplica que a transformacaoT − λI : U → U naoe um isomorfismo e, portanto, naoeinjetora. Logo, existeu 6= 0 tal que(T −λI)(u) = 0. Portanto,T (u) = λu, u 6= 0, istoe,λ e um autovalor deT.

9.2. POLINOMIO CARACTERISTICO 113

Exercıcio 9.25 Refaca os exercıcios resolvidos9.7, 9.9, 9.10e 9.11tendo como base aproposicao anterior.

Definicao 9.26 SejamU um espaco vetorial de dimensao finita eT ∈ L (U). Seλ e umautovalor deT, definimos a multiplicidade algebrica deλ como sendo a multiplicidadedeλ como raiz do polinomio caracterıstico deT.

Proposicao 9.27 SejamU um espaco vetorial de dimensao finita eT emL (U). Seλo

e um autovalor deT entao a sua multiplicidade geometrica nao excede a sua multipli-cidade algebrica.

Prova: Sejan a dimensao deU. Denotemos porm e r as multiplicidades algebrica egeometrica deλo, respectivamente.

Como dimV (λo) = r, existemu1, . . . , ur ∈ V (λo) linearmente independentes.Completando estes vetores a uma base deU, vemos que a matriz deT com relacao aesta basee da forma

λo · · · 00 · · · 0...

. . ....

0 · · · λo

r×r

Ar×(n−r)

0(n−r)×r B(n−r)×(n−r)

n×n

vemos que o fator(λ − λo)r aparece na fatoracao do polinomio pT (λ). Por outro lado,

como a multiplicidade algebrica deλo em, obtemosr ≤ m.


2 dada por

T (x, y) = (ax + by, cx + dy).

Analise quando esta transformacao possui autovalores e o numero deles.

Resolucao: Sabemos do exercıcio resolvido9.23que

pT (λ) = λ2 − (a + d)λ + ad − bc.

Pela proposicao9.24queλ e um autovalor deT se e somente sepT (λ) = 0, isto e, se esomente se

λ2 − (a + d)λ + ad − bc = 0


e esta equacao possui solucao (real) se e somente se(a+ d)2 − 4(ad− bc) ≥ 0. Quando(a+d)2 = 4(ad−bc) vemos queT apresenta somente um autovalor, dado por(a+d)/2;quando(a + d)2 − 4(ad − bc) > 0, T apresenta dois autovalores distintos dados por

a + d +√

(a + d)2 − 4(ad − bc)

2e

a + d −√

(a + d)2 − 4(ad − bc)

2.

9.3 Exercıcios

Ex. 9.29 Encontrar os autovalores e autovetores do operador linearT : V → V nosseguintes casos:a) V = R

2, T (x, y) = (x + y, x − y).b) V = R

3, T (1, 0, 0) = (2, 0, 0), T (0, 1, 0) = (2, 1, 2), T (0, 0, 1) = (3, 2, 1).

c) V = R4 e [T ]B =

3 1 0 00 3 0 00 0 4 00 0 0 3

, ondeB e base canonica deR4.

Ex. 9.30a) SejaA ∈ Mn(R) uma matriz triangular, istoe,A = (aij) ondeaij = 0, sempre quei > j (ou sempre quei < j). Qual o polinomio caracterıstico deA?b) SejamA, B ∈ Mn(R) matrizes triangulares com a mesma diagonal principal. Existealguma relacao entre seus polinomios caracterısticos? Qual?c) Mostre que seλ e autovalor deT ∈ L (V ) entaoλn e autovalor deTn.d) Mostre que sep = p(t) e um polinomio eλ e autovalor deT ∈ L (V ) entao p(λ) eautovalor dep(T ), ondep(T ) = aoI +a1T + · · ·+anTn, comp(t) = a0 +a1t+ · · ·+antn.

Capıtulo 10

Diagonalizacao

10.1 Definicao e Caracterizacao

Definicao 10.1 SejamU um espaco vetorial de dimensao finita eT ∈ L (U). DizemosqueT e diagonalizavel se existir uma base deU formada por autovetores deT.

Note que seT ∈ L (U) e diagonalizavel e seu1, . . . , un formam uma baseB deU formada autovetores deT associados, respectivamente, aos autovaloresλ1, . . . , λn,entao a matriz deT com relacao a esta basee

[T ]B =

λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0...

.... ..

...0 0 · · · λn

,

ou seja,[T ]B e uma matriz diagonal, istoe, uma matriz quadrada(aij) tal queaij = 0sei 6= j.

Reciprocamente, se existir uma baseC : v1, . . . , vn deU com relacao a qual a matrizdeT ∈ L (U) e diagonal, entaoT e diagonalizavel. De fato, se

[T ]C =

µ1 0 · · · 00 µ2 · · · 0...

..... .

...0 0 · · · µn

115

116 CAPITULO 10. DIAGONALIZACAO

entao, pela propria definicao de matriz de uma transformacao linear, vemos queT (v1) =µ1v1, . . . , T (vn) = µnvn, ou seja, a baseC e formada por autovetores deT. Resumire-mos este fato no seguinte

Teorema 10.2SejamU um espaco vetorial de dimensao finita eT ∈ L (U). Entao Te diagonalizavel se e somente se existir uma base deU com relacao a qual a matriz deT e diagonal.

Note que seT ∈ L (U) e diagonalizavel entao existe uma baseB formada porautovetores deT com relacao a qual a matriz deT e diagonal. SeC e uma outra base deU sabemos que[T ]B = (MB

C )−1[T ]CMBC . Estaultima igualdade nos sugere a seguinte

Definicao 10.3 Dizemos que uma matrizA ∈ Mn×n(R) e diagonalizavel se existirM ∈ Mn×n(R) invertıvel tal queM−1AM seja uma matriz diagonal.

Proposicao 10.4 SejamU um espaco vetorial de dimensao finita,T ∈ L (U) eC umabase qualquer deU. EntaoT e diagonalizavel se e somente se a matriz[T ]C for diago-nalizavel.

Prova: Ja vimos que seT for diagonalizavel entao[T ]C e uma matriz diagonalizavel.Reciprocamente, suponha que[T ]C seja diagonalizavel. Assim, existeM = (aij) ∈

Mn×n(R) invertıvel tal queM−1[T ]CM e uma matriz diagonal. Seu1, . . . , un sao osvetores da baseC entao, colocandovj = a1ju1 + · · · + anjun, vemos quev1, . . . , vn

formam uma baseB deU poisM e invertıvel. Alem do mais,M = MBC . Deste modo,

[T ]B = (MBC )−1[T ]CMB

C = M−1[T ]CM

e diagonal, istoe,T e diagonalizavel.Note que pelo teorema acima, para verificar se um operadore diagonalizavel, basta

verificar se a matriz deT com relacao a uma basequalquerdeU e diagonalizavel.

Observacao 10.5 Note que seT for diagonalizavel, o seu polinomio caracterısticoe daforma

pT (λ) = (λ1 − λ) · · · (λn − λ),

onde os numerosreaisλ1, . . . , λn sao todos os autovalores deT.

Teorema 10.6SejamU um espaco vetorial de dimensao finita eT ∈ L (U). Entao,Te diagonalizavel se e somente se os autovaloresλ1, . . . , λn deT forem tais que

U = V (λ1) ⊕ · · · ⊕ V (λn).

10.1. DEFINICAO E CARACTERIZACAO 117

Prova: SeU = V (λ1) ⊕ · · · ⊕ V (λn)

entao podemos formar uma baseB deU formada por basesBj deV (λj), j = 1, . . . , n.Como cada elemento deBj e um autovetor deT, segue-se, pelo teorema10.2queT ediagonalizavel.

Reciprocamente, seT for diagonalizavel existe uma baseB deU formada por auto-vetores deT. Como cada autovetor esta associado a algum autovalor deT, vemos quecada elemento deB esta contido em algumV (λj). Desta forma, a soma de todos ossubespacos proprios deT contemB e, portanto,e o proprio U. Pelo teorema9.15estasomae direta, ou seja,

U = V (λ1) ⊕ · · · ⊕ V (λn).

Exemplo 10.7 As transformacao do exercıcio resolvido9.7 e diagonalizavel. Ja atransformacao do 9.11 nao e pois possui apenas dois auto-espacos cuja soma nao eR

3, isto e, V (0) ⊕ V (1) = [(0, 0, 1), (1, 0, 1)] 6= R3. Tambem nao e diagonalizavel

a transformacao do exercıcio resolvido9.9 pois nao possui autovetores. Quanto atransformacao do9.10 vemos que tambem nao e diagonalizavel sen ≥ 1, pois todoautovetor deT pertence aV (0), quee unidimensional, edimPn(R) = n + 1 ≥ 2.

Vejamos comoe possıvel decidir sobre a diagonalizacao de um operador linear apartir das multiplicidades algebrica e geometrica de seus autovalores.

SejamU um espaco vetorial de dimensao m e T ∈ L (U). Primeiramente, pelaobservacao10.5, T nao pode ser diagonalizavel se o seu polinomio caracterıstico tiverraızes complexas. Desta forma, podemos supor que o polinomio caracterıstico deTapresente somente raızes reais.

Seλ1, . . . , λn sao autovalores deT dois a dois distintos entao o polinomio carac-terıstico deT e dado por

pT (λ) = (λ1 − λ)m1 · · · (λn − λ)mn , (10.8)

ondemj e a multiplicidade algebrica deλj . Note quem = m1 + · · · + mn.

Se denotarmos porrj a multiplicidade geometrica deλj , isto e, rj = dimV (λj)entao, pelo teorema10.6, T e diagonalizavel se e somente sem = r1 + · · · + rn. Poreste mesmo teorema,T e diagonalizavel se e somente seU possuir uma base formadapela reuniao das bases dos espacos proprios deT, visto que istoe equivalente a dizer


que a soma destes subespacose direta. Como com relacao a uma tal base a matriz deTe da forma

λ1 · · · 00 · · · 0...

. .....

0 · · · λ1

r1×r1

. . .

λn · · · 00 · · · 0...

. . ....

0 · · · λn

rn×rn

m×m

vemos queT e diagonalizavel se e somente se o seu polinomio caracterısticoe dado por

pT (λ) = (λ1 − λ)r1 · · · (λn − λ)rn , (10.9)

onderj e a multiplicidade geometrica deλj , j = 1, . . . , n.Comparando10.8e10.9, obtemos o importante

Teorema 10.10SejamU um espaco vetorial de dimensao finita eT ∈ L (U). EntaoTe diagonalizavel se e somente se ambas condicoes forem verificadas

1. para cada autovalor deT as suas multiplicidades algebrica e geometrica saoiguais;

2. a soma das multiplicidades geometricas de todos os autovalores deT coincidecom a dimensao deU.

Corolario 10.11 SejamU um espaco vetorial de dimensao finita eT ∈ L (U). Se

pT (λ) = (λ1 − λ) · · · (λn − λ),

ondeλ1, . . . , λn ∈ R sao dois a dois distintos entaoT e diagonalizavel.

Prova: Como os autovalores deT sao dois a dois distintos, ve-se que as raızes depT (λ),sao todas simples, istoe, tem multiplicidade um. Desta forma, seλ e um autovalor deT entao a sua multiplicidade geometricae um. Pela proposicao 9.27, a multiplicidadegeometrica deλ e menor do que ou igual a um. ComodimV (λ) ≥ 1, segue-se que a amultiplicidade geometrica deλ e um, ou seja, iguala sua multiplicidade algebrica.


Ex. Resolvido 10.12Verifique seT : R3 → R

3 da por

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

e diagonalizavel.

Resolucao: Com relacaoa base canonica, a matriz deT e dada por

1 0 10 1 11 1 2

.

Assim,

pT (λ) = det

1 − λ 0 10 1 − λ 11 1 2 − λ

= (1− λ)((1− λ)(2− λ)− 1) + 1(−(1− λ))

= (1 − λ)(λ2 − 3λ) = λ(1 − λ)(λ − 3).

Desta forma, vemos quePT (λ) apresenta todas as raızes reais e simples e, pelo corolario10.11, segue-se queT e diagonalizavel. ¤

Ex. Resolvido 10.13Encontre uma base de autovetores para o operador do exercıcioanterior. Encontre tambem a matriz deT com relacao a esta base.

Resolucao: autovalor 0: Precisamos encontrar(x, y, z) nao nulo tal queT (x, y, z) =(0, 0, 0). Temos

x + z = 0

y + z = 0

x + y + 2z = 0

⇐⇒{

x = y = −z

x + y + 2z = 0⇐⇒ x = y = −z,

assim, podemos tomar como autovetor associado ao autovalor0, o vetoru = (1, 1,−1).autovalor 1:Precisamos encontrar(x, y, z) nao nulo tal queT (x, y, z) = (x, y, z).

Temos

x + z = x

y + z = y

x + y + 2z = z

⇐⇒{

z = 0

x = −y,


assim, podemos tomar como autovetor associado ao autovalor1, o vetorv = (1,−1, 0).

autovalor 3: Precisamos encontrar(x, y, z) 6= (0, 0, 0) satisfazendoT (x, y, z) =(3x, 3y, 3z). Temos

x + z = 3x

y + z = 3y

x + y + 2z = 3z

⇐⇒ z = 2x = 2y,

assim, podemos tomar como autovetor associado ao autovalor3, o vetorv = (1, 1, 2).

E claro que a matriz deT com relacaoa base formada poru, v ew e dada por

0 0 00 1 00 0 3

.

¤


2 cuja matriz com relacao a alguma basee dadapor

A =

(

a bb c

)

.

Mostre queT diagonalizavel.

Resolucao: O polinomio caracterıstico deT e dado por

pT (λ) = λ2 − (a + c)λ + ac − b2.

Vemos quepT (λ) apresenta duas raızes reais simples, istoe, com multiplicidade um, see somente se o discriminante(a + c)2 − 4(ac − b2) for positivo. Assim,

(a + c)2 − 4(ac − b2) = a2 + c2 − 2ac + 4b2 = (a − c)2 + 4b2 > 0

se e somente sea 6= c ou b 6= 0. Vemos assim que, sea 6= c ou b 6= 0 as multiplicidadesalgebrica e geometrica de cada um dos autovalores deT (as raızes depT (λ)) coincideme, portanto,T e diagonalizavel.

Sea = c e b = 0 entao ve-se claramente queT e diagonalizavel pois, neste caso,Ae diagonal. ¤


Ex. Resolvido 10.15Verifique seT : P2(R) → P2(R) dado por

T (p(t)) = p′′(t) − 2p′(t) + p(t)

e diagonalizavel.

Resolucao: A matriz deT com relacaoa base canonicae dada por

A =

1 −2 20 1 −40 0 1

.

Assim,PT (λ) = (1−λ)3 e, desta forma,1 e ounico autovalor deT. Como pelo teorema10.10T e diagonalizavel se e somente sedimV (1) = 3, vejamos quale a dimensaodeste subespaco proprio.

(x, y, z) ∈ V (1) ⇐⇒

0 −2 20 0 −40 0 0

xyz

=

000

⇐⇒ y = z = 0.

Portanto,V (1) = [(1, 0, 0)] eT naoe diagonalizavel. ¤

Ex. Resolvido 10.16Verifique seT : R4 → R

4 dada por

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

e diagonalizavel. Encontre tambem os espacos proprios deT.

Resolucao: A matriz deT com relacaoa base canonicae dada por

1 1 0 00 1 0 00 0 2 10 0 2 1

e o seu polinomio caracterısticoe

pT (λ) = det

1 − λ 1 0 00 1 − λ 0 00 0 2 − λ 10 0 2 1 − λ

= (1 − λ)2((2 − λ)(1 − λ) − 2)


= (1 − λ)2(λ2 − 3λ) = λ(λ − 3)(1 − λ)2.

(i) autovalor 0:

(x, y, z, t) ∈ V (0) ⇐⇒ (x + y, y, 2z + t, 2z + t) = (0, 0, 0, 0) ⇐⇒

x + y = 0

y = 0

2z + t = 0

2z + t = 0

⇐⇒{

x = y = 0

t = −2z⇐⇒ (x, y, z, t) = z(0, 0, 1,−2).

Logo,V (0) = [(0, 0, 1,−2)].(ii) autovalor 3:

(x, y, z, t) ∈ V (3) ⇐⇒ (x + y, y, 2z + t, 2z + t) = (3x, 3y, 3z, 3t)

⇐⇒

x + y = 3x

y = 3y

2z + t = 3z

2z + t = 3t

⇐⇒{

x = y = 0

t = z⇐⇒ (x, y, z, t) = z(0, 0, 1, 1).

Logo,V (3) = [(0, 0, 1, 1)].(iii) autovalor 1:

(x, y, z, t) ∈ V (1) ⇐⇒ (x + y, y, 2z + t, 2z + t) = (x, y, z, t)

⇐⇒

x + y = x

y = y

2z + t = z

2z + t = t

⇐⇒ y = z = t = 0 ⇐⇒ (x, y, z, t) = x(1, 0, 0, 0).

Logo,V (1) = [(1, 0, 0, 0)].Como a multiplicidade algebrica do autovalor 1e dois e a sua multiplicidade geo-

metricae um, vemos queT naoe diagonalizavel. ¤

Ex. Resolvido 10.17Ainda com relacao ao operador do exercıcio anterior, encontrea matriz deT com relacao a baseB formada pelos vetoresu = (0, 0, 1,−2), v =(0, 0, 1, 1), w = (1, 0, 0, 0) ep = (0, 1, 0, 0).

10.2. EXERCICIOS 123

Resolucao: Ja sabemos queT (u) = 0, T (v) = 3v eT (w) = w. Agora, como

T (p) = T (0, 1, 0, 0) = (1, 1, 0, 0) = w + p,

vemos que

[T ]B =

0 0 0 00 3 0 00 0 1 10 0 0 1

.

¤

10.2 Exercıcios

Ex. 10.18 DeterminarM ∈ M2(R), se existir, de modo queM−1AM seja uma matrizdiagonal nos seguintes casos:

a)A =

(

2 43 13

)

b) A =

(

3 −22 1

)

Ex. 10.19 Verificar em cada um dos itens abaixo se o operadorT ∈ L (R3) dado pelasua matriz com relacao a base canonicae diagonalizavel.

a) [T ]C =

1 2 −22 1 −22 2 −3

b) [T ]C =

1 0 0m 2 0n 0 2

Ex. 10.20 Verificar em cada um dos itens abaixo se o operadorT ∈ L (R4) dado pelasua matriz com relacao a base canonicae diagonalizavel.

c) [T ]C =

−1 −4 −2 −2−4 −1 −2 −22 2 1 42 2 4 1

d) [T ]C =

1 1 1 11 1 −1 −11 −1 1 −11 −1 −1 1


Capıtulo 11

Forma Canonica de Jordan

Como vimos, nem todo operador lineare diagonalizavel. No entanto, seT ∈ L (U),ondeU e um espaco vetorial de dimensao finita, existe uma base com relacao a qual,a matriz deT e proxima de uma matriz diagonal. A seguir daremos uma pequenadescricao de comoe a forma desta matriz, mas antes precisamos de algumas notacoes.

SejapT (λ) o polinomio caracterıstico deT. A primeira observacao a ser feitae quepT (λ) se fatora como

pT (λ) = (λ1 − λ)m1 · · · (λn − λ)mn((λ − α1)2 + β2

1)p1 · · · ((λ − αk)2 + β2

k)pk

ondeλr 6= λs, e (αr, βr) 6= (αs, βs) ser 6= s. Note que cadaαr + iβr e uma raizcomplexa depT (λ). Note tambem quem1 + · · · + mn + 2p1 + · · · 2pk = dimU.

Seλ ∈ R e um autovalor deT, denotaremos porJ(λ; r) a matriz quadrada de ordemr com todos os elementos da diagonal principal iguais aλ e todos os elementos logoacima desta, iguais a1, ou seja,

J(λ; r) =

λ 1 0 · · · 00 λ 1 · · · 00 0 λ · · · 0...

......

.. ....

0 0 0 · · · λ

r×r

125

126 CAPITULO 11. FORMA CANONICA DE JORDAN

= λ

1 0 0 · · · 00 1 0 · · · 00 0 1 · · · 0...

......

. . ....

0 0 0 · · · 1

r×r

+

0 1 0 · · · 00 0 1 · · · 00 0 0 · · · 0...

......

.. ....

0 0 0 · · · 0

r×r

= λI + N,

ondeI e a matriz identidade de ordemr e

N =

0 1 0 · · · 00 0 1 · · · 00 0 0 · · · 0...

......

. . ....

0 0 0 · · · 0

r×r

.

Note queN r e a matriz nula, istoe,N e uma matriz nilpotente.Seα + iβ e uma raiz complexa depT (λ) e r e um numero par, definimos

R(α, β; r) =

α β 1 0 · · · 0 0−β α 0 1 · · · 0 00 0 α β · · · 0 00 0 −β α · · · 0 0...

......

.... . .

......

0 0 0 0 · · · α β0 0 0 0 · · · −β α

r×r

.

SeB1, . . . , Bk sao matrizes quadradas, nao necessariamente de ordens iguais, de-finimos diag (B1, . . . , Bk) como sendo a matriz quadrada de ordem iguala soma dasordens deB1, . . . , Bk dada por

B1 0 · · · 00 B2 · · · 0...

.... . .

...0 0 · · · Bk

,

por exemplo, se

B1 =

2 1 00 2 10 0 2

, B2 =

3 4 1 0−4 3 0 10 0 3 40 0 −4 3

127

entao

diag (B1, B2) =

2 1 0 0 0 0 00 2 1 0 0 0 00 0 2 0 0 0 00 0 0 3 4 1 00 0 0 −4 3 0 10 0 0 0 0 3 40 0 0 0 0 −4 3

.

Teorema 11.1 (Forma Canonica de Jordan) SejamU um espaco vetorial de dimen-sao finita eT ∈ L (U). Se

pT (λ) = (λ1 − λ)m1 · · · (λn − λ)mn((λ − α1)2 + β2

1)p1 · · · ((λ − αk)2 + β2

k)pk

ondeλr 6= λs, (αr, βr) 6= (αs, βs) ser 6= s, eβr > 0, entao existe uma base deU comrelacao a qual a matriz deT e da forma

J = diag (J1, . . . , Jp, R1, . . . , Rq), (11.2)

onde J1, . . . , Jp sao da formaJ(λ; r) para algumr ∈ N e λ ∈ {λ1, . . . , λn} eR1, . . . , Rq sao da formaR(α, β; s) para algums ∈ N e (α, β) ∈ {(α1, β1), . . . ,(αk, βk)}.

Observacao 11.3 A matriz11.2e unica a menos de permutacoes dos seusblocosquecompoem a sua diagonal.

Observacao 11.4 Seλ e um autovalor deT entao a soma das ordens dos blocosJ(λ; s)e iguala multiplicidade algebrica deλ.

Observacao 11.5 Seα + iβ e uma raiz complexa depT (λ) entao a soma das ordensdos blocosR(α, β; s) e igual ao dobro da multiplicidade da raizα + iβ.

Observacao 11.6 Seλ e um autovalor deT com multiplicidade geometrica r entaoexistemr blocosJ(λ; s) associados ao autovalorλ.

Observacao 11.7 Suponha que

pT (λ) = (λ1 − λ)m1 · · · (λn − λ)mn

ondeλi 6= λj , se i 6= j. Semj tambem e multiplicidade geometrica deλj entao oteorema de Jordan diz simplesmente queT e diagonalizavel.


Observacao 11.8 O teorema de Jordan diz que a matriz de um operadorT com relacaoa uma base arbitraria e semelhante a uma matriz da forma11.2

Ex. Resolvido 11.9Encontre as possıveis matrizes na forma canonica de Jordan paraa um operador cujo polinomio caracterısticoe dado porpT (λ) = (2 − λ)3(1 − λ).

Resolucao: Note queT apresenta apenas os autovalores 2 e 1.Como as multiplicidades algebricas e geometrica do autovalor 1 sao iguais a um,

vemos que ounico bloco correspondente a este autovaloreJ(1; 1) = (1).

Com relacao ao autovalor 2, a sua multiplicidade algebricae tres. Se sua multipli-cidade geometrica for tres entao existem tres blocos associados a este autovalor e todoseles sao iguais a(2). Neste caso, a matriz da forma canonica de Jordan para este operadore

1 0 0 00 2 0 00 0 2 00 0 0 2

.

Se a multiplicidade geometrica do autovalor 2 for dois, entao existem dois blocoscorrespondentes a este autovalor que sao da forma

J(2; 1) = (2) J(2; 2) =

(

2 10 2

)

.

Assim, a matriz da forma canonica de Jordan para este operadore

1 0 0 00 2 1 00 0 2 00 0 0 2

.

Se a multiplicidade geometrica do autovalor 2 for um, entao existe um bloco corres-pondente a este autovalor quee

J(2; 3) =

2 1 00 2 10 0 2

.

129

Assim, a matriz da forma canonica de Jordan para este operadore

1 0 0 00 2 1 00 0 2 10 0 0 2

.

Ex. Resolvido 11.10Encontre as possıveis matrizes na forma canonica de Jordan paraa um operador cujo polinomio caracterısticoe dado porpT (λ) = (1 − λ)2(4 + λ2).

Utilizando a notacao do teorema11.1temosλ1 = 1, α = 0 e β = 2. Como0 + i2 temmultiplicidade um (como raiz depT (λ)), existe apenas um bloco da forma

R(0, 2; 2) =

(

0 2−2 0

)

.

Se a multiplicidade geometrica do autovalor 1 for dois entao existem apenas doisblocos associados a este autovalor e sao iguais a(1). Neste caso, a matriz da formacanonica de Jordan para este operadore

1 0 0 00 1 0 00 0 0 20 0 −2 0

.

Se a multiplicidade geometrica do autovalor 1 for um entao existe apenas um blocode ordem dois associado a este autovalor quee dado por

J(1; 2) =

(

1 10 1

)

.

Neste caso, a matriz da forma canonica de Jordan para este operadore

1 1 0 00 1 0 00 0 0 20 0 −2 0

.

Ex. Resolvido 11.11Encontre uma base deR4 com relacao a qual a matriz da trans-formacao

T (x, y, z, t) = (2x + y + z + t, 2y − z − t, 3z − t, 4t)

esta na forma canonica de Jordan.


Resolucao: Com relacaoa base canonica deR4, a matriz deT e dada por

2 1 1 10 2 −1 −10 0 3 −10 0 0 4

.

O polinomio caracterıstico deT epT (λ) = (3−λ)(4−λ)(2−λ)2. Desta forma vemosque dimV (3) = dim V (4) = 1. E simples ver que

V (3) = [(0, 1,−1, 0)] e V (4) = [(0, 0, 1,−1)].

Vejamos qual a dimensao dedimV (2). Temos que(x, y, z, t) ∈ V ((2) se e somente se

0 1 1 10 0 −1 −10 0 1 −10 0 0 2

xyzt

=

0000

,

ou seja,(x, y, z, t) = x(1, 0, 0, 0). Assim, dimV (2) = 1 e T nao e diagonalizavel.Sendo assim, a matriz deT na forma canonica de Jordane da forma

2 1 0 00 2 0 00 0 3 00 0 0 4

.

Note que se colocarmosu1 = (1, 0, 0, 0), u3 = (0, 1,−1, 0) e u4 = (0, 0, 1,−1) entaopara queu1, u2, u3, u4 seja a base procurada, o vetoru2 deve satisfazerT (u2) = u1 +2u2, ou seja,(T − 2I)(u2) = u1. Desta forma, colocandou = (a, b, c, d), temos

0 1 1 10 0 −1 −10 0 1 −10 0 0 2

abcd

=

1000

cuja solucao gerale da forma(a, 1, 0, 0). Tomamos, por exemplo,u2 = (0, 1, 0, 0) e istonos fornece a base procurada.

11.1. EXERCICIO 131

11.1 Exercıcio

Ex. 11.12 Se uma matriz3 × 3 tem os auto-valores 3, 3 e 3, quais sao as possıveisformas canonicas de Jordan dessa matriz?


Capıtulo 12

Espacos Euclidianos

12.1 Produto Interno

Definicao 12.1 SejaV um espaco vetorial. Um produto interno sobreV e uma aplica-cao que a cada par(u, v) ∈ V × V associa um numero real denotado por〈u, v〉 satis-fazendo as seguintes propriedades

(i) 〈u + v, w〉 = 〈u, w〉 + 〈v, w〉 para todou, v, w ∈ V ;

(ii) 〈αu, v〉 = α〈u, v〉 para todou, v ∈ V eα ∈ R;

(iii) 〈u, v〉 = 〈v, u〉 para todou, v ∈ V ;

(iv) 〈u, u〉 > 0 seu 6= 0.

O espaco vetorialV munido de um produto internoe chamado de espaco euclidiano.

Algumas propriedades seguem-se imediatamente. Por exemplo, vemos que〈0, u〉 = 0para todou ∈ V, pois

〈0, u〉 = 〈0 + 0, u〉 = 〈0, u〉 + 〈0, u〉,

e o resultado segue por cancelamento.Outra propriedadee que〈u, v + αw〉 = 〈u, v〉 + α〈u, w〉, para todou, v, w ∈ V e

α ∈ R. Basta combinar as propriedades (i), (ii) e (iii) acima. Desta maneira, vemos queo produto internoe linear em cada variavel.

A seguir apresentamos alguns exemplos de produto interno em varios espacos veto-riais. A verificacao das propriedades (i) a (iv)e deixada como exercıcio.

133

134 CAPITULO 12. ESPACOS EUCLIDIANOS

Exemplo 12.2 Sex = (x1, . . . , xn), y = (y1, . . . , yn) ∈ Rn definimos

〈x, y〉 = x1y1 + · · · + xnyn (12.3)

Ex. Resolvido 12.4Com relacao ao exemplo anterior, calcule o produto interno entreos vetores(1,−1, 1), (0, 2, 4) ∈ R

3.

Resolucao: Basta notar que

〈(1,−1, 1), (0, 2, 4)〉 = 1 · 0 + (−1) · 2 + 1 · 4 = 2.

¤

Ex. Resolvido 12.5Com relacao ao produto interno dado por12.3, calcule〈u, v〉 ondeu = (cos θ, sen θ) ev = (cos α, sen α).

Resolucao: Temos

〈u, v〉 = 〈(cos θ, sen θ), (cos α, sen α)〉

= cos θ cos α + sen θ sen α = cos(θ − α).

¤

Ha varios outros tipos de produto interno noRn alem do apresentado em12.3. Ve-

jamos um exemplo noR3 :

Exemplo 12.6 Se(x, y, z), (x′, y′, z′) ∈ R3, definimos

〈(x, y, z), (x′, y′, z′)〉 =xx′

2+

yy′

3+

zz′

4.

E facil verificar que a expressao acima define um produto interno emR3.

Ex. Resolvido 12.7Com relacao ao produto interno apresentado no exemplo anterior,calcule〈(1,−1, 1), (0, 2, 4)〉.

Resolucao:

〈(1,−1, 1), (0, 2, 4)〉 =1 · 02

+−1 · 2

3+

1 · 44

=1

3.

¤

12.1. PRODUTO INTERNO 135

Exemplo 12.8 Sef, g ∈ C([a, b]; R) definimos

〈f, g〉 =

∫ b

a

f(x)g(x) dx, (12.9)

quee um produto interno.

Ex. Resolvido 12.10Com relacao ao produto interno apresentado no exemplo anterior,calcule o produto interno entresen , cos ∈ C([0, 2π]; R).

Resolucao:

〈 sen , cos 〉 =

∫ 2π

0sen x cos x dx =

sen 2x

2

∣

∣

∣

∣

2π

0

= 0.

¤

Exemplo 12.11SeA = (aij), B = (bij) ∈ Mm×n(R) definimos

〈A, B〉 =m

∑

i=1

n∑

j=1

aijbij .

Ex. Resolvido 12.12Com relacao ao produto interno apresentado no exemplo anterior,calcule o produto interno entre

A =

(

1 10 2

)

e B =

(

−2 01 1

)

.

Resolucao:〈A, B〉 = 1 · (−2) + 1 · 0 + 0 · 1 + 2 · 1 = 0.

¤

Exercıcio 12.13 O traco de uma matriz quadradaA e a soma dos elementos da diago-nal da matriz ee denotado portr A. Mostre que seA, B ∈ Mn(R) entao

〈A, B〉 = tr (BtA)

define um produto interno emMn(R).


12.2 Norma

Definicao 12.14SeV e um espaco euclidiano, definimos para cadau ∈ o numero||u|| =

√

〈u, u〉. Este valore chamado de norma deu.

Observacao 12.15Note quee possıvel extrair a raiz quadrada de〈u, u〉 pois este nu-meroe nao negativo.

Exemplo 12.16EmRn, com o produto interno dado por12.3, a norma dex = (x1, . . . ,

xn) e dada por

||x|| =√

x21 + · · · + x2

n.

Note que a norma dex representa o comprimento deste vetor.

Exemplo 12.17EmC([a, b]; R) com o produto interno definido por12.9, a norma def ∈ C([a, b]; R) e dada por

||f || =

√

∫ b

a

[f(x)]2 dx.

Proposicao 12.18SejaV um espaco vetorial com um produto interno. Temos

1. ||αu|| = |α|||u||, ∀u ∈ V, ∀α ∈ R;

2. ||u|| ≥ 0 ∀u ∈ V ;

3. ||u|| = 0 se e somente seu = 0;

4. |〈u, v〉| ≤ ‖u‖ ‖v‖ ∀u, v ∈ V (desigualdade de Cauchy-Schwarz);

5. ‖u + v‖ ≤ ‖u‖ + ‖v‖ ∀u, v ∈ V (desigualdade triangular).

Prova:

1. ||αu|| =√

〈αu, αu〉 =√

α2〈u, u〉 = |α|√

〈u, u〉 = |α| ||u||.

2. Obvio pois a raiz quadradae nao negativa.

3. Seu = 0 entao‖u‖ =√

〈0, 0〉 = 0.

Reciprocamente, seu 6= 0 entao〈u, u〉 > 0 e‖u‖ =√

〈u, u〉 > 0.

12.2. NORMA 137

4. Sev = 0 entao|〈u, 0〉| = 0 = ‖u‖ ‖0||.Suponha quev 6= 0. Para todoα ∈ R, temos‖u + αv‖2 ≥ 0. Logo,

0 ≤ 〈u + αv, u + αv〉 = 〈u, u〉 + 2〈u, v〉α + 〈v, v〉α2

= ||u||2 + 2α〈u, v〉 + ||v||2α2.

Assim, o discriminante∆ = 4〈u, v〉2 − 4||u||2||v||2 ≤ 0, ou seja,〈u, v〉2 ≤||u||2||v||2. Extraindo a raiz quadrada, obtemos|〈u, v〉| ≤ ‖u‖ ‖v‖.

5. A seguir usaremos a desigualdade de Cauchy-Schwarz

||u + v||2 = 〈u + v, u + v〉 = ||u||2 + ||v||2 + 2〈u, v〉

≤ ||u||2 + ||u||2 + 2||u||||v|| = [||u|| + ||v||]2.Extraindo a raiz quadrada, segue o resultado desejado.

Observe que a desigualdade de Cauchy-Schwarz aplicada ao produtointerno doRn

dado por12.3nos diz que

(x1y1 + · · · + xnyn)2 ≤ (x21 + · · · + x2

n)(y21 + · · · + y2

n).

A mesma desigualdade aplicada ao produto interno emC([a, b, ]; R) fornece

(∫ b

a

f(x)g(x) dx

)2

≤∫ b

a

[f(x)]2 dx

∫ b

a

[g(x)]2 dx.

Proposicao 12.19 (Identidade do Paralelogramo)Sejamu e v vetores de um espacoeuclidiano. Entao

‖u + v‖2 + ‖u − v‖2 = 2(‖u‖2 + ‖v‖2).

Prova:‖u + v‖2 + ‖u − v‖2 = 〈u + v, u + v〉 + 〈u − v, u − v〉= 〈u, u〉 + 〈v, v〉 + 2〈u, v〉 + 〈u, u〉 + 〈v, v〉 − 2〈u, v〉

= 2〈u, u〉 + 2〈v, v〉 = 2(‖u‖2 + ‖v‖2).

A proxima proposicao mostra como se pode obter o produto interno entre dois veto-res a partir das normas de suas soma e diferenca.


Proposicao 12.20Sejamu ev vetores de um espaco euclidiano. Entao

‖u + v‖2 − ‖u − v‖2 = 4〈u, v〉.

Prova:‖u + v‖2 − ‖u − v‖2 = 〈u + v, u + v〉 − 〈u − v, u − v〉= 〈u, u〉 + 〈v, v〉 + 2〈u, v〉 − 〈u, u〉 − 〈v, v〉 + 2〈u, v〉

= 4〈u, v〉.

Ex. Resolvido 12.21Calcule〈u, v〉 sabendo-se que‖u + v‖ = 1 e‖u − v‖ = 1.

Resolucao: Temos

〈u, v〉 =1

4(‖u + v‖2 − ‖u − v‖2) = 0.

¤

12.3 Distancia

Definicao 12.22Num espaco euclidianoV definimos a distancia entreu, v ∈ V como

d(u, v) = ‖u − v‖.

Resulta da proposicao acima que a distancia satisfaz as seguintes propriedades.

Proposicao 12.23Num espaco euclidianoV temos

1. d(u, v) ≥ 0 para todou, v ∈ V ;

2. d(u, v) = 0 se e somente seu = v;

3. d(u, v) = d(v, u);

4. d(u, v) ≤ d(u, w) + d(w, v) para todou, v, w ∈ V.

Ex. Resolvido 12.24Com relacao ao produto interno12.3calcule a distancia entre ospontosu = (1, 1, 3, 2) ev = (2, 2, 1, 0) deR

4.

12.4. ANGULO 139

Resolucao: Temos

d(u, v) =√

(1 − 2)2 + (1 − 2)2 + (3 − 1)2 + (2 − 0)2 =√

10

¤

Ex. Resolvido 12.25Com relacao ao produto interno12.9calcule a distancia entre asfuncoes sen e cos deC([0, 2π]; R)

Resolucao: Temos

d( sen , cos)2 =

∫ 2π

0[ sen x − cos x]2 dx

=

∫ 2π

0[ sen 2x + cos2 x − 2 sen x cos x] dx =

∫ 2π

0[1 − 2 sen x cos x] dx =

= x − sen 2x∣

∣

2π

0= 2π.

Portanto,d( sen , cos) =√

2π. ¤

12.4 Angulo

SejamV um espaco euclidiano eu, v ∈ V ambos nao nulos. Pela desigualdade deCauchy-Schwarz (veja proposicao12.18) temos

−‖u‖ ‖v‖ ≤ 〈u, v〉 ≤ ‖u‖ ‖v‖

ou ainda,

−1 ≤ 〈u, v〉‖u‖ ‖v‖ ≤ 1.

Desta forma, existe umunico numero realθ ∈ [0, π] tal que

cos θ =〈u, v〉‖u‖ ‖v‖ .

Este numeroθ e chamado deangulo entre os vetoresu ev.

Ex. Resolvido 12.26Calcule oangulo entre as funcoes seno e co-seno definidas em[0, 2π] com o produto interno dado por12.9.


Resolucao:

〈 sen , cos 〉 =

∫ 2π

0sen x cos x dx =

1

2sen 2x

∣

∣

∣

∣

2π

0

= 0.

Desta forma, oangulo entre seno e co-senoe π2 . ¤

Ex. Resolvido 12.27Sabe-se que‖u‖ = ‖v‖ = 1 e ‖u − v‖ = 2. Calcule oanguloentreu ev.

Resolucao: Como‖u − v‖ = 2 entao

4 = ‖u − v‖2 = 〈u − v, u − v〉

= ‖u‖ + ‖v‖ − 2〈u, v〉 = 2 − 2〈u, v〉.Assim,〈u, v〉 = −1 e

cos θ =〈u, v〉‖u‖ ‖v‖ = −1,

ou seja,θ = π.

12.5 Ortogonalidade

Definicao 12.28SejaV um espaco euclidiano. Dizemos queu, v ∈ V sao ortogonaisse〈u, v〉 = 0 e, neste caso, denotaremosu⊥v.

Diremos que um conjuntoS = {u1, . . . , un} ⊂ V e ortogonal seui⊥uj quandoi 6= j.

Diremos que um conjunto ortogonalS = {u1, . . . , un} ⊂ V e ortonormal se‖uj‖ = 1, j = 1, . . . , n.

Diremos queu ∈ V e ortogonal a um subconjunto nao vazioS de V se u forortogonal a todos os elementos deS. Neste caso usaremos a definicaou⊥S.

Exemplo 12.29S = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} ⊂ R3 e um conjunto ortonormal com

relacao ao produto interno dado por12.3.

Observacao 12.30Seu = 0 ou v = 0 entao u⊥v. Seu 6= 0 e v 6= 0 entao u⊥v se esomente se oangulo entreu ev eπ/2.

12.5. ORTOGONALIDADE 141

Observacao 12.31SeS = {u1, . . . , un} ⊂ V e um conjunto ortogonal comuj 6= 0,j = 1, . . . , n entao

{

u1

‖u1‖, . . . ,

un

‖un‖

}

e um conjunto ortonormal.

Proposicao 12.32SejamV um espaco euclidiano eS = {u1, . . . , un} ⊂ V um con-junto ortonormal. Entaou1, . . . , un sao linearmente independentes.

Prova: Se

α1u1 + · · · + αnun = 0 (12.33)

entao, tomando o produto interno do vetor acima comu1 e lembrando que〈u1, u1〉 =‖u1‖2 = 1 e 〈uj , u1〉 = 0, sej = 2, . . . , n, obtemos

α1 = α1〈u1, u1〉 + · · · + αn〈un, u1〉 = 〈0, u1〉 = 0,

isto e,α1 = 0, e12.33fica

α2u2 + · · · + αnun = 0.

Tomando o produto interno do vetor acima comu2, obtemos, como acima, queα2 = 0.Repetindo o processo chegamosa conclusao que aunica possibilidade para12.33 eα1 = · · · = αn = 0.

Observacao 12.34A proposicao acima continua valida seS for apenas um conjuntoortogonal com elementos nao nulos.

Definicao 12.35SeV e um espaco euclidiano de dimensao n e seu1, . . . , un formamum conjunto ortonormal, entao diremos queu1, . . . , un formam uma base ortonormaldeV.

Proposicao 12.36SejamV um espaco euclidiano que possui uma base ortonormaldada poru1, . . . , un. Entao, seu ∈ V temos

u = 〈u, u1〉u1 + · · · + 〈u, un〉un.


Prova: Comou1, . . . , un formam uma base deV, existemα1, . . . , αn ∈ R tais que

u = α1u1 + · · · + αnun.

Tomando o produto interno deu comu1, temos

〈u, u1〉 = α1〈u1, u1〉 + · · · + αn〈un, u1〉 = α1,

pois a basee ortonormal. O resultado segue tomando o produto interno deu poru2, u3,etc.

Ex. Resolvido 12.37Encontre as coordenadas de(1, 1) ∈ R2 com relacao a base for-

mada por(√

22 ,

√2

2 ) e (√

22 ,−

√2

2 ).

Resolucao: Como a base em questaoe ortonormal, pela proposicao anterior, temos que

(1, 1) = 〈(1, 1), (

√2

2,

√2

2)〉(

√2

2,

√2

2) + 〈(1, 1), (

√2

2,−

√2

2)〉(

√2

2,−

√2

2)

=√

2(

√2

2,

√2

2) + 0(

√2

2,−

√2

2).

Desta forma as coordenadas de(1, 1) com relacaoa base acima sao

(√2

0

)

.

¤

Proposicao 12.38SejamV um espaco euclidiano eU = [u1, . . . , un] o subespaco ge-rado por um conjunto ortonormalS = {u1, . . . , un}. Entao, para qualqueru ∈ V ovetor dado por

v = u − 〈u, u1〉u1 − · · · − 〈u, un〉un

e ortogonal a todow ∈ U, isto e,v⊥U.

Alem do mais,v = 0 se e somente seu = 〈u, u1〉u1 + · · · + 〈u, un〉un, isto e, se esomente seu ∈ [u1, . . . , un].

12.5. ORTOGONALIDADE 143

Prova: Sejaw ∈ U. Podemos escreverw =∑n

j=1 αjuj . Precisamos mostrar que〈w, v〉 = 0, isto e, 〈∑n

j=1 αjuj , v〉 =∑n

j=1 αj〈uj , v〉 = 0. Portanto, basta verificarque〈uj , v〉 = 0 para cadaj = 1, . . . , n. Comou1, . . . , un formam um conjunto orto-normal, temos

〈uj , v〉 = 〈uj , u − 〈u, u1〉u1 − · · · − 〈u, un〉un〉= 〈uj , u〉 − 〈u, u1〉〈uj , u1〉 − · · · − 〈u, un〉〈uj , un〉= 〈uj , u〉 − 〈u, uj〉〈uj , uj〉 = 〈uj , u〉 − 〈u, uj〉 = 0

Proposicao 12.39SejamV um espaco vetorial eU um subespaco deV. Seu ∈ U eu⊥U entaou = 0.

Prova: Comou ∈ U eu e ortogonal a todo vetor deU, devemos ter||u||2 = 〈u, u〉 = 0,ou seja,u = 0.

Proposicao 12.40SejamS = {u1, . . . , un} eR = {v1, . . . , vn} conjuntos ortonormaisde um espaco euclidianoV tais que[S] = [R]. Entao, parau ∈ V, temos

〈u, u1〉u1 + · · · + 〈u, un〉un = 〈u, v1〉v1 + · · · + 〈u, vn〉vn.

Prova: Sejau ∈ V. ColoqueU = [R] = [S],

u1 = u − (〈u, u1〉u1 + · · · + 〈u, un〉un)

eu2 = u − (〈u, v1〉v1 + · · · + 〈u, vn〉vn) .

Pela proposicao 12.38, u1, u2⊥U. Logo, para todow ∈ U, temos〈u1 − u2, w〉 =〈u1, w〉 − 〈u2, w〉 = 0, isto e,(u1 − u2)⊥U.

Note tambem que

u1 − u2 = 〈u, v1〉v1 + · · · + 〈u, vn〉vn − (〈u, u1〉u1 + · · · + 〈u, un〉un) ∈ U.

Segue da proposicao12.39queu1 − u2 = 0, isto e,

〈u, u1〉u1 + · · · + 〈u, un〉un = 〈u, v1〉v1 + · · · + 〈u, vn〉vn.


Definicao 12.41SejamS = {u1, . . . , un} ⊂ V um conjunto ortonormal de um espacoeuclidianoV eU = [u1, . . . , un]. Seu ∈ V, o vetor

〈u, u1〉u1 + · · · + 〈u, un〉un

e chamado de projecao ortogonal deu sobre o subespacoU.

Observacao 12.42Sev ∈ V e um vetor nao nulo entao S = { v‖v‖} e um conjunto

ortonormal. Assim, seu ∈ V, a projecao ortogonal deu sobre[S] nada maise do que ovetor

w = 〈u,v

‖v‖〉v

‖v‖ =〈u, v〉‖v‖2

v.

Neste caso,w e chamado de projecao ortogonal deu sobrev.

Ex. Resolvido 12.43Com relacao ao produto interno usual deR3, verifique que osvetoresu1 = ( 1√

3,− 1√

3, 1√

3) e u2 = ( 1√

2, 1√

2, 0) formam um conjunto ortonormal e

encontre a projecao ortogonal deu = (2, 3, 1) sobre o subespaco gerado poru1 eu2.

Resolucao: Claramente,

‖u1‖2 =1

3+

1

3+

1

3= 1

e

‖u2‖2 =1

2+

1

2= 1.

Tambem,

〈u1, u2〉 =1√3

1√2− 1√

3

1√2

+1√30 = 0.

Assim, a projecao ortogonal deu = (2, 3, 1) sobre[u1, u2] e

w = 〈u, u1〉u1 + 〈u, u2〉u2

= 〈(2, 3, 1), (1√3,− 1√

3,

1√3)〉( 1√

3,− 1√

3,

1√3)

+ 〈(2, 3, 1), (1√2,

1√2, 0)〉( 1√

2,

1√2, 0) = (

5

2,5

2, 0).

¤

12.6. PROCESSO DE ORTONORMALIZACAO DE GRAM-SCHMIDT 145

Ex. Resolvido 12.44ConsidereP3(R) com o produto interno dado por

〈p, q〉 =

∫ 1

0p(x)q(x) dx.

Encontre a projecao dep(x) = 1 + x + x2 + x3 sobre[q(x)] = [x3 − x].

Resolucao: Temos

‖q‖2 =

∫ 1

0(x3 − x)2 dx =

∫ 1

0(x6 + x2 − 2x4) dx =

x7

7+

x3

3− 2x5

5

∣

∣

∣

∣

1

0

=1

7+

1

3− 2

5=

8

105;

〈p, q〉 = 〈1 + x + x2 + x3, x3 − x〉 =

∫ 1

0(1 + x + x2 + x3)(x3 − x) dx

=

∫ 1

0(−x − x2 + x5 + x6) dx = −11/21.

Assim a projecao ortogonal dep(x) sobreq(x) e

r(x) = −11

21· 105

8(x3 − x) = −55

8(x3 − x).

¤

12.6 Processo de Ortonormalizacao de Gram-Schmidt

A demonstracao do proximo teorema fornece um metodo para se conseguir uma baseortonormal de um espaco euclidiano a partir de uma base dada.

Teorema 12.45Todo espaco euclidiano de dimensao finita possui uma base ortonor-mal.

Prova: A provae por inducao sobre a dimensao do espaco.SejaV um espaco euclidiano de dimensao finita. SedimV = 1 entao existev1 ∈ V,

tal queV = [v1]. Comov1 6= 0, tomamos

u1 =v1

‖v1‖


e, dessa forma,{u1} e um conjunto ortonormal eV = [u1], ou seja,u1 forma uma baseortonormal deV.

Se dim V = 2 entao existemv1, v2 ∈ V tais queV = [v1, v2]. Coloque

u1 =v1

‖v1‖.

Nosso trabalho se resume em encontrar um vetor ortogonal au1 e que tenha norma 1.Primeiramente vamos encontrar um vetor ortogonal au1. Ora, pela proposicao 12.38,basta tomarmosu′

2 = v2 − 〈v2, u1〉u1. Note queu′2 6= 0, poisv1 e v2 sao linearmente

independentes. Resta agoranormalizaru′2, isto e, definimos

u2 =u′

2

‖u′2‖

e entao

u1 =v1

‖v1‖e u2 =

v2 − 〈v2, u1〉u1

‖v2 − 〈v2, u1〉u1‖formam uma base ortonormal deV.

Dadon ∈ N, suponha que tenhamos provado o teorema para todos os espacos eucli-dianos de dimensaon − 1. Queremos provar que o mesmoe verdade para todo espacoeuclidiano de dimensaon.

Se dim V = n ≥ 2 entao existemv1, . . . , vn que formam uma base deV. Note queU = [v1, . . . , vn−1] e um subespaco deV de dimensaon − 1. Desse modo, usando anossa hipotese de inducao,e possıvel tomar uma base ortonormal deU. Chamemos estesvetores da base ortonormal deU poru1, . . . , un−1. Comovn 6∈ U entao, pela proposicao12.38, o vetor

u′n = vn − 〈vn, u1〉u1 − · · · − 〈vn, un−1〉un−1

e nao nulo e ortogonal a todos os elementos deU (portanto, ortogonal au1, · · · , un−1).Para finalizar, tomamos como base deV os vetores

u1, · · · , un−1, un

onde

un =u′

n

‖u′n‖

=vn − 〈vn, u1〉u1 − · · · − 〈vn, un−1〉un−1

‖vn − 〈vn, u1〉u1 − · · · − 〈vn, un−1〉un−1‖.

12.6. PROCESSO DE ORTONORMALIZACAO DE GRAM-SCHMIDT 147

Observacao 12.46No caso de um espaco euclidiano tridimensional, sev1, v2, v3 for-mam uma base, entao uma base ortonormal para este espaco pode ser dada por

u1 =v1

‖v1‖, u2 =

v2 − 〈v2, u1〉u1

‖v2 − 〈v2, u1〉u1‖e u3 =

v3 − 〈v3, u1〉u1 − 〈v3, u2〉u2

‖v3 − 〈v3, u1〉u1 − 〈v3, u2〉u2‖.

Ex. Resolvido 12.47Encontre uma base ortonormal deP2(R) munido do produto in-terno〈p, q〉 =

∫ 10 p(x)q(x) dx.

Resolucao: Usaremos o processo de Gram-Schmidt para construir uma base ortonormala partir da base formada pelos polinomios1, x ex2. Temos

‖1‖2 =

∫ 1

012 dx = 1

e colocamosp1(x) = 1. Seguindo o processo, definimos

p2(x) =x − 〈x, 1〉1‖x − 〈x, 1〉1‖ ,

onde

〈x, 1〉 =

∫ 1

0x dx =

1

2e ‖x − 〈x, 1〉1‖2 =

∫ 1

0(x − 1

2)2 dx =

1

12.

Assim,p2(x) =√

12(x − 12) =

√3(2x − 1). Por fim, colocamos

p3(x) =x2 − 〈x2, 1〉1 − 〈x2,

√3(2x − 1)〉

√3(2x − 1)

‖x2 − 〈x2, 1〉1 − 〈x2,√

3(2x − 1)〉√

3(2x − 1)‖,

onde

〈x2, 1〉 =

∫ 1

0x2 dx =

1

3, 〈x2,

√3(2x − 1)〉 =

√3

∫ 1

0x2(2x − 1) dx =

√3

6

e

‖x2 − 〈x2, 1〉1 − 〈x2,√

3(2x − 1)〉√

3(2x − 1)‖2 = ‖x2 − x +1

6‖2 =

=

∫ 1

0(x2 − x +

1

6)2 dx =

1

180.


Assim,

p3(x) =√

180(x2 − x +1

6) =

√5(6x2 − 6x + 1).

Desta forma, uma base ortonormal paraP2(R) e dada por

p1(x) = 1, p2(x) =√

3(2x − 1) e p3(x) =√

5(6x2 − 6x + 1).

¤

Ex. Resolvido 12.48Encontre uma base ortonormal paraW = {(x, y, z) ∈ R3; x −

2y = 0}.

Resolucao: Note que(x, y, z) ∈ W se e somente se

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

Desta forma(2, 1, 0) e (0, 0, 1) formam uma base deW.Tomaremos comou1 = (0, 0, 1), pois este vetore unitario (tem norma 1). Pelo

processo de Gram-Schmidt,u2 e a projecao ortogonal unitaria de(2, 1, 0) sobreu1, istoe

u2 =(2, 1, 0) − 〈(2, 1, 0), (0, 0, 1)〉(0, 0, 1)

‖(2, 1, 0) − 〈(2, 1, 0), (0, 0, 1)〉(0, 0, 1)‖ =(2, 1, 0)

‖(2, 1, 0)‖ = (2√5,

1√5, 0).

¤

Ex. Resolvido 12.49Encontre uma base ortonormal paraW = {(x, y, z, t) ∈ R4; x +

y + z + t = 0}.

Resolucao: Temos que(x, y, z, t) ∈ W se somente se

(x, y, z, t) = (−y − z − t, y, z, t)

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

Como(−1, 1, 0, 0), (−1, 0, 1, 0) e(−1, 0, 0, 1) sao linearmente independentes, segue-seque formam uma base paraW. Coloquemos

u1 =(−1, 1, 0, 0)

‖(−1, 1, 0, 0)‖ = (− 1√2,

1√2, 0, 0).

12.7. COMPLEMENTO ORTOGONAL 149

u2 =(−1, 0, 1, 0) − 〈(−1, 0, 1, 0), (− 1√

2, 1√

2, 0, 0)〉(− 1√

2, 1√

2, 0, 0)

‖(−1, 0, 1, 0) − 〈(−1, 0, 1, 0), (− 1√2, 1√

2, 0, 0)〉(− 1√

2, 1√

2, 0, 0)‖

=(−1

2 ,−12 , 1, 0)

‖(−12 ,−1

2 , 1, 0)‖ =1√6(−1,−1, 2, 0).

u3 =(−1, 0, 0, 1) − 〈(−1, 0, 0, 1), u1〉u1 − 〈(−1, 0, 0, 1), u2〉u2

‖(−1, 0, 0, 1) − 〈(−1, 0, 0, 1), u1〉u1 − 〈(−1, 0, 0, 1), u2〉u2‖onde

〈(−1, 0, 0, 1), u1〉 = 〈(−1, 0, 0, 1), (− 1√2,

1√2, 0, 0)〉 =

1√2

〈(−1, 0, 0, 1), u2〉 = 〈(−1, 0, 0, 1),1√6(−1,−1, 2, 0)〉 =

1√6.

Assim,(−1, 0, 0, 1) − 〈(−1, 0, 0, 1), u1〉u1 − 〈(−1, 0, 0, 1), u2〉u2

= (−1, 0, 0, 1) − 1√2(− 1√

2,

1√2, 0, 0) − 1√

6

1√6(−1,−1, 2, 0)

= (−1, 0, 0, 1) + (1

2,−1

2, 0, 0) + (

1

6,1

6,−1

3, 0) = (−1

3,−1

3,−1

3, 1).

Desta forma,

u3 =(−1

3 ,−13 ,−1

3 , 1)

‖(−13 ,−1

3 ,−13 , 1)‖ =

1

2

√3(−1

3,−1

3,−1

3, 1)

¤

12.7 Complemento Ortogonal

Definicao 12.50SejamV um espaco euclidiano eU um subespaco vetorial deV. Ocomplemento ortogonal deU e o conjunto

U⊥ = {v ∈ V ; 〈u, v〉 = 0, ∀u ∈ U}.

Proposicao 12.51U⊥ e um subespaco vetorial deV.


Prova: Temos0 ∈ U⊥ pois〈0, u〉 = 0 para todou ∈ U. Sev, w ∈ U⊥ e α ∈ R, entaopara todou ∈ U, temos

〈v + αw, u〉 = 〈v, u〉 + α〈w, u〉 = 0.

Portanto,v + αw ∈ U⊥.

Observacao 12.52SeV tem dimensao finita entaou ∈ U⊥ se e somente seu e ortogo-nal a todos os vetores de uma base qualquer deU.

Ex. Resolvido 12.53EncontreU⊥ seU = {(x, y, z) ∈ R3; x − y − z = 0}.

Resolucao: Temos(x, y, z) ∈ U se somente se(x, y, z) = (y + z, y, z) = y(1, 1, 0) +z(1, 0, 1). Vemos que(1, 1, 0) e (1, 0, 1) formam uma base paraU.

Assim,(x, y, z) ∈ U⊥ se somente se

〈(x, y, z), (1, 1, 0)〉 = 0 e 〈(x, y, z), (1, 0, 1)〉 = 0,

ou seja,{

x + y = 0

x + z = 0⇐⇒ (x, y, z) = x(1,−1,−1).

Assim,U⊥ = [(1,−1,−1)].

¤

Teorema 12.54SejamV um espaco euclidiano de dimensao finita eU um subespacovetorial deV. EntaoV = U ⊕ U⊥.

Prova: Dadov ∈ V, sejaw a projecao ortogonal dev sobreU. Temosv = w+(v−w) epela proposicao12.38, w ∈ U e para todou ∈ U, 〈v−w, u〉 = 0, ou seja,v ∈ U + U⊥.

Agora, seu ∈ U ∩ U⊥ entao〈u, u〉 = 0 e, portanto,u = 0.

12.8 Isometria

Definicao 12.55SejamU e V espacos euclidianos. Dizemos queT ∈ L (U, V ) e umaisometria se〈T (u1), T (u2)〉 = 〈u1, u2〉 para todou1, u2 ∈ U.

12.8. ISOMETRIA 151

Observacao 12.56Note que os produtos internos acima, embora representados pelomesmo sımbolo, sao produtos internos deV e deU, respectivamente.

Exemplo 12.57 (rotacao) T : R2 → R

2 dada por

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

e uma isometria, ondeθ ∈ R.

De fato,〈T (x1, y1), T (x2, y2)〉

= 〈(x1 cos θ − y1 sen θ, x1 sen θ + y1 cos θ), (x2 cos θ − y2 sen θ, x2 sen θ + y2 cos θ)〉

= x1x2(cos2 θ + sen 2θ) − y1x2(− cos θ sen θ + cos θ sen θ)

− x1y2(cos θ sen θ − cos θ sen θ) + y1y2(cos2 θ + sen 2θ)

= x1x2 + y1y2 = 〈(x1, y1), (x2, y2)〉.

Teorema 12.58SejamU, V espacos euclidianos eT ∈ L (U, V ). Sao equivalentes:

1. T e uma isometria;

2. ‖T (u)‖ = ‖u‖ para todou ∈ U ;

3. ‖T (u) − T (v)‖ = ‖u − v‖ para todou, v ∈ U ;

4. Se{u1, . . . , un} e um conjunto ortonormal deU entao{T (u1), . . . , T (un)} e umconjunto ortonormal deV.

Prova: (1 =⇒ 2) ComoT e uma isometria temos que〈T (u), T (v)〉 = 〈u, v〉 para todou, v ∈ U. Em particular, tomandou = v, obtemos

‖T (u)‖2 = 〈T (u), T (u)〉 = 〈u, u〉 = ‖u‖2,

ou seja,‖T (u)‖ = ‖u‖.(2 =⇒ 3) Para todou, v ∈ U, temos

‖T (u) − T (v)‖ = ‖T (u − v)‖ = ‖u − v‖.


(3 =⇒ 1) Note que

‖T (u) + T (v)‖ = ‖T (u) − T (−v)‖ = ‖u − (−v)‖ = ‖u + v‖.Pela proposicao12.20, temos

〈T (u), T (v)〉 =1

4(‖T (u) + T (v)‖2 − ‖T (u) − T (v)‖2)

=1

4(‖u + v‖2 − ‖u − v‖2) = 〈u, v〉.

(1 =⇒ 4) Se{u1, . . . , un} e um conjunto ortonormal deU entao, comoT e umaisometria, temos

〈T (ui), T (uj)〉 = 〈ui, uj〉 =

{

1, sei = j

0, sei 6= j,

ou seja,{T (u1), . . . , T (un)} e um conjunto ortonormal.(4 =⇒ 1) Sejau1, . . . , un uma base ortonormal deU. Por hipotese,T (u1), . . . ,

T (un) formam um conjunto ortonormal. Dadosu, v ∈ U, escrevemos

u = α1u1 + · · · + αnun

ev = β1u1 + · · · + βnun

e obtemos

〈T (u), T (v)〉 = 〈n

∑

i=1

αiT (ui),

n∑

j=1

βjT (uj)〉 =

n∑

i=1

n∑

j=1

αiβj〈T (ui), T (uj)〉

=n

∑

i=1

αiβi.

Por outro lado,

〈u, v〉 = 〈n

∑

i=1

αiui,n

∑

j=1

βjuj〉 =n

∑

i=1

n∑

j=1

αiβj〈ui, uj〉

=n

∑

i=1

αiβi.

Comparando as expressoes acima, concluımos queT e uma isometria.

12.9. OPERADOR AUTO-ADJUNTO 153

Corolario 12.59 SeT ∈ L (U, V ) e uma isometria entaoT e injetora.

Prova: Basta ver que seT (u) = 0 entao‖u‖ = ‖T (u)‖ = 0, portanto,u = 0.

Corolario 12.60 SeT ∈ L (U, V ) e uma isometria edimU = dimV entao T e umisomorfismo.

Prova: Como U e V tem a mesma dimensao eT e injetora, segue-se queT e umabijecao, istoe, um isomorfismo.

Ex. Resolvido 12.61SejaT ∈ R2 tal que a matriz deT som relacao a uma base orto-

normal deR2 e dada por

(

1 2−2 1

)

.

T e uma isometria?

Resolucao: Vejamos, seu, v e uma base ortonormal deR2 e

(

a bc d

)

e a matriz de uma isometriaS com relacao a esta base entao pelo teorema anterior‖S(u)‖ = ‖S(v)‖ = 1. Al em do mais,〈S(u), S(v)〉 = 0. ComoS(u) = au + cv eS(v) = bu + dv, terıamos

a2 + c2 = 1

b2 + d2 = 1

ab + cd = 0

.

Deste modo,T nao pode se uma isometria pois, por exemplo,12 + 22 = 5 6= 1. ¤

12.9 Operador Auto-adjunto

Definicao 12.62SejamU um espaco euclidiano eT ∈ L (U). Dizemos queT e umoperador auto-adjunto se〈T (u), v〉 = 〈u, T (v)〉 para todou, v ∈ U.

Ex. Resolvido 12.63SejaT ∈ L (R2) dado porT (x, y) = (ax+by, bx+cy). VerifiquequeT e um operador auto-adjunto.


Resolucao: Temos

〈T (x, y), (z, t)〉 = 〈(ax + by, bx + cy), (z, t)〉 = axz + byz + bxt + cyt.

Por outro lado,

〈(x, y), T (z, t)〉 = 〈(x, y), (az + bt, bz + ct)〉 = axz + bxt + byz + cyt.

Comparando as expressoes vemos que

〈T (x, y), (z, t)〉 = 〈(x, y), T (z, t)〉.

¤

Note que a matriz do operador do exemplo anterior com relacao a base canonicae uma matriz simetrica. Isto, como diz o proximo teorema, nao e uma simples coin-cidencia.

Teorema 12.64SejaU um espaco euclidiano de dimensao finita. Entao, um operadorT ∈ L (U) e auto-adjunto se e somente se a matriz deT com relacao a uma baseortonormal deU for simetrica.

Prova: Suponha queT seja auto-adjunto e sejaA = (aij) a matriz deT com relacao aalguma base ortonormal deU. Queremos mostrar queaij = aji. Seu1, . . . , un sao osvetores de uma tal base, temos

T (uk) = a1ku1 + · · · + ankun, (12.65)

para todok = 1, . . . , n. Sei, j ∈ {1, . . . , n} entao tomando o produto interno de12.65comk = i com o vetoruj , obtemos

〈T (ui), uj〉 = a1i〈u1, uj〉 + · · · + ani〈un, uj〉 = aji. (12.66)

Por outro lado, tomando o produto interno deui comT (uj) temos

〈ui, T (uj)〉 = a1j〈ui, u1〉 + · · · + anj〈ui, un〉 = aij .

ComoT e auto-adjunto, segue-se queaij = aji.Reciprocamente, suponha que a matriz(aij) deT com relacao a uma base ortonor-

mal,u1, . . . , un seja simetrica. Devemos mostrar que〈T (u), v〉 = 〈u, T (v)〉. Note quese

u = α1u1 + · · · + αnun

12.9. OPERADOR AUTO-ADJUNTO 155

ev = β1u1 + · · · + βnun,

entao, como o produto internoe linear em cada variavel e a base acimae ortonormal,temos

〈T (u), v〉 = 〈n

∑

i=1

αiT (ui),n

∑

j=1

βjuj〉 =n

∑

i=1

n∑

j=1

αiβj〈T (ui), uj〉

e, analogamente,

〈u, T (v)〉 =n

∑

j=1

αiβj〈ui, T (uj)〉.

Desta forma, basta mostrar que〈T (ui), uj〉 = 〈ui, T (uj)〉. Como(aij) e a matriz deTcom relacao a esta base, temos por12.65queaij = 〈ui, T (uj)〉 e aji = 〈T (ui), uj〉 ecomo a matrize simetrica obtemos que

〈T (ui), uj〉 = 〈ui, T (uj)〉,

como querıamos.

Teorema 12.67SeT ∈ L (U) e um operador auto-adjunto e seλ e µ sao autovaloresdistintos deT entao os autovetores correspondentes sao ortogonais.

Prova: Sejamu ev autovetores correspondentes aλ eµ respectivamente. Temos

(λ − µ)〈u, v〉 = 〈λu, v〉 − 〈u, µv〉 = 〈T (u), v〉 − 〈u, T (v)〉 = 0

poisT e auto-adjunto. Comoλ 6= µ, segue-se que〈u, v〉 = 0.Finalizamos este capıtulo com o seguinte resultado que provaremos apenas no caso

bidimensional. O caso unidimensionale trivial. Para a prova no caso geral, indicamos aleitura do livroAlgebra Linear,de Elon L. Lima, Colecao Matematica Universitaria [L].

Teorema 12.68SejamU um espaco euclidiano de dimensao finita eT ∈ L (U) umoperador auto-adjunto. Entao existe uma base ortonormal deU formada por autoveto-res deT. Note que todo operador auto-adjuntoe diagonalizavel.

Prova do caso bidimensional: Sejau, v uma base ortonormal deU. Sabemos peloteorema12.64que a matriz deT e simetrica, ou seja, da forma

A =

(

a bb c

)

.


Desta forma, o polinomio caracterıstico deT e da forma

pT (λ) = λ2 − (a + c)λ + ac − b2.

Como

(a + c)2 − 4(ac − b2) = a2 + c2 − 2ac + 4b2 = (a − c)2 + 4b2 ≥ 0

vemos quepT (λ) so apresenta raızes reais. Sea = c e b = 0 entaoA = aI e a propriabaseu, v serve para provar o teorema.

Agora, sea 6= c ou b 6= 0 entaopT (λ) possui duas raızes reais distintas, istoe, Tapresenta dois autovalores distintos. Pelo teorema12.67os autovetores correspondentessao ortogonais. Basta tomar como base dois autovetores unitarios correspondentes acada um dos autovalores.

12.10 Exercıcios

Ex. 12.69 Verifique em cada um dos itens abaixo se a funcao 〈 , 〉 e um produto internono espaco vetorialV.

1. V = R2, u = (x1, y1), w = (x2, y2) e 〈u, w〉 = 2x1x2 + 4y1y2.

2. V = P3(R), p(t) = a0 + a1t + a2t2 + a3t

3, q(t) = b0 + b1t + b2t2 + b3t

3 e〈p, q〉 = a0b0 + a1b1 + a2b2 + a3b3.

3. V = M2(R), A, B ∈ M2(R) e 〈A, B〉 = tr(AtB), ondetr(A) e o traco deA.

4. V = R3, u = (x1, y1, z1), w = (x2, y2, z2) e 〈u, w〉 = x1x2 + y1y2.

5. V = R4, u = (x1, y1, z1, t1), w = (x2, y2, z2, t2) e 〈u, w〉 = x1x2 + y1y2 +

z1z2 − t1t2.

Ex. 12.70 Para cada um dos itens abaixo determinar;

a) 〈u, v〉 b) ‖u‖, ‖v‖ c) o angulo entreu ev.

1. V = R2, com o produto interno usual,u = (1, 2, 1), w = (3, 4, 2).

2. V = P2(R), com produto interno〈p, q〉 =∫ 10 p(t)q(t) dt, u = p(t) = 1+t+4t2,

v = q(t) = 2 + 5t2.

12.10. EXERCICIOS 157

3. V = M2(R), com produto interno〈A, B〉 = tr(AtB) , A =

(

1 24 12

)

, B =(

8 −14 3

)

.

Ex. 12.71 Em cada um dos itens abaixo determinard(u, v).

1. V = R4, com o produto interno usual,u = (1, 1, 1, 1), v = (0, 0, 1, 1).

2. V = P2(R), com produto interno〈p, q〉 =∫ 10 p(t)q(t) dt , u = 1+t, v = 3

4 t+3t2,t ∈ R.

3. V = M3(R), com produto interno〈A, B〉 = tr(AtB) ,

u =

1 2 34 5 61 1 1

e v =

1 2 10 0 12 2 2

.

Ex. 12.72 Verifique se o subconjuntoS do espaco com produto internoV e ortogonal.

1. V = R3, com o produto interno usual ,S = {(0, 1, 1), (1, 1, 0)} .

2. V = P2(R), com produto interno〈p, q〉 =∫ 10 p(t)q(t) dt , S =

{

t, t2}

.


S =

{(

1 00 0

)

,

(

0 10 1

)

,

(

0 01 0

)}

.

Ex. 12.73 Com relacao ao exercıcio anterior, quais conjuntos sao ortonormais?

Ex. 12.74 Determinar uma base ortonormal para cada um dos subespacos vetoriais Wdo espaco com produto internoV abaixo, utilizando o processo de Gram-Schmidt.

1. V = R4, com o produto interno usual ,

W = [(1, 1, 0, 0), (0, 1, 2, 0), (0, 0, 3, 4)].

2. V = P2(R), com produto interno〈p, q〉 =∫ 10 p(t)q(t) dt , W = [1, 1 + t, t2].



W =

[(

1 00 0

)

,

(

0 10 1

)

,

(

0 01 1

)]

.

Ex. 12.75 Determinem ∈ R de modo queT : R3 → R

3 dada por

T (x, y, z) = (1√3x +

1√3y + mz,− 1√

6x +

2√6y − 1√

6z,− 1√

2x +

1√2z)

seja uma isometria.

Ex. 12.76 Determinar uma isometria emP2(R) cuja matriz em relacao a base canoni-

ca e

1√2

1√2

0

0 0 1x y z

(ondex, y, z ∈ R devem ser determinados).

Ex. 12.77 Verifique seT : M2(R) → M2(R) dada porT (A) = At, A ∈ M2(R), e umaisometria.

Referencias Bibliograficas

[CDC] Callioli, C. A., Domingues, H. H., Costa, R. C. F.,Algebra Linear eAplicacoes,2a edicao, Atual Editora Ltda, 1978.

[L] Lima, E. L., Algebra Linear, Colecao Matematica Universitaria, IMPA,CNPq, Rio de Janeiro, 1995.

12.9

159

Indice Remissivo

angulo, 139

automorfismo, 85autovalor, 105autovetor, 105

base, 37dual, 75ortonormal, 141

complemento ortogonal, 149composta, 76conjunto

ortogonal, 140ortonormal, 140

coordenada, 45

dimensaoda soma de subespacos, 41de um espaco vetorial, 39

distancia, 138

espacodual, 74vetorial, 9

espacosisomorfos, 85

forma canonica de Jordan, 127funcional linear, 74

gerador, 24

imagem, 79imagem inversa, 79isometria, 150isomorfismo, 85

matrizde mudanca de base, 52diagonal, 115diagonalizavel, 116semelhante, 111

multiplicidadealgebrica, 112geometrica, 105

nucleo, 80norma, 136

operadorauto-adjunto, 153

ortogonalidade, 140

polinomio caracterıstico, 111de uma transformacao linear, 111

produto interno, 133projecao ortogonal, 144

subespacoproprio, 105

160

INDICE REMISSIVO 161

vetorialdefinicao, 15gerador, 24soma de, 17soma direta de, 18

teoremado completamento, 40do nucleo e da imagem, 81

transformacaobijetora, 78diagonalizavel, 115idempotente, 85injetora, 78linear, 71matriz de uma, 88nilpotente, 76sobrejetora, 78

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Sergio Lu´ ´ıs Zani - conteudo.icmc.usp.brconteudo.icmc.usp.br/CMS/Arquivos/arquivos_enviados/NOVO_28_sma304.pdf · Neste cap´ıtulo introduziremos o conceito de espac¸o vetorial