Gentil Lopes - ALGEBRA LINEAR (COMENTADO)

Gentil, o iconoclasta

Pelo que temos constatado não é difícil encontrar alunos que tenham cursado a disciplina álgebra linear e que, ao término, não sabem o que é um vetor.

Dentre algumas possíveis explicações para este paradoxo gostaria de destacar uma em especial: o condicionamento. Com efeito, muitos alunos chegam nesta disciplina condicionados, por seus estudos anteriores, a imaginar que um vetor é um ente que possui módulo, direção e sentido. Se isto é verdade na física na matemática é integralmente falso.

Insistimos: na matemática um vetor não possui módulo, não possui direção, não possui sentido.

Isto se deve a que as definições deste ente (vetor) são distintas nestas duas disciplinas. Embora, através de um malabarismo os vetores da física possam ser incluídos entre os vetores da matemática (como um caso especial), os vetores desta última vão muito mais além. A princípio são “pontos” em um espaço abstrato; e pontos não possuem nem módulo (comprimento), nem direção e nem sentido.

Alguns vetores da matemática:

Para estes vetores não existe módulo, direção e sentido.


Contracapa

ALGEBRA LINEAR(COMENTADO)


1a edicao

Boa Vista-RREdicao do autor

2016

[email protected]

Prefacio

Via de regra o que se faz em um prefacio e discorrer sobre o conteudoda obra. Nos dispensamos deste ofıcio em razao de que o leitor, se assim odesejar, pode apreciar o conteudo deste livro a partir do (extenso) sumario,dado logo a seguir. Aproveito este prefacio para fazer algumas elucubracoesincluindo a Matematica em si, as quais julgo de alguma relevancia.

Este livro nao nasceu de notas de sala de aula; e um livro de “fundo dequintal”, escrito em minha propria casa (a “uma maos”, isto e, “eu e eu”),confesso que uma das motivacoes para escreve-lo foi meu vıcio em relacaoao processador de texto LATEX2ε e, em especial, pelo ambiente de figuraspspicture o qual utilizo como uma verdadeira terapia − em razao distoexiste neste livro um numero excessivo de figuras.

Resumindo: pode-se dizer que tomei a decisao de escrever este livro comoum pretexto para desenhar figuras no LATEX2ε.

Por outro lado, existem dezenas e dezenas de livros de Algebra Linearem portugues (sem falar nos estrangeiros) disponıveis para alunos e inte-ressados nesse importante ramo da matematica, sendo assim uma perguntapertinente seria: por que mais um?

Respondo invocando uma analogia com a impressaodigital. Assim como a impressao digital e unica os in-divıduos sao unicos, em particular os autores sao unicos,o que implica dizer que suas obras sao unicas; isto e, den-tre as centenas de livros de Algebra Linear nao existemdois iguais − ou ainda: todos os livros sao distintos doisa dois; portanto o presente livro e unico no sentido emque reflete minha individualidade.

Ademais, acreditamos − por varias razoes − que o aluno de matematicadeva ter a sua disposicao mais que um livro da disciplina que esteja apren-dendo. E dentro deste contexto que situa-se esta obra, ou seja: nela o alunotera mais uma opcao para auxilia-lo no seu aprendizado.

Por outro lado, acontece com as varias obras (livros) sobre um mesmoassunto o mesmo que acontece no universo da musica; para uma mesmacancao podem existir dezenas de interpretacoes diferentes executadas pormusicos distintos, nao vejo nenhum mal nisto, pelo contrario e ate salutarno sentido de nos disponibilizar um maior numero de opcoes.

Um aspecto relevante a ser ressaltado e quanto as demonstracoes matema-ticas. Existem autores que preferem as demonstracoes mais curtas e ele-gantes; nao e o meu caso, explico: para minha apreciacao particular prefiroas mais curtas e elegantes, nao obstante, como autor, digo, quando estoutransmitindo uma ideia ao estudante aı e diferente no sentido de que ademonstracao mais curta nem sempre e a mais didatica e compreensıvel aoaluno.

3

Ademais, uma demonstracao compacta nao raro esconde (camufla) ainterrelacao dos conceitos envolvidos, muitas vezes nao mostra como asideias estao interconectadas (imbrincadas); assim e que, por exemplo, umademonstracao de apenas tres linhas em livros congeneres, aqui deliberada-mente a fazemos ate em uma pagina inteira − dando enfase a articulacaodos conceitos envolvidos. Concordo integralmente com o pensamento domatematico Chaitin, expresso a seguir

Se uma prova e “elegante” , se for o resultado de duzentos anos deenjoado polimento, ela sera tao inescrutavel como uma direta revelacaodivina, e sera impossıvel adivinhar como alguem poderia te-la descobertoou inventado. Ela nao lhe fornecera nenhum insight, nada, provavel-mente nada em absoluto. (Gregory Chaitin/Metamat!)

Ainda com respeito a filosofia adotada neste livro, despendemos um es-forco consideravel no sentido de conduzir o aluno a compreensao das sutilezas(imbricacoes) envolvidas num assunto abstrato como a Algebra Linear −daı o subtıtulo do livro “Comentado”−; existe uma grande diferenca entreoperar e compreender; por exemplo, o fato de alguem operar um controleremoto, celular ou software computacional, nao significa que este alguemtenha compreensao dos mecanismos subjacentes a sua operacao, exatamenteda mesma forma muitas vezes acontece no que diz respeito a pratica damatematica. Obvio, ninguem precisa saber como funciona internamente umcelular para usufruir de seus benefıcio; penso que e diferente para um estu-dante de matematica, quica futuro professor, e a este que esta observacaose destina.

Alguns pre-requisitos ao estudo deste livro, como por exemplo, matrizes,corpos e tecnicas de demonstracoes matematicas, foram reunidos em umcapıtulo − o ultimo do livro − denominado de “Consultas”, para consultase referencias.

Uma justificativa: Fazer a diagramacao de um livro com textos ape-nas nao e difıcil, bastante difıcil e a diagramacao de um livro com muitasformulas e figuras, como e o caso do presente. Como se nao bastasse, porrazoes didaticas, muitas vezes mi vi na situacao de forcar a que a explicacaode um determinado contexto ficasse em uma unica pagina, ao inves de emduas paginas separadas; assim e que, para nao desperdicar espacos embranco, em algumas paginas tomei a decisao de colocar (registrar) algu-mas informacoes (“pensamentos”) notadamente nas areas da matematica,fısica e filosofia − a escolha destes pensamentos reflete de certo modo min-has inclinacoes metafısicas atuais, assim e que as julgo de alguma relevancia.


Boa Vista-RR, 20 de fevereiro de 2016.

4

Sumario

1 ESPACOS VETORIAIS 9

1.1 Introducao: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.2 Espacos Vetoriais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.2.1 Produto de Vetores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

1.2.2 Primeiras Propriedades num Espaco Vetorial . . . . . 43

1.2.3 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

1.2.4 Subespacos Vetoriais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

1.2.5 Soma de Subespacos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

1.2.6 Combinacoes Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

1.2.7 Espacos Vetoriais Finitamente Gerados . . . . . . . . 72

1.2.8 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

2 BASE E DIMENSAO 79

2.1 Dependencia Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

2.1.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

2.1.2 Propriedades da Dependencia Linear . . . . . . . . . . 89

2.2 Base de um Espaco Vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

2.3 Dimensao de um Espaco Vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . 97

2.3.1 Dimensao da Soma de dois Subespacos . . . . . . . . . 102

2.3.2 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

2.4 Coordenadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

2.5 Mudanca de Base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

2.5.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

• Apendice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

3 TRANSFORMACOES LINEARES 127

3.1 Nocoes sobre Transformacoes, Funcoes . . . . . . . . . . . . . 127

3.2 Transformacoes Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

� Uma transformacao linear especial . . . . . . . . . . . . . . 141

3.2.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

5

3.3 Nucleo e Imagem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

3.4 Isomorfismo entre espacos vetoriais . . . . . . . . . . . . . . . 168

3.4.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181

4 MATRIZ DE UMA TRANSFORMACAO LINEAR 185

4.1 Matriz de uma Transformacao Linear . . . . . . . . . . . . . . 185

4.1.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198

4.2 Operacoes com Transformacoes Lineares . . . . . . . . . . . . 203

4.3 Matriz da Transformacao Composta . . . . . . . . . . . . . . 208

4.3.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222

4.4 Espaco Dual . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224

4.4.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230

4.5 Matrizes Semelhantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231

4.6 Transformacoes do Plano no Plano . . . . . . . . . . . . . . . 237

5 ESPACOS COM PRODUTO INTERNO 257

5.1 Produto Interno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257

5.2 Produto Interno e Norma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263

5.3 Normas e Distancias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 270

5.4 Angulo entre vetores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283

5.5 Ortogonalizacao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287

5.6 Isometrias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301

5.6.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 307

5.7 Operadores Autoadjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311

5.7.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 315

5.8 Espacos Vetoriais Complexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 317

5.8.1 Espacos Hermitinianos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 318

6 AUTOVALORES E AUTOVETORES 321

6.1 Vetor Proprio e Valor Proprio . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321

6.1.1 Propriedades dos vetores proprios e valores proprios . 326

6.1.2 Polinomio Caracterıstico . . . . . . . . . . . . . . . . . 329

6.1.3 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 339

6.2 Diagonalizacao de matrizes e operadores . . . . . . . . . . . . 341

6.2.1 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 348

6.2.2 Diagonalizacao de operadores autoadjuntos . . . . . . 349

6.2.3 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 358

6.3 Aplicacoes da Diagonalizacao . . . . . . . . . . . . . . . . . . 359

6.3.1 Potencias de uma matriz . . . . . . . . . . . . . . . . . 359

6.3.2 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362

6.3.3 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 369

6

7 FORMAS BILINEARES E QUADRATICAS 3717.1 Formas Bilineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 371

7.1.1 Matriz de uma forma bilinear . . . . . . . . . . . . . . 3747.1.2 Formas bilineares simetricas . . . . . . . . . . . . . . . 3797.1.3 Formas bilineares antissimetricas . . . . . . . . . . . . 3837.1.4 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 388

7.2 Formas Quadraticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3917.2.1 Diagonalizacao de formas quadraticas . . . . . . . . . 3937.2.2 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3947.2.3 Reducao de formas quadraticas . . . . . . . . . . . . . 395

7.3 Classificacao de Conicas e Quadricas . . . . . . . . . . . . . . 3987.3.1 Secoes conicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3987.3.2 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4157.3.3 Quadricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 416

8 CONSULTAS 4198.1 Operacoes em um Conjunto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4198.2 Corpos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4208.3 Matrizes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 424

8.3.1 Matrizes Inversıveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4288.4 Elementos de Logica & Demonstracoes . . . . . . . . . . . . . 429

8.4.1 Operacoes Logicas sobre Proposicoes . . . . . . . . . . 4308.4.2 Tecnicas (Engenharia) de Demonstracao . . . . . . . . 434

∗ ∗ ∗

Gentil, O Iconoclasta, Nasceu em Boa Vista-RR, em 1960,e graduado em engenharia eletronica (UFPA/1986) e e mestreem matematica (UFSC/1997). Atualmente e professor do de-partamento de matematica da Universidade Federal de Ro-raima. Ate o presente momento conta com oito livros publi-cados.

7

Livros Publicados (Enderecos de acesso)

1- Novas Sequencias Aritmeticas e Geometricas

Brasılia-DF: Thesaurus, 2000; 448 p. ISBN: 85-7062-200-X

Nota: Nao temos o arquivo eletronico deste livro, apenas impresso.

Visite nosso site: www.profgentil.com.br

2- O TAO DA MATEMATICA (Uma Construc~ao Matematica de Deus)

Rio de Janeiro: LetraCapital, 2011; 500 p. ISBN: 978-85-7785-096-9

ebah

https://goo.gl/2nRS8x

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https://goo.gl/FbuJHV

scribd

https://goo.gl/0HDswb

3- Exumac~ao e Julgamento de Deus

Taguatinga-DF: Editora Kiron, 2012; 197 p. ISBN: 978-85-8113-054-5

ebah

https://goo.gl/sTLFvv

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https://goo.gl/ppNBaE

scribd

https://goo.gl/JbUw6h

4- Espacos Metricos (com aplicac~oes)


ebah

https://goo.gl/OOaBBk

slideshare

https://goo.gl/R6MfVj

scribd

https://goo.gl/yfqclG

5- O DEUS QUANTICO (Um Deus pra homem nenhum botar defeito,

mesmo que esse homem seja um ateu)

Manaus-AM: Grafisa, 2014; 235 p. ISBN: 978-85-99122-40-2

ebah

https://goo.gl/Gj36Wj

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https://goo.gl/JoPzzX

scribd

https://goo.gl/A0Pnbc

6- Programando a HP 50g (Com Programac~ao Simbolica) 2.a Edicao

Manaus-AM: Grafisa, 2015; 364 p. ISBN: 978-85-99122-41-9

ebah

https://goo.gl/M9zz9u

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https://goo.gl/lr8k0a

scribd

https://goo.gl/nUCVW7

7- Fundamentos dos Numeros (Tudo o que voce gostaria de saber

sobre os numeros mas n~ao tinha a quem perguntar)

Publicacao Eletronica, 2016; 514 p. ISBN: 978-85-63979-08-7

ebah

https://goo.gl/8YVCPB

slideshare

https://goo.gl/Ah5m0g

scribd

https://goo.gl/mkl0PG

8

Capıtulo 1ESPACOS VETORIAIS

Quando o espırito se apresenta a cul-

tura cientıfica, nunca e jovem. Alias e

bem velho, porque tem a idade de seus

preconceitos. Aceder a ciencia e reju-

venescer espiritualmente, e aceitar uma

brusca mutacao que contradiz o passado.

(Gaston Bachelard)

1.1 Introducao:

Pelo que tenho constatado nao e difıcil encontrar alunos que tenhamcursado a disciplina algebra linear e que, ao termino, nao sabem o que e umvetor.

Dentre algumas possıveis explicacoes para este paradoxo gostaria dedestacar uma em especial: o condicionamento∗ . Com efeito, muitos alunoschegam nesta disciplina condicionados, por seus estudos anteriores, a imagi-nar que um vetor e um ente que possui modulo, direcao e sentido. Seisto e verdade na fısica na matematica e integralmente falso. Reitero: namatematica um vetor nao possui modulo, nao possui direcao, nao possuisentido.

Isto se deve a que as definicoes deste ente (vetor) sao distintas nestas duasdisciplinas. Embora, atraves de um malabarismo os vetores da fısica possamser incluidos entre os vetores da matematica (como um caso especial), osvetores desta ultima vao muito mais alem. A princıpio sao “pontos” em umespaco abstrato; e pontos nao possuem nem modulo (comprimento), nemdirecao e nem sentido.

∗Ou os preconceitos, da citacao em epıgrafe.

9

Esta abstracao na definicao matematica (de vetor) implica numa maiorflexibilidade e, por conseguinte, os vetores da matematica resultam de umapotencia − em termos de aplicabilidade − muito maior que os da fısica.

Pouco a pouco, procuro liberar suavemente oespırito dos alunos de seu apego a imagens privile-giadas. Eu os encaminho para as vias da abstracao,esforcando-me para despertar o gosto pela abstracao.Enfim, acho que o primeiro princıpio da educacaocientıfica e, no reino intelectual, esse ascetismo quee o pensamento abstrato. So ele pode levar-nos a dominar o conhecimentoexperimental. (Bachelard/A formacao do espırito cientıfico)

Creio mesmo que muitos autores de livros de Algebra Linear contribuempara reforcar o condicionamento (adestramento) dos alunos em verem umvetor com os atributos citados. Mesmo no “plano” e no “espaco” (R2 e R3)nao e necessario que se veja um vetor com modulo, direcao e sentido; estesatributos sao perfeitamente dispensaveis, tanto isto e verdade que escreve-mos o presente livro sobre vetores sem utilizar uma unica “seta vetorial”.Claro, poderia-se argumentar: usa-se setinhas para facilitar o entendimentodo aluno, para tornar algo abstrato em algo concreto, etc. Mesmo assim cre-mos que os malefıcios desta postura sao maiores que os benefıcios, mesmoporque e precisamente a capacidade de abstracao que deve ser desenvolvidano aluno e nao seus sentidos: visao, tato, audicao, etc.

Estamos integralmente de acordo com o eminente Bachelard.

Enfatizamos:

θ

Os vetores da fısica pos-suem modulo, direcao e sentido.Os vetores da matematica naopossuem modulo, nao possuemdirecao, nao possuem sentido.

Por exemplo, como veremos, sao vetores da matematica:

(3, 2) ,

Ponto do R2

[1 0 01 0 3

]

,

Matriz

p(x) = 2 + 3x− x2 ,

Polinomio

00110100

Codigo binario

10

Processar sımbolos nao e o mesmo que processar significado

Um outro aspecto relevante que o aluno deve se dar conta e o de que, emmatematica, processar sımbolos nao e o mesmo que processar significados.

E o que se da com um numero significativo de estudantes: processam(manipulam) sımbolos, mas nao os significados por tras dos sımbolos.

Uma analogia: o fato de alguem usar (operar) um controle remoto ouum celular nao significa que este alguem compreenda como estes objetosfuncionam, entre operar e compreender existe uma enorme distancia.

Um desafio a engenheiros e fısicos

Apenas para contextualizar, sinceramente creio que nenhum engenheiro,ou fısico, e capaz de resolver a seguinte equacao do primeiro grau:

2x+ 1 = 7 (1.1)

tomando-se como conjunto universo os naturais, isto e, N = { 0, 1, 2, 3, . . . }.Claro, ate por inspecao chega-se a solucao correta: x = 3. Entretanto,

quando digo resolver significa que, partindo-se da equacao, deve-se chegarao resultado x = 3.

2x+ 1 = 7 ⇒ · · · ⇒ x = 3 (?)

E nao apenas isto, mas tambem justificar (provar) todos os passos inter-mediarios.

Neste conjunto nao contamos com oposto aditivo e inverso multiplicativo.

Os iniciantes nao estao preparados para o verdadeiro rigormatematico; so veriam nisso vas e fastidiosas sutilezas, perderıamosnosso tempo se quisessemos, cedo demais, torna-los mais exigentes.

(Poincare/A Ciencia e a Hipotese)

2x+1=7x=3

A calculadora HP50g resolve a equacao 2x + 1 = 7 emfracoes de segundos − Por sinal, equacoes muito mais com-plexas que esta. Um computador processa sımbolos masnao significado. O cerebro da maioria de indivıduos quelida com a matematica apenas processa (manusea) sımbolos− tal como a HP50g.

Quando, no ensino fundamental, o professor afirma, por exemplo, que“mais vezes menos da menos” e que “sinais diferentes, subtrai e da-se o sinaldo maior ” ele esta simplesmente dando um comando de programacao aosalunos; programando-os, tal qual um engenheiro programou a calculadoraHP.

11

1.2 Espacos Vetoriais

A abstracao desobstrui o espırito, o

torna mais leve e dinamico.

(Gaston Bachelard)

Assim como um engenheiro, ou um arquiteto, constroi suas estruturas,igualmente os matematicos constroem as suas. Daremos inıcio agora aoestudo de uma das estruturas mais importantes da matematica: EspacoVetorial.

Os espacos vetoriais constituem os objetos de estudo da algebra linear.Um espaco vetorial nao e um conjunto mas sim uma estrutura (p. 19),

e, para construirmos uma de tais estruturas, iremos necessitar de algumasferramentas; mais precisamente de quatro ferramentas, quais sejam:

1a ) Um conjunto V ;

2a ) Um corpo K; (p. 420)

3a ) Uma operacao sobre os elementos de V , a qual chamaremos de adicaoe denotaremos por + ; assim:

+ : V × V −→ V

(u, v) 7−→ u+ v

4a ) Uma operacao entre um numero de K e um elemento de V , a qualchamaremos de multiplicacao por escalar e denotaremos por · ; assim:

· : K× V −→ V

(λ, u) 7−→ λ · u

Este e apenas o primeiro passo para a construcao da nossa estrutura. Umsegundo passo e que estas operacoes satisfacam alguns requisitos, a saber:

− Exigencias (axiomas) para a adicao:

Para quaisquer u, v e w, elementos de V , devemos ter:

A1) u+ v = v + u (Comutativa)

A2) (u+ v) + w = u+ (v + w) (Associativa)

A3) Existe em V um elemento, denotado por 0, detentor da seguintepropriedade: ∗

u+ 0 = u; ∀u ∈ V. (Elemento neutro)

(Elemento oposto)

A4) Para todo elemento u de V existe um outro elemento de V , denotadopor −u, detentor da seguinte propriedade:

u+ (−u) = 0

∗Importante: Escolhemos o “zero em negrito” para representar o vetor nulo (queesta em V ), com o objetivo de distingui-lo do numero 0 (que esta em K).

12

− Exigencias (axiomas) para a multiplicacao:

Para quaisquer u e v em V e quaisquer λ e µ em K, devemos ter:

M1) λ · (µ · u ) = (λ · µ) · u (Associativa)

M2) (λ+ µ ) · u = λ · u+ µ · u (Distributiva)

M3) λ · (u+ v ) = λ · u+ λ · v (Distributiva)

M4) 1 · u = u (elemento neutro)

∗ ∗ ∗

O matematico alemao Hermann Grassmann (1809 − 1877) e geralmentecreditado como o primeiro a introduzir a ideia de um espaco vetorial (apesarde nao o ter chamado assim), em 1844. Infelizmente, seu trabalho era muitodifıcil de ler e nao recebeu a atencao que merecia. Uma pessoa que realmenteo estudou foi o matematico italiano Giuseppe Peano (1858− 1932). Em seulivro Calcolo geometrico, de 1888, Peano tornou claro o trabalho anteriorde Grassmann e descreveu os axiomas para um espaco vetorial da maneiracomo hoje os conhecemos. A definicao axiomatica de um espaco vetorialfeita por Peano tambem teve pouca influencia por muitos anos. A aceitacaoso veio em 1918, depois que Hermann Weyl (1885− 1955) a repetiu em seulivro Space, time, matter, uma introducao a teoria da relatividade geralde Einstein.

Uma exegese da definicao de Espaco Vetorial

A tripla (V, +, · ) e o que entendemos por um espaco vetorial. Ao constru-irmos uma estrutura de espaco vetorial sobre um conjunto V , seus elementosadquirem o status de vetores, independentemente de suas naturezas. Poruma questao de conveniencia (simplificacao) usaremos da seguinte notacao:

V = (V, +, ·)

Com isto queremos evocar na mente do aluno que V e o espaco vetorial(estrutura) que foi construido (erigido) sobre o conjunto V .

Nota: Na verdade, ao longo deste livro, amiude estaremos utilizando(indistintamente) a mesma notacao V tanto para o espaco vetorial quantopara o conjunto subjacente a estrutura; entretanto, para que nao se percade vista a diferenca entre ambos e que ocasionalmente voltaremos − a nossocriterio − com a notacao V para o espaco vetorial.

Estaremos, ademais, omitindo o “ponto” na multiplicacao por escalar;digo, escreveremos λu ao inves de λ · u.− Os axiomas para espaco vetorial naturalmente se dividem em dois grupos;os quatro primeiros dizem respeito somente a estrutura aditiva de V, osquatro ultimos referem-se a acao do corpo de escalares sobre o espaco V.

13

Observe que no axioma M4) 1 e o elemento neutro da multiplicacao nocorpo, a multiplicacao de espaco vetorial e uma outra multiplicacao − nomais das vezes nao tem nada a ver com a primeira −, portanto este elementonao teria a obrigacao de continuar sendo o elemento neutro de uma outraoperacao, se isto acontece deve ser por decreto (axioma).

Quando K = R (resp.: K = Q, K = C), o espaco vetorial diz-se real(resp.: racional, complexo).

O quadro amarelo a seguir resume o essencial da definicao de espacovetorial.

A1) u+ v = v + u

A2) (u+ v) +w = u+ (v + w)

A3) u+ 0 = u; ∀u ∈ V.

A4) ∀u ∈ V, ∃ − u ∈ V : u+ (−u) = 0

M1) λ · (µ · u ) = (λ · µ) · u

M2) (λ+ µ ) · u = λ · u+ µ · u

M3) λ · (u+ v ) = λ · u+ λ · v

M4) 1 · u = u V = (V, +, ·)Uma observacao importante e a de que nao devemos colocar o “carro

na frente dos bois ” e chamar os elementos de um conjunto de vetores antesde construirmos − sobre este conjunto − a estrutura de espaco vetorial.Oportunamente estaremos exemplificando este aspecto.

Adendo: Podemos dizer que um espaco vetorial e uma obra (estrutura)de “engenharia matematica” cuja planta esbocamos assim:

VV×V

V

V

K×VK V

(u, v) r

ru+v

+

·(λ, u) r

rλu

V = (V, +, ·)

14

Adendo: Antes de prosseguir em nossos estudos, uma observacao que jul-gamos de alguma relevancia: Em matematica existe uma convencao tacitade que so devemos criar novos sımbolos em casos estritamente necessarios.Em consequencia deste acordo e que em muitos contextos matematicos ummesmo sımbolo pode ter significados distintos. Por exemplo, na exigenciaM1), isto e:

M1) λ · (µ · u ) = (λ · µ) · u

Estes tres sımbolos dizem respeito a mesma

multiplicacao (escalar por vetor).

Este sımbolo diz respeito a uma outra multiplicacao

(entre escalares e da-se no corpo K)

Na exigencia,

M2) (λ+ µ ) · u = λ · u+ µ · u

Estes dois sımbolos dizem respeito a adicoes

distintas. A primeira adicao se da entre nu-

meros, a segunda se da entre vetores.

∗ ∗ ∗

Uma das contribuicoes definitivas do seculo dezenove foi o recon-hecimento de que a matematica nao e uma ciencia natural, mas umacriacao intelectual do homem. Bertrand Russel escreveu no Interna-tional Monthly em 1901: ‘O seculo dezenove, que se orgulha da invencaodo vapor e da evolucao, poderia derivar um tıtulo mais legıtimo a famada descoberta da matematica pura.’

Pelo fim do seculo era geralmente reconhecido mesmo por nao-matematicos que a matematica e pensamento postulacional, em que depremissas arbitrarias sao tiradas conclusoes validas. Que os postuladossejam ou nao verdadeiros num sentido cientıfico e indiferente.

(Curso Moderno de Filosofia/Denis Huisman e Andre Vergez)

Nem voce nem eu nem ninguem sabemos o que faz um matematicovingar. Nao e uma questao de inteligencia. Conheco matematicos maishabeis que eu, mas que nao tiveram sorte. Considere dois mineiros: umtalvez seja perito em geologia, mas e o mineiro ignorante quem acha aspepitas douradas. (Louis J. Mordell/matematico britanico)

15

− Exemplos de Espacos Vetoriais

Exemplo 1: O espaco vetorial R2.

Para a construcao do nosso primeiro exemplo de espaco vetorial tomare-mos como conjunto V o conjunto de pares ordenados de numeros reais:

R2 ={(x, y) : x, y ∈ R

}

cuja versao geometrica e vista a seguir:

R

R

0

s(x, y)

Observe que, ate o presente momento, nao podemos dizer que um parordenado (a, b) seja um vetor; nao, nao e! (a, b) e apenas − e tao somente− um elemento do conjunto R2; ou, se preferirmos, um ponto do plano.Precisamos trabalhar um pouco mais para conferir a este ponto o status devetor. Com este desiderato em mente, tomemos para o corpo de escalaresos numeros reais, isto e, facamos K = R.

Tomemos dois elementos u = (a, b) e v = (c, d) em R2 e um escalar(numero) λ em R e vamos definir a soma de pares ordenados e a multiplicacaopor escalar do seguinte modo:

u+ v = (a, b) + (c, d) = (a+ c, b+ d) (1.2)

λu = λ (a, b) = (λa, λb) (1.3)

Observe que em (1.2) o mesmo sımbolo “+” representa duas operacoes dis-tintas: o “+” que comparece entre os pares ordenados e a adicao em R2

que estamos definindo, por outro lado, o “+” que comparece mais a direita− dentro dos parentesis − e a “velha” e conhecida operacao de adicao entrenumeros reais. Observacao analoga vale em (1.3).

16

Esta e a primeira etapa em nossa construcao. A segunda etapa con-siste em mostrar que estas operacoes, assim definidas, satisfazem a todas asexigencias listadas na definicao de espaco vetorial. Senao, vejamos:

A1) u+ v = (a, b) + (c, d)

= (a+ c, b+ d) (definicao de adicao)

= (c+ a, d+ b) (comutatividade nos reais)

= (c, d) + (a, b) (definicao de adicao)

= v + u

A2) (u+ v) + w =((a, b) + (c, d)

)+ (e, f)

=((a+ c, b+ d)

)+ (e, f) (definicao de adicao)

=((a+ c) + e, (b+ d) + f

)(definicao de adicao)

=(a+ (c+ e), b+ (d+ f)

)(associatividade nos reais)

= (a, b) +((c+ e, d+ f)


= (a, b) +((c, d) + (e, f)


= u+ (v + w)

A3) ∃ 0 = (0, 0) ∈ R2 : ∀u = (a, b) ∈ R2, se verifica,

u+ 0 = (a, b) + (0, 0)

= (a+ 0, b+ 0) (adicao)

= (a, b) (elemento neutro nos reais)

= u

A4) ∀ u = (a, b) ∈ R2, ∃ − u = (−a, −b) ∈ R2 :

u+ (−u) = (a, b) + (−a, −b)=(a+ (−a), b+ (−b)

)(adicao)

= (0, 0) (oposto aditivo nos reais)

= 0

M1) λ (µu ) = λ (µ (a, b) )

= λ((µa, µb )

)(definicao de multiplicacao)

= λ (µa, µb )

=(λ(µa), λ(µb)


=((λµ)a, (λµ)b


= (λµ) (a, b ) (definicao de multiplicacao)

= (λµ)u

17

M2) (λ+ µ)u = (λ+ µ) (a, b)

=((λ+ µ) a, (λ+ µ) b


= (λa+ µa, λb+ µb ) (distributividade nos reais)

= (λa, λb) + (µa, µb) (definicao de adicao)

= λ (a, b) + µ (a, b) (definicao de multiplicacao)

= λu+ µu

M3) λ(u+ v) = λ((a, b) + (c, d)

)

= λ((a+ c, b+ d)


= λ (a+ c, b+ d)

=(λ(a+ c), λ(b+ d)


= (λa+ λc, λb+ λd ) (distributividade nos reais)

= (λa, λb ) + (λc, λd ) (definicao de adicao)

= λ(a, b) + λ(c, d) (definicao de multiplicacao)

= λu+ λv

M4) 1u = 1 (a, b)

= ( 1 a, 1 b ) (definicao de multiplicacao)

= (a, b) (elemento neutro nos reais)

= u

Notacao: (R2, +, · ) = R2 e o espaco vetorial R2.

Nota: Somente agora, apos termos provado que a adicao definida em(1.2) satisfaz as exigencias A1), . . . , A4), e que a multiplicacao, definida em(1.3) satisfaz as exigencias M1), . . . , M4) e que podemos chamar os pontos(a, b), do plano, de vetores.

De outro modo: somente agora os pontos (a, b) do plano cartesiano fazemparte de uma estrutura de espaco vetorial, isto e, deixaram de ser “merospontos” e adquiriram o status de vetores.

18

O que e um vetor em matematica?

Conjuntos × Estruturas

O entendimento do que seja um vetor inicia-se com a distincao entreconjunto e estrutura.

Em matematica sao frequentes conjuntos munidos de uma ou mais opera-coes, que gozam de certas propriedades. Esses conjuntos com tais operacoese respectivas propriedades constituem aquilo que denominamos estruturasalgebricas. Um espaco vetorial e um exemplo de estrutura algebrica.

Para nos auxiliar em nosso objetivo (deixar claro a diferenca entre con-junto e estrutura) vamos recorrer a uma analogia: Suponhamos um conjuntoM cujos elementos sao materiais de construcao, assim:

M = {tijolo, cimento, seixo, pedra, areia, . . .}“sobre” este conjunto podemos construir diversas estruturas, por exemplo:

M

− Edifıcio

− Casa

− Ponte

Conjunto

Estruturas

Nao devemos confundir o conjunto M com a “estrutura” edifıcio, porexemplo.

Entendemos que esta mesma distincao deve ser feita entre conjuntos eestruturas na matematica.

Vejamos um exemplo retirado da matematica. Considere o conjunto depontos R2 =

{(x, y) : x, y ∈ R

}, cuja versao geometrica e vista a seguir:

R2

0

r (x, y)

sobre este conjunto podemos construir, por exemplo, tres estruturas, assim:

19

- Espaco vetorial :

{

(a, b) + (c, d) = (a+ c, b+ d)

λ(a, b) = (λa, λb)

- Numeros C :

{

(a, b) + (c, d) = (a+ c, b+ d)

(a, b) · (c, d) = (ac− bd, ad+ bc)

- Numeros H :

{

(a, b) + (c, d) = (a+ c, b+ d)

(a, b) · (c, d) = (ac∓ bd, |a|d+ b|c|)

R2

0

q(x, y)

Assim o numero de estruturas que podemos construir sobre um mesmoconjunto estara limitado apenas por nossa criatividade∗.

A Identidade de um Elemento

Uma outra distincao que se faz necessaria e quanto a natureza (identi-dade) de um elemento.

Perguntamos: afinal de contas o par ordenado (3, 2) e um vetor ou umnumero complexo?

Respondemos: o par ordenado (3, 2), por si so, nao e nem uma coisanem outra, e apenas um elemento do conjunto R2. Agora dependendo docontexto em que nos situamos, este elemento pode ser um vetor, um numerocomplexo, ou ainda um numero hipercomplexo.

Se, por exemplo, o par ordenado (3, 2) estiver inserido na estrutura deespaco vetorial − primeira das alternativas na figura anterior − ele seraum vetor, se estiver sendo manipulado na estrutura numeros complexos −segunda das alternativas na figura anterior − ele sera um numero com-plexo, e se estiver sendo manipulado dentro da estrutura “Hipercomplexa”− terceira das alternativas na figura anterior − ele sera um numero hiper-complexo.

Portanto, enfatizamos, e a estrutura que confere “dignidade” (identi-dade) a um elemento.

E a estrutura (“jogo”) quem vai determinar o que um elemento (sımbolo)seja.

Vejamos mais duas analogias:

1 a ) Suponhamos que desejamos jogar xadrez mas nao dispomos das pecas,apenas do tabuleiro. Nao ha o menor problema: podemos substituir as pecaspor cereais. Por exemplo, um caroco de feijao fara o papel de rei, os peoesserao substituidos por graos de arroz, as torres por carocos de milho, etc.

∗C : Numeros complexos. Os numeros Hipercomplexos e um novo sistema numericoque construimos sobre o R2, e tambem uma generalizacao dos numeros reais.Na abscissa do produto, tomamos − se a c ≥ 0, tomamos + caso contrario. Ver [10]

20

feijao → Rei

arroz → peoes

milho → torres

......

...

Observe mais uma vez que e a estrutura que confere a “dignidade” (iden-tidade) de um elemento: um mero caroco de feijao de repente ve-se pro-movido a “rei”, ao participar da estrutura xadrez.

2 a ) Como mais um exemplo da “metamorfose” conferida pela estrutura,o Brasil esta empestado de ratazanas (bandidos) que, ao ingressarem naestrutura polıtica, tornam-se “vossa excelencia”:

Assim como um mero caroco de feijao torna-se um “rei” ao ingressarna estrutura xadrez, bandidos tornam-se “vossa excelencia” ao ingressar naestrutura polıtica brasileira.

21

Uma crıtica a definicao de Espaco Vetorial em livros didaticos

Em funcao do exposto anteriormente desejamos fazer uma breve exegesesobre a definicao de espacos vetoriais constante na literatura matematica.

Uma definicao padrao nos livros didaticos e:

Um espaco vetorial E e um conjunto, cujos elementos sao chamados ve-tores, no qual estao definidas duas operacoes: a adicao, que a cada par devetores u, v ∈ E faz corresponder um novo vetor u+v ∈ E, chamado a somade u e v, e a multiplicacao por um numero real, que a cada numero α ∈ R e acada vetor v ∈ E faz corresponder um vetor α ·v, ou αv, chamado o produtode α por v. Essas operacoes devem satisfazer, para quaisquer α, β ∈ R eu, v, w ∈ E, as condicoes abaixo, chamadas os axiomas de espaco vetorial:

comutatividade: u+ v = v+ u;

associatividade: (u+ v) + w = u+ (v+ w) e (αβ)v = α(βv);

vetor nulo: existe um vetor 0 ∈ E, chamado vetor nulo, ou vetor zero,tal que v+ 0 = 0+ v = v para todo v ∈ E;

inverso aditivo: para cada vetor v ∈ E existe um vetor −v ∈ E,chamado o inverso aditivo, ou o simetrico de v, tal que −v+v = v+(−v) = 0;

distributividade: (α+ β)v = αv+ βv e α(u + v) = αu + αv;

multiplicacao por 1: 1 · v = v.

Entao, vejamos alguns poucos comentarios sobre esta definicao padrao:Primeiro que um espaco vetorial nao e um conjunto. Segundo, nao conheconenhum conjunto “cujos elementos sao chamados vetores ”. O leitor conhecealgum? − O que vem depois na definicao anterior nao muda em nada.

A verdadeira natureza de um espaco vetorial e a de uma estrutura− tantoe que e conhecido como uma estrutura algebrica −, por exemplo, assim:

V

R

V × V

R× E

V

V

+

·V = (V, +, ·)

(aqui temos escalares)

(aqui temos meros elementos)

Estrutura

Espaco Vetorial

(aqui temos vetores)

Nao existe nenhum conjunto “cujos elementos sao chamados vetores ”posto que em qualquer conjunto temos meros elementos, agora ao constru-irmos uma estrutura de espaco vetorial sobre um tal conjunto entao seuselementos adquirem o status de vetores.

22

Assim como um mero caroco de feijao torna-se um rei ao participar daestrutura xadrez − ou qualquer bandido torna-se “vossa excelencia”, aoingressar na estrutura polıtica brasileira − objetos de naturezas diversastornam-se vetores ao participarem da estrutura espaco vetorial. Por exem-plo, sao vetores:

(3, 2) ,

Ponto do R2

[1 0 01 0 3

]

,

Matriz

p(x) = 2 + 3x− x2 ,

Polinomio

00110100

Codigo binario

Exemplo 2: O espaco vetorial R3.

Para a construcao do nosso segundo exemplo de espaco vetorial tomare-mos como conjunto V o conjunto de ternos ordenados de numeros reais:

R3 ={(x, y, z) : x, y, z ∈ R

}

cuja versao geometrica e vista a seguir:

Y

Z

X

(x, y, z)

Tomemos dois elementos u = (a, b, c) e v = (d, e, f) em R3 e um escalar(numero) λ em R e vamos definir a soma de ternos ordenados e a multi-plicacao por escalar do seguinte modo:

u+ v = (a, b, c) + (d, e, f) = (a+ d, b+ e, c+ f)

λu = λ (a, b, c) = (λa, λb, λc)

Estas duas definicoes conferem aos pontos do espaco R3 o status de vetores,conforme pode ser provado de modo analogo ao que foi feito no exemploanterior.

Apenas informamos que aqui o vetor nulo passa a ser 0 = (0, 0, 0) e ooposto do vetor u = (a, b, c) e o vetor −u = (−a, −b, −c).Exemplo 3: O espaco vetorial Rn.

Os dois exemplos anteriores podem ser generalizados ao “hiperespaco”Rn, que e o conjunto de n−uplas,

Rn ={(x1 , x2 , . . . , xn) : xi

∈ R}

23

cuja versao geometrica infelizmente por uma limitacao de “hardware” (cere-bro) nao podemos visualizar quando n > 3.

Dados dois pontos u = (x1 , x2 , . . . , xn) e v = (y1 , y2 , . . . , yn) nesteconjunto, definimos igualdade, assim:

(x1 , x2 , . . . , xn) = (y1 , y2 , . . . , yn) ⇔ x1 = y1 , x2 = y2 , . . . , xn = yn

Adicao entre pontos e multiplicacao por escalar (numero real), assim:

u+ v = (x1 , x2 , . . . , xn) + (y1 , y2 , . . . , yn) = (x1 + y1 , x2 + y2 , . . . , xn + yn)

λu = (λx1 , λ x2 , . . . , λ xn)

Estas operacoes conferem aos pontos do “hiperespaco” o status de vetores,como pode facilmente ser provado.

Apenas informamos que aqui o vetor nulo passa a ser 0 = (0, 0, . . . , 0)e o oposto do vetor u = (x1 , x2 , . . . , xn) e o vetor −u = (−x1 , −x2 , . . . ,−xn).

O exemplo dado anteriormente possui uma importante generalizacao dadaa seguir.

Exemplo 4: O espaco vetorial Kn.

Vamos generalizar ainda mais o exemplo anterior. Seja K um corpoarbitrario. A notacao Kn e amiude utilizada para denotar o conjunto detodas as n-uplas de elementos de K:

Kn ={(x1 , x2 , . . . , xn) : xi

∈K}

Dados dois pontos u = (x1 , x2 , . . . , xn) e v = (y1 , y2 , . . . , yn) neste con-junto podemos tornar Kn um espaco vetorial sobre K com as seguintesdefinicoes:

(x1 , x2 , . . . , xn) = (y1 , y2 , . . . , yn) ⇔ x1 = y1 , x2 = y2 , . . . , xn = yn

Adicao entre pontos e multiplicacao por escalar, assim:

u+ v = (x1 , x2 , . . . , xn) + (y1 , y2 , . . . , yn) = (x1 + y1 , x2 + y2 , . . . , xn + yn)

λu = (λx1 , λ x2 , . . . , λ xn)

Estas operacoes sao ditas “ponto a ponto” e conferem aos pontos do“hiperespaco” o status de vetores. Por exemplo, o vetor nulo em Kn e uman-upla de zeros,

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

e o oposto do vetor u = (x1 , x2 , . . . , xn) e o vetor −u = (−x1 , −x2 , . . . ,−xn).

Das exigencias (axiomas) para espaco vetorial vamos provar A2 e M3 (asoutras sao demonstradas de forma analoga). Entao:

24

A2) (u+ v) +w = u+ (v + w) (Associativa)

Suponha que u = (xi), v = ( y

i) e w = ( z

i). A demonstracao sera feita

mostrando que as entradas (coordenadas nas n-uplas) correspondentes emcada lado de A2 sao iguais.

Com efeito, a entrada i de u+v e xi+y

i, entao a entrada i de (u+v)+w

e (xi+ y

i) + z

i. Por outro lado, a entrada i de v + w e y

i+ z

ie assim a

entrada i de u+(v+w) e xi+(y

i+z

i). Porem, para escalares em K (corpo)

temos(x

i+ y

i) + z

i= x

i+ (y

i+ z

i)

Portanto (u + v) + w e u + (v + w) possuem entradas i iguais, logo, peladefinicao de igualdade de n-uplas, temos que (u+ v) + w = u+ (v + w).

M3) λ (u+ v ) = λu+ λ v (Distributiva)

A entrada i de u+v e xi+y

i, entao λ (x

i+y

i) e a entrada i de λ (u+v ).

Por outro lado, as entradas i de λu e λ v sao respectivamente λxie λ y

i.

Porem, para escalares em K temos

λ (xi+ y

i) = λx

i+ λ y

i

Assim λ (u + v ) e λu + λ v possuem entradas i iguais, logo, pela definicaode igualdade de n-uplas, temos que λ (u+ v ) = λu+ λ v.

Publicacao Eletronica, 2016; 514 p. ISBN: 978-85-63979-08-7

ebah

https://goo.gl/8YVCPB

slideshare

https://goo.gl/Ah5m0g

scribd

https://goo.gl/mkl0PG

25

Exemplo 5: Espaco de Codigos

Agora daremos um importante exemplo de espaco vetorial cujo corpo deescalares nao e R.

Codigos que contem tanto caracteres alfabeticos como numericos saonecessarios quando microcomputadores se comunicam com dispositivos comofax ou um terminal de vıdeo, ou ainda para transformar os caracteres de umteclado em linguagem de computador. Esses codigos sao chamados codigosalfanumericos.

O codigo alfanumerico mais comumente usado em sistemas de microcom-putador e o

AMERICAN STANDARD Code for Information Interchange(Codigo Americano Padrao para Troca de Informacoes)

Uma listagem parcial do codigo ASCII e mostrada na tabela a seguir

Caracter ASCII Caracter ASCII

< 00111100

> 00111110

! 00100001∑

11100100

# 00100011

$ 00100100

% 00100101

& 00100110

( 00101000

) 00101001

∗ 00101010

[ 01011011

] 01011101

+ 00101011

− 00101101

/ 00101111

0 00110000

1 00110001

2 00110010

3 00110011

4 00110100

5 00110101

6 00110110

7 00110111

8 00111000

9 00111001

A 01000001

B 01000010

C 01000011

D 00100100

E 01000101

F 01000110

G 01000111

H 01001000

I 01001001

J 01001010

K 01001011

L 01001100

M 01001101

N 01001110

O 01001111

P 01010000

Q 01010001

R 01010010

S 01010011

T 01010100

U 01010101

V 01010110

W 01010111

X 01011000

Y 01011001

Z 01011010

− TABELA ASCII

26

A seguir vemos o diagrama de blocos de uma calculadora.

Teclado

Entrada

Display

Saida

+ 0 −

1 2 3

4 5 6

7 8 9

Codificador

ր001100010010101100110010

CPU

ր00110011

Decodificador

Na figura estamos simulando a soma 1+2 = 3. Ao digitarmos no teclado1+2 existe um circuito codificador que codifica estas informacoes em binariode acordo com a TABELA ASCII vista anteriormente, ou seja,

1 ↔ 00110001 ; + ↔ 00101011 ; 2 ↔ 00110010

Estas sequencias binarias (codigos) sao entregues a CPU (unidade centralde processamento) que executa a soma pedida, o resultado e colocado naentrada de um circuito decodificador que decodifica, ainda de acordo coma TABELA ASCII, a sequencia binaria em sua entrada e na saida (display)temos o resultado na base decimal.

Definicao 1 (Codigo). Um codigo binario e um conjunto de vetores binarios(de mesmo comprimento) chamados vetores de codigo. O processo de con-versao de uma mensagem em vetores de codigo e chamado codificacao, e oprocesso inverso e chamado decodificacao.

A transmissao de dados codificados − via ondas eletromagneticas, podeser − esta sujeita a varias fontes de erros, desde erros de digitacao ateinterferencias eletromagneticas; os possıveis erros sao chamados de ruıdos.

A teoria dos codigos corretores de erro e um campo de pesquisa muitoativo atualmente, com aplicacoes em diversas areas tais como: matematica,engenharia, computacao e estatıstica.

Sinal SinalNovo

Informacaode

Fonte

Codificacao Canal

Ruıdo

Decodificacao Destinatario

27

Nosso objetivo agora sera construir uma famılia (colecao) de espacosvetoriais os quais sao bastante utilizados no projeto de codigos binariospara transmissao de dados entre computadores, inclusive.

Sequencias binarias de qualquer tamanho podem ser obtidas tomando-seo produto cartesiano do conjunto (com dois sımbolos):

0 1Z2 = { 0, 1 }

Por exemplo:

Z22= { 0, 1 } × { 0, 1 } = { 00, 10, 01, 11 }

Ou ainda:

Z32= { 0, 1 } × { 0, 1 } × { 0, 1 }

= { 000, 100, 010, 110, 001, 101, 011, 111 }

Como o leitor certamente ja se deu conta, via produto cartesiano pode-mos obter sequencias binarias de qualquer tamanho.

O numero de sequencias binarias no conjunto Zn2

e 2n.

Observe que os codigos (sequencias) do teclado de um computador (TabelaASCII) pertencem todos ao conjunto Z8

2, neste conjunto podemos codificar

ate 28 = 256 caracteres.

Operacoes em Z2

Inicialmente vamos construir uma estrutura de corpo sobre o conjunto Z2 .Nesse conjunto vamos definir duas operacoes: a uma delas chamaremos deadicao e a outra chamaremos de multiplicacao − dadas nas seguintes tabuas:

+ 0 1

0

1

0 1

1 0

· 0 1

0

1

0 0

0 1

A isto se acrescenta que todo sımbolo

e ambivalente e ate mesmo polivalente,

no sentido de que ele pode significar

uma pluralidade de realidades diversas e

mesmo contraditorias.

(Leon Bonaventure)

E facil, nao obstante trabalhoso, provar que o sistema algebrico resul-tante Z2 = (Z2 , +, ·) e um corpo. (p. 420)

28

Desde ja enfatizamos que no presente contexto 0 e 1 nao sao numerosnaturais, isto e, numeros do conjunto

N = { 0, 1, 2, 3, . . . }

De fato, como dissemos anteriormente, o que confere a identidade de umelemento e a estrutura (“jogo”) do qual ele faz parte.

Embora os sımbolos 0 e 1 sejam os mesmos do conjunto dos numerosnaturais no entanto como numeros sao distintos daqueles. Observe:

N = ( { 0, 1, 2, 3, . . . }, +, · )− Nesta estrutura 0 e 1 sao

numeros naturais.

Z2 = ({ 0, 1 }, +, ·)− Nesta estrutura 0 e 1 sao

numeros, mas nao naturais.

Pois bem, retomando a estrutura Z2 acima definida, o elemento neutro daadicao e 0. O simetrico (oposto) de cada elemento encontramos na propriatabela de adicao. Veja:

0 + 0 = 0 ⇒ −0 = 0 e 1 + 1 = 0 ⇒ −1 = 1

Isto e, o oposto aditivo de cada elemento e o proprio.

Ademais, o leitor nao se escandalize com a operacao 1 + 1 = 0, postoque, se servir de consolo, mesmo na fısica − supostamente mais aderente arealidade − nem sempre 1 + 1 = 2. Por exemplo, se adicionarmos duas ve-locidades iguais a 1, na fısica de Galileu teremos 1+1 = 2, ja na de Einsteinteremos 1 + 1 6= 2. (Ver p. 77)

Aceder a ciencia e rejuvenescer espiri-

tualmente, e aceitar uma brusca mutacao

que contradiz o passado.

(Gaston Bachelard)

O mundo e construido como uma es-

trutura matematica, e nao material.

(Werner Heisenberg)

A isto se acrescenta que todo sımbolo e ambivalente e ate mesmopolivalente, no sentido de que ele pode significar uma pluralidade de rea-lidades diversas e mesmo contraditorias. (Leon Bonaventure)

29

Os espacos vetoriais Zn2

Tendo em conta o exemplo 4 (p. 24) resulta que, para cada n ≥ 1, ossistemas Zn

2sao espacos vetorias com as operacoes “ponto a ponto”. Por-

tanto, no presente contexto uma sequencia binaria (codigo) adquire statusde vetor. Observe que nao cabe − nao tem sentido − para estes vetores osatributos (simultaneos) de modulo, direcao e sentido.

Por exemplo, veja alguns exemplos de adicao:

Z22

1001

11+ :

Z32

101011

110+ :

Z42

10101010

0000+ :

feitas com o auxılio da tabua de adicao para Z2 . (p. 28)

Veja alguns exemplos de multiplicacao por escalar:

Z22

u → 10λ → 1

10λu →

Z32

u → 101λ → 0

000λu →

Z42

u → 1010λ → 1

1010λu →

feitas com o auxılio da tabua de multiplicacao para Z2 .

O elemento neutro da adicao em Zn2

e a “sequencia nula”, 0 = 00 . . . 0,com n entradas. Ademais, observe que todo elemento em Zn

2possui oposto

aditivo no caso “ele proprio”. Isto se deve a que, na tabua da adicao em Z2

temos que 0 + 0 = 0 e 1 + 1 = 0.

Apenas a tıtulo de informacao, a quem interessar possa, no livro Funda-mentos dos Numeros (p. 25) criamos uma estrutura na qual as sequenciasbinarias infinitas tornam-se numeros; digo, novos modelos para os naturais,inteiros, etc. Por exemplo, veja os “inteiros azuis”:

Zppppp−1−2−3−4−5

p p p p p p0 1 2 3 4 5. . . . . .

Zppppp p p p p p p01011111...

00111111...

10111111...

01111111...

11111111...

00000000...

10000000...

01000000...

11000000...

00100000...

10100000...

. . . . . .

30

Uma formula para gerar os codigos em Zn2

E um prazer puro da alma espalhar pelo mundo o fruto de seus es-tudos e meditacoes, ainda sem outra remuneracao que a consciencia defazer bem. (Jose Bonifacio)

Ja nao conto mais o numero de formulas que deduzi (e/ou demonstrei)na matematica, confesso que, pela formula a seguir, tenho um carinho todoespecial∗.

xij=

1, se⌊

i−1

2j−1

⌋e ımpar;

0, se⌊

i−1

2j−1

⌋e par.

(1.4)

Esta formula nos permite gerar os codigos binarios, onde: xije o j−esimo

bit do codigo i de Zn2. ⌊x ⌋ e o maior inteiro que nao supera x.

Fixado n fazemos

i = 1, 2, . . . , 2n e j = 1, 2, . . . , n

Por exemplo, para n = 2, temos: i = 1, 2, 3, 4 e j = 1, 2. Entao

i = 1, j = 1 ⇒⌊

1−1

21−1

⌋= 0 ⇒ x11 = 0

i = 1, j = 2 ⇒⌊

1−1

22−1

⌋= 0 ⇒ x12 = 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

i = 2, j = 1 ⇒⌊

2−1

21−1

⌋= 1 ⇒ x11 = 1

i = 2, j = 2 ⇒⌊

2−1

22−1

⌋= 0 ⇒ x12 = 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

i = 3, j = 1 ⇒⌊

3−1

21−1

⌋= 2 ⇒ x11 = 0

i = 3, j = 2 ⇒⌊

3−1

22−1

⌋= 1 ⇒ x12 = 1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

i = 4, j = 1 ⇒⌊

4−1

21−1

⌋= 3 ⇒ x11 = 1

i = 4, j = 2 ⇒⌊

4−122−1

⌋= 1 ⇒ x12 = 1

Sendo assim, temos:

Z22= { 00

︸︷︷︸

i=1

, 10︸︷︷︸

i=2

, 01︸︷︷︸

i=3

, 11︸︷︷︸

i=4

}

∗Precisamente pelos detalhes tecnicos envolvidos em sua deducao e demonstracao.

31

Exemplo 6: O espaco vetorial Pn(R).

Para a construcao do nosso proximo exemplo de espaco vetorial tomare-mos como conjunto V o conjunto,

Pn(R) ={a0 + a1 x+ a2 x

2 + · · · + an xn : a

i∈ R

}

dos polinomios com coeficientes reais de grau ≤ n (n e um inteiro nao-negativo).

Para conferir aos elementos deste conjunto o status de vetores, tomemosdois elementos arbitrarios

p(x) = a0 + a1 x+ a2 x2 + · · ·+ an x

n

q(x) = b0 + b1 x+ b2 x2 + · · ·+ bn x

n

e vamos definir duas operacoes:

p(x) + q(x) = (a0 + b0) + (a1 + b1)x+ (a2 + b2)x2 + · · ·+ (an + bn)x

n

Tomemos para o corpo de escalares os numeros reais, vamos definir,

λ p(x) = λ b0 + (λ b1)x+ (λ b2)x2 + · · ·+ (λ bn)x

n

Pode ser mostrado que todas as exigencias sobre as operacoes de adicao emultiplicacao por escalar sao satisfeitas; portanto Pn(R) e o espaco vetorialdos polinomios (de grau ≤ n) com coeficientes reais.

O vetor nulo deste espaco e dado por,

0(x) = 0 + 0x+ 0x2 + · · ·+ 0xn

O oposto aditivo do vetor p(x) = a0 + a1 x+ a2 x2 + · · ·+ an x

n e o vetor,

−p(x) = (−a0) + (−a1)x+ (−a2)x2 + · · ·+ (−an)x

n

Isto se deve a que, p+ (−p) = 0, veja:

(p+ (−p)

)(x) =

(a0 + (−a0)

)+(a1 + (−a1)

)x+ · · ·+

(an + (−an)

)xn

= 0 + 0x+ 0x2 + · · ·+ 0xn = 0(x)

Exemplo 7: O espaco vetorial Mm×n(R).

Sobre o conjunto Mm×n(R), das matrizes de ordem m×n, com entradasreais podemos construir um espaco vetorial tomando como corpo K = R

e as operacoes usuais de adicao de matrizes e multiplicacao de matriz porescalar. (p. 424 e p. 425)

No caso particular das matrizes de ordem 2 × 3, por exemplo, o vetornulo e dado por:

0 =

[0 0 00 0 0

]

32

Para um vetor arbitrario,

u =

[

a11 a12 a13

a21 a22 a23

]

seu oposto aditivo e dado por,

−u =

[

−a11 −a12 −a13

−a21 −a22 −a23

]

Para provar esta assertiva basta ter em conta que,

u+ (−u) =[

a11 a12 a13

a21 a22 a23

]

+

[

−a11 −a12 −a13

−a21 −a22 −a23

]

Ou ainda,

u+ (−u) =[

a11 − a11 a12 − a12 a13 − a13

a21 − a21 a22 − a22 a23 − a23

]

=

[0 0 00 0 0

]

= 0

Exemplo 8: Espacos Funcionais. Consideremos o conjunto,

F = { f : R → R }

das funcoes reais definidas em toda a reta. O nosso objetivo sera construirsobre este conjunto um espaco vetorial:

F =(F, +, ·

)(1.5)

Dados dois elementos∗ f e g em F, vamos definir a adicao f + g como sendoa funcao dada pela seguinte “ lei ” (regra):

(f + g)(x) = f(x) + g(x) (1.6)

Esta adicao e conhecida como adicao ponto a ponto e existe uma inter-pretacao geometrica para a mesma. Por exemplo, consideremos as funcoesdadas por f(x) = x2 e g(x) = x+ 1; pela definicao de adicao em F, temos:

(f + g)(x) = f(x) + g(x) = (x2 ) + (x+ 1) = x2 + x+ 1

Geometricamente, tudo se passa assim:

∗Para o que se segue sera importante que o leitor tenha em mente a distincao entreos sımbolos f e f(x); o primeiro se refere a propria funcao, o segundo se refere ao valornumerico que a funcao assume no ponto x (imagem de x pela funcao f).

33

0R

R

r

r

x

f(x)

g(x)

f

g

0 R

R

r

x

f(x)+g(x)

f+g

Pois bem, dados um escalar λ ∈ R e uma funcao f ∈ F, vamos definira multiplicacao por escalar, λ f , como sendo a funcao dada pela seguinteregra:

(λ f)(x) = λ f(x) (1.7)

Como na adicao, existe uma interpretacao geometrica para o produto de umescalar por uma funcao. Tomemos, por exemplo, f e g como anteriormente,e o escalar λ = 1

2 , a seguir vemos as multiplicacoes por escalar 12 f e 1

2 g :

0R

R

r

r

x

f

12f

0 R

R

r

r

x

g

12g

Para conferir o status de vetor a uma funcao so nos resta agora mostrarque todas as exigencias para espaco vetorial sao satisfeitas pelas operacoesdefinidas acima.

Antes, recordamos o que significa dizer que duas funcoes (ou aplicacoes)sao iguais:

Definicao 2 (Igualdade entre aplicacoes). Dizemos que as aplicacoes

f : A −→ B

x 7−→ f(x)e

g : C −→ D

x 7−→ g(x)

sao iguais se, e somente se, A = C, B = D e f(x) = g(x) para todo x ∈ A.

34

Para duas funcoes no conjunto F escrevemos,

f : R −→ R

x 7−→ f(x)e

g : R −→ R

x 7−→ g(x)

De sorte que, por exemplo,

f + g = g + f ⇔ (f + g)(x) = (g + f)(x), ∀x ∈ R.

Entao,

A1) (f + g)(x) = f(x) + g(x) (definicao de adicao)

= g(x) + f(x) (comutatividade nos reais)

= (g + f)(x) (definicao de adicao)⇓

f + g = g + f

A2)((f + g) + h

)(x) = ( f + g )(x) + h(x) (definicao de adicao)

=(f(x) + g(x)

)+ h(x) (definicao de adicao)

= f(x) +(g(x) + h(x)


= f(x) + ( g + h )(x) (definicao de adicao)

=(f + ( g + h )

)(x) (definicao de adicao)

⇓(f + g) + h = f + (g + h)

O nosso candidato natural a vetor nulo, 0, e a funcao nula, assimdefinida:

0 : R −→ R

x 7−→ 0

E a funcao que associa a todo numero real, no domınio, o numero 0, nocontradomınio, isto e,

0(x) = 0, ∀x ∈ R

e cujo grafico coincide com o eixo ox, veja:

0R

R

35

Posto isto, temos,

A3) (f + 0)(x) = f(x) + 0(x) (definicao de adicao)

= f(x) + 0 (definicao de funcao nula)

= f(x) (elemento neutro nos reais)⇓

f + 0 = f

− Dada qualquer funcao f ∈ F, vamos definir como −f a funcao cujosvalores sao os opostos (negativos) dos valores de f , isto e,

(−f)(x) = −f(x)

Vamos agora mostrar que f + (−f) = 0. De fato, temos que,

A4)(f + (−f)

)(x) = f(x) + (−f)(x) (definicao de adicao)

= f(x) +(− f(x)

)(definicao de funcao oposta)

= 0 (oposto nos reais)⇓

f + (−f) = 0

Existe uma interpretacao geometrica para a oposta, −f , de uma funcaof ; o seu grafico e simetrico − em relacao ao eixo x − ao grafico de f ; porexemplo, para as funcoes f e g que vem nos acompanhando, temos:

R

R

f

−f

x

r

r

f(x)

−f(x)

f+(−f)= 0 g+(−g)=0

R

R

r

r

x

g

−g

g(x)

−g(x)

M1)(λ (µ f )

)(x) = λ

((µf)(x)

)(definicao de multiplicacao por escalar)

= λ(µ f(x)

)(definicao de multiplicacao por escalar)

= (λµ)f(x) (associatividade nos reais)

=((λµ)f

)(x) (definicao de multiplicacao por escalar)

⇓λ (µ f) = (λµ)f

36

M2)((λ+ µ) f

)(x) = (λ+ µ)f(x) (definicao de multiplicacao por escalar)

= λ f(x) + µ f(x) (distributividade nos reais)

= (λ f)(x) + (µ f)(x) (multiplicacao por escalar)

= (λ f + µ f)(x) (definicao de adicao)

⇓(λ+ µ) f = λ f + µ f

M3)(λ (f + g)

)(x) = λ

((f + g)(x)

)(multiplicacao por escalar)

= λ(f(x) + g(x)


= λ f(x) + λ g(x) (distributividade nos reais)

= (λ f + λ g)(x) (definicao de adicao)

⇓λ (f + g) = λ f + λ g

M4) (1 f)(x) = 1 f(x) (multiplicacao por escalar)

= f(x) (elemento neutro nos reais)

⇓1 f = f

• Observe que somente agora − e dentro do presente contexto − umafuncao adquire o status de vetor. Este vetor nao tem modulo, nao temdirecao, nao tem sentido.

Nota: Podemos considerar ao inves do conjunto,

F = { f : R → R }

o conjunto,F = { f : X → R } (1.8)

onde X e um conjunto nao-vazio qualquer, e ainda aqui, como anterior-mente, obtemos um espaco vetorial: F(X, R).

Matematica: Esta “ciencia vazia” que − espantosamente − seaplica a todas as contingencias fenomenologicas, apesar de ser um puroformalismo reflexivo.

37

Um exemplo patologico

Importante: Na definicao de espaco vetorial fizemos referencia a uma operacao,

+ : V × V −→ V

a qual foi chamada de adic~ao e cujo sımbolo adotado foi o usual: +. Aescolha para este nome (adicao) e para este sımbolo (+ ) e meramente umaquestao de conveniencia; a princıpio esta operacao pode nao ter nada a vercom a “adicao usual” , o que realmente importa e que a mesma satisfaca atodas as exigencias para a estrutura espaco vetorial. Para contextualizar aque estamos nos referindo meditemos sobre os dois exemplos a seguir.

Exemplo 9: Consideremos o seguinte subconjunto V = {x ∈ R : x > 0 }dos reais, cuja versao geometrica e vista a seguir:

p p p0 1 2 3

R+∗

O nosso objetivo agora sera conferir aos elementos deste conjunto o statusde vetores.

O nosso intuito estara fadado ao fracasso se definirmos a adicao comosendo a usual, nao obstante este conjunto ser fechado para esta operacao.Este insucesso se devera a que nao conseguiremos um elemento neutro paraa referida operacao (ja que o 0 foi excluido do conjunto V ); e nem um opostopara cada u ∈ V .

Observamos que este conjunto e fechado para a multiplicacao. Vamosdefinir as duas seguintes operacoes:

u+ v = u v, ∀u, v ∈ Vλ · u = uλ, ∀u ∈ V e ∀λ ∈ R.

Ou seja, a nossa operacao candidata a adicao vetorial nada mais e que amultiplicacao numerica usual e a nossa operacao candidata a multiplicacaopor escalar nada mais e que a exponenciacao numerica.

Nesta nossa adicao esdruxula observe que:

1 + 1 = 1 · 1 ⇒ 1 + 1 = 1

2 +1

2= 2 · 1

2⇒ 2 +

1

2= 1

Nesta nossa multiplicacao esdruxula observe que:

2 · 1 = 12 ⇒ 2 · 1 = 1

12 · 2 = 2

12 ⇒ 1

2 · 2 =√2

2 · 12 =(

12

)2 ⇒ 2 · 12 = 14

38

Sera que funciona? Vejamos:

A1) u+ v = u v (definicao de adicao)

= v u (comutatividade da multiplicacao em R)

= v + u (definicao de adicao)

A2) (u+ v) + w = (u v) +w (definicao de adicao)

= (u v)w (definicao de adicao)

= u (v w) (associatividade em R)

= u (v + w) (definicao de adicao)

= u+ (v + w) (definicao de adicao)

A3) Devemos agora exibir um elemento neutro para a nossa adicao; ouainda, devemos exibir 0 ∈ V satisfazendo 0+ u = u, ∀u ∈ V . Sendo assimdevemos ter

0+ u = 0u = u = 1u ⇒ 0u = 1u

Esta igualdade nos sugere tomar como candidato a vetor nulo 0 = 1, e defato funciona, como e facil constatar.

A4) Para todo elemento u de V devemos exibir um outro elemento de V ,denotado por −u, detentor da seguinte propriedade:

u+ (−u) = 0

Sendo assim, temos:

u+ (−u) = u (−u) = 0 = 1 ⇒ u (−u) = 1

Esta ultima equacao nos sugere tomar −u = u−1 = 1u , e de fato funciona,

como e facil constatar. Observe que,

−1 = 1−1 ⇒ −1 = 1 (1.9)

Interregno cultural:

Uma observacao trivial, no entanto pertinente, e que o sinal “−”, acima,nao significa “negativo”, significa apenas oposto (aditivo).

Por oportuno, em matematica um vetor nao possui “negativo”. Comefeito, o conceito de negativo em um conjunto e definido em funcao de umarelacao de ordem∗, num espaco vetorial nao contamos com uma tal relacao.

∗Positivo e maior que zero e negativo e menor que zero.

39

Observemos, novamente, a exigencia A4) na definicao de espaco vetorial:

“A4) Para todo elemento u de V existe um outro elemento de V , denotadopor −u, detentor da seguinte propriedade:

u+ (−u) = 0 ” (Elemento oposto)

Duas observacoes: ( i ) −u e apenas, e tao somente, uma notacao ( ii ) oque e essencial e que aqui temos a definicao (caracterizacao) do que seja oelemento −u, o oposto de u; e aquele que quando adicionado com u repro-duz o elemento neutro da “adicao”. E isto o que importa, o que existe deessencial, nao a notacao (sımbolo) adotada para o elemento oposto.

Nao haveria nenhuma mudanca estrutural se tivessemos enunciado aexigencia A4) do seguinte modo:

“A4) Para todo elemento u de V existe um outro elemento de V , denotadopor u, detentor da seguinte propriedade:

u+ u = 0 ” (Elemento oposto)

Neste caso a igualdade (1.9) (p. 39) se tornaria,

1 =1

1⇒ 1 = 1

Um raciocinio analogo se aplica ao caso do vetor nulo 0.Em um contexto correlato a este observamos que nos numeros inteiros

o sinal “−” tem dois significados distintos. Quando aparece em, por exem-plo, −3, este sinal significa tomar o oposto; ou ainda, podemos dizer quese trata de uma operacao unaria; ao passo que este mesmo sinal em, porexemplo, 2 − 3, tem um significado distinto do primeiro, aqui temos umaoperacao binaria (diferenca entre dois inteiros).

Continuando:

M1) λ (µu) = λ (uµ ) (definicao de multiplicacao por escalar)

= (uµ )λ (definicao de multiplicacao por escalar)

= u(µλ) (potencia nos reais)

= (µλ)u (definicao de multiplicacao por escalar)

M2) (λ+ µ)u = uλ+µ (definicao de multiplicacao por escalar)

= uλ · uµ (potencia nos reais)

= λu · µu (multiplicacao por escalar)

= λu+ µu (definicao de adicao)

40

M3) λ (u+ v) = λ (u v) (definicao de adicao)

= (u v)λ (multiplicacao por escalar)

= uλ · vλ (potencia nos reais)

= λu · µu (multiplicacao por escalar)

= λu+ µu (definicao de adicao)

M4) 1u = u1 (multiplicacao por escalar)

= u (potencia nos reais)

Interregno cultural: Facamos uma pequena exegese sobre a (legıtima)igualdade:

1

2· 2 = 2

12 =√2

Esta igualdade bizarra nos da razao quando afirmamos que a identidade deum elemento e conferida pela estrutura em que ele esta inserido. Com efeito,na multiplicacao acima o primeiro fator, 1

2 , e um numero real (no caso umescalar), ao passo que o segundo, 2, nao e mais um numero real, mas simum vetor.

Deixamos ao leitor a incumbencia de justificar as seguintes igualdades:

−1 + (−2) = 1

2= −1 · (−2)

Observe que o −1 a esquerda e um vetor enquanto o mesmo −1 a direitanao e mais um vetor, mas sim um escalar. O que confere a identidade deum elemento e a regra (operacao) com a qual ele esta sendo manipulado.

O proximo exemplo de espaco vetorial e a generalizacao do exemploanterior para duas “dimensoes”.Exemplo 10: Consideremos o conjunto V = { (x, y) ∈ R2 : x, y > 0 }, cujaversao geometrica e vista a seguir:

p p p

1

2

3

pp

p

0 1 2 3R+∗

R+∗

r0=(1, 1)

41

com as operacaoes de adicao e multiplicacao por escalar definidas assim:{

(a, b) + (c, d) = ( a c, b d )

λ (a, b) = ( aλ , bλ )

Deixamos ao leitor a incumbencia de provar que V e um espaco vetorial.

1.2.1 Produto de Vetores

Uma pergunta pertinente seria: Existem produtos de vetores?

Um produto em um espaco vetorial V seria, segundo a definicao 55 (p. 419),qualquer aplicacao

· : V × V → V(u, v) 7→ u·v

Sendo assim estamos livres para definir produto de vetores em muitos (quicaem todos) espacos vetoriais, por exemplo

( I ) Em Rn, um produto poderia ser:

(x1 , x2 , . . . , xn) · (y1 , y2 , . . . , yn) 7→ (x1 y1 , x2 y2 , . . . , xn yn)

( II ) Em Zn2, um produto poderia ser:

x1 x2 . . . xn · y1 y2 . . . yn 7→ (x1 y1)(x2 y2) . . . (xn yn)

( III ) No espaco F das funcoes reais podemos definir o produto f · g dedois vetores f e g assim:

(f · g)(x) 7→ f(x) · g(x)

Deste modo podemos considerar que existem sim produto de vetores. Aquestao, nao apenas no presente contexto − como tambem em muitos outrosna matematica − nao e se existe ou nao um produto (ou outra operacaoqualquer) mas sim se o produto definido vai resultar “interessante” do pontode vista algebrico (estrutural) ou de aplicacoes.

Por exemplo, no espaco vetorial R2, o produto definido acima, isto e:

(a, b) · (c, d) 7→ (ac, bd)

resultaria desinteressante sob os dois aspectos referidos; nao obstante, pode-mos definir sobre este espaco um outro produto, qual seja∗:

(a, b) · (c, d) 7→ (ac− bd, ad+ bc)

∗Esta multiplicacao, juntamente com a adicao usual, resulta na estrutura conhecidacomo numeros complexos (p. 20). Observe que nao estamos “misturando” as estruturas,estamos afirmando que esse produto poderia ser acrescido a estrutura de espaco vetorial.

42

Este, ao contrario do produto anterior, ja resulta bem interessante sob qual-quer dos criterios mencionados. Por exemplo, o espaco vetorial R2 “enrique-cido” com esse produto nos permitiria gerar as belas figuras conhecidas comofractais, como as vistas a seguir:

1.2.2 Primeiras Propriedades num Espaco Vetorial

Os iniciantes nao estao preparados

para o verdadeiro rigor matematico; so

veriam nisso vas e fastidiosas sutilezas,

perderıamos nosso tempo se quisessemos,

cedo demais, torna-los mais exigentes.

(Poincare)

Observe que algumas proposicoes matematicas, ate mesmo nos inteiros(para nao falar nos reais), tais como

0x = 0 ou 2 · (−1) = −2 ou − 3 + 2 = −1

tidas por muitos como “obvias”, nao tem nada de triviais, a bem da ver-dade a maioria das pessoas com esse sentimento foram apenas condicionadas(adestradas) a pensar assim. Por exemplo, voce saberia demonstrar as igual-dades acima a partir das operacoes de adicao e multiplicacao nos inteiros?

Lembre-se: “O acaso pode fazer com que uma opiniao seja verdadeira,mas nem por isso ela deixa de ser uma opiniao, isto e, uma crenca e naoum saber.” (Simone Manon)

43

Pois bem, em matematica prova-se algumas proposicoes “intuitivamenteobvias” tais como: 0x = 0 ou, o que e “pior” , 1 > 0.

Perguntamos: afinal de contas o que deve ser provado e o que nao deveser provado, em uma dada teoria?

Esta pergunta fica facil de responder no caso das teorias desenvolvi-das axiomaticamente, como e o caso dos espacos vetoriais. Respondemos:assumimos, axiomaticamente, que todo espaco vetorial; digo, todos os ve-tores, satisfazem as oito propriedades A1), . . . , A4); M1), . . . , M4) listadasna definicao de espaco vetorial (p. 14); qualquer afirmativa sobre vetores,por mais “obvia” que seja e que nao consta naquela lista, deve ser provada,como por exemplo, as listadas a seguir.

Seja V um espaco vetorial com escalares em R. As propriedades provadasa seguir sao consequencias da definicao de espaco vetorial. (p. 12)

P1 ) Para todo λ ∈ R, temos

λ 0 = 0

Prova:

λ0 = λ0+ 0 [ Exigencia A3) ]

= λ0+ [λ0+(− (λ0)

)] [ Exigencia A4) ]

= (λ0+ λ0) +(− (λ0)

)[ Exigencia A2) ]

= λ (0+ 0) +(− (λ0)

)[ Exigencia M3) ]

= λ 0+(− (λ0)

)[ Exigencia A3) ]

= 0 [ Exigencia A4) ]�

P2 ) Para todo u ∈ V , temos

0u = 0

Note a diferenca entre esta propriedade e a anterior. Em P1 provamos quequalquer escalar (numero) multiplicado pelo vetor nulo resulta no vetor nulo;em P2 devemos provar que o numero 0 multiplicado por qualquer vetor deveresultar no vetor nulo.

Prova:

0u = (0 + 0)u [ Neutro em R ]

0u = 0u+ 0u [ Exigencia M2) ]

−(0u) + 0u = −(0u) + (0u+ 0u) [ Somando o oposto de 0u ]

0 =(− (0u) + 0u

)+ 0u [ Exigencias A3) e A2) ]

0 = 0+ 0u [ Exigencia A4) ]

0 = 0u [ Exigencia A3) ]�

44

P3 ) Para λ ∈ R e u ∈ V , temos

Se λu = 0, entao λ = 0 ou u = 0. (1.10)

Na prova desta simples proposicao temos a oportunidade de ilustrarvarias das tecnicas de demonstracoes matematicas vistas no capıtulo paraconsultas (ultimo). Vamos prova-la utilizando tres tecnicas distintas:

1a ) Prova: Utilizaremos a tecnica de demonstracao (T− 3) (p. 436):

H =⇒ T ⇐⇒(H ∧ T

)=⇒ f

Destacando a hipotese e a tese em nossa proposicao, temos:

H : λu = 0, T : λ = 0 ou u = 0.

Sendo assim, temos:

H ∧ T : λu = 0 ∧ (λ 6= 0 e u 6= 0 ) (1.11)

Se λ 6= 0 entao existe o numero real nao-nulo λ−1. Sendo assim vamosmultiplicar λu = 0 por λ−1, obtendo:

λ−1 (λu ) = λ−1 0

Aplicando a exigencia M1) (p. 13) e a propriedade P1 chegamos a,

(λ−1 λ )u = 0

Ou ainda,1u = 0

Aplicando agora a exigencia M4), temos: u = 0. Invocando a hipotese(1.11), exibimos o seguinte absurdo:

u 6= 0 e u = 0.

�

2a ) Prova: Utilizaremos a tecnica de demonstracao (T− 4): (p. 436)

(H1 ∧H2

)=⇒ T ⇐⇒

(H1 ∧ T

)=⇒ H2

Para utilizar esta tecnica vamos provar a contrapositiva∗ da proposicao(1.10), isto e, vamos provar:

Se λ 6= 0︸︷︷︸

H1

e u 6= 0︸︷︷︸

H2

entao λu 6= 0︸︷︷︸

T

.

∗Tecnica (T− 1) (p. 435).

45

Sendo assim, temos, H1 ∧ T : λ 6= 0 e λu = 0.Se λ 6= 0 entao existe o numero real nao-nulo λ−1. Sendo assim vamos

multiplicar λu = 0 por λ−1, obtendo:

λ−1 (λu ) = λ−1 0

Aplicando a exigencia M1) (p. 13) e a propriedade P1 chegamos a,

(λ−1 λ )u = 0

Ou ainda,1u = 0

Aplicando agora a exigencia M4), temos: u = 0. �

3a ) Prova: Utilizaremos a tecnica de demonstracao (T− 7): (p. 439)

H =⇒(T1 ∨ T2

)⇐⇒

(H ∧ T1 =⇒ T2

)

Inicialmente vamos reescrever a proposicao da seguinte forma:

H : λu = 0 ⇒

T1 : λ = 0

ou

T2 : u = 0

Temos,H ∧ T1 : λu = 0 e λ 6= 0.

Sendo assim existe o numero real λ−1, multiplicando λu = 0 por λ−1,obtemos

λ−1 (λu ) = λ−1 0 ⇒ (λ−1 · λ )u = 0 ⇒ 1u = 0 ⇒ u = 0

�

Interregno cultural: Na proxima proposicao deveremos provar asseguintes igualdades,

(−λ)u = −(λu) = λ (−u) (1.12)

Em um espaco vetorial arbitrario isto nao chega a ser tao obvio quanto aprimeira vista poderia parecer a um leitor desatento. Com efeito, a esquerdao sinal “−” se refere ao oposto de um escalar no corpo R; no centro o sinal“−” se refere ao oposto do produto do escalar λ pelo vetor u em V e, nadireita, o sinal “−” se refere ao oposto de um vetor no espaco arbitrarioV . Tendo em conta que a definicao de oposto esta amarrado (conexo) aoperacao de “adicao” em V (como tambem em R), conforme definicao deoposto em A4) (p. 13), e facil concluir que o primeiro “−” nao tem nada aver com os outros dois e, portanto, as igualdades (1.12) nada tem de triviais.

46

Por exemplo, tomemos, no espaco vetorial do exemplo 9 (p. 38), λ = 2 eu = 3, neste caso as igualdades (1.12), se traduzem assim:

(−2) 3 = −(2 · 3) = 2 (−3)ou ainda,

(−2) 3 = −( 32 ) = 2 · 13

O que nao chega a ser tao “evidente” quanto a relacao homologa nos reais.

P4 ) Para λ ∈ R e todo u ∈ V , temos

(−λ)u = −(λu) = λ (−u)Prova:

(−λ)u+ λu =((−λ) + λ

)u [ Exigencia M2) ]

= 0u [ Definicao de oposto em R ]

= 0 [ Propriedade P2 ]

⇓−(λu) + [ (−λ)u+ λu ] = −(λu) + 0 [ Somando −(λu) ]−(λu) + [λu+ (−λ)u ] = −(λu) [ Exigencias A1) e A3) ]

[−(λu) + λu ] + (−λ)u = −(λu) [ Exigencia A2) ]

(−λ)u = −(λu) [ Exigencias A4) e A3) ]

Por outro lado,

λ (−u) + λu = λ (−u+ u) [ Exigencia M3) ]

= λ0 [ Exigencia A4) ]

= 0 [ Propriedade P1 ]

⇓−(λu) + [λ (−u) + λu ] = −(λu) + 0 [ Somando −(λu) ]−(λu) + [λu+ λ (−u) ] = −(λu) [ Exigencias A1) e A3) ]

[−(λu) + λu ] + λ (−u) = −(λu) [ Exigencia A2) ]

λ (−u) = −(λu) [ Exigencias A4) e A3) ]�

Corolario 1. Em todo espaco vetorial V , temos: (−1)u = −u.Prova: Substituindo λ = 1, na propriedade anterior temos:

(−λ)u = −(λu)(−1)u = −(1u)

= −u�

47

Nota: Na estrutura dos numeros Hipercomplexos (p. 20) temos −1·u 6= −u.Por exemplo, tome u = (0, 1) e −1 = (−1, 0).

Diferenca entre vetores: Em um espaco vetorial V define-se diferencaentre dois vetores u e v assim:

u− v = u+ (−v)

P5 ) Quaisquer que sejam λ, µ ∈ R e u ∈ V , temos

(λ− µ)u = λu− µu

Prova:

(λ− µ)u =(λ+ (−µ)

)u [ Diferenca em R ]

= λu+ (−µ)u [ Exigencia M2) ]

= λu+(− (µu)

)[ Propriedade P4 ]

= λu− µu [ Diferenca em V ]

�

P6 ) Quaisquer que sejam λ ∈ R, u e v em V , temos

λ (u− v) = λu− λ v

Prova: Analoga a anterior (exercıcio). �

P7 ) O vetor nulo de um espaco vetorial e unico.

Ou seja, existe um unico vetor 0 que satisfaz a exigencia A3). (p. 12)

Prova: Com efeito, suponhamos que 0 seja um outro vetor satisfazendoaquela exigencia. Entao,

0 + 0 = 0 [ 0 e vetor nulo ]

0 + 0 = 0 [ 0 e vetor nulo ]

⇓0 = 0 [ Comutatividade da adicao ]

�

48

P8 ) Para cada vetor u de um espaco vetorial V existe um unico vetor −u,oposto de u.

Prova: Suponhamos que u seja um outro vetor oposto de u; entao, peladefinicao de oposto podemos escrever u+ u = 0.

−u = −u+ 0 [ Exigencia A3) ]

= −u+ (u+ u) [ u e oposto de u ]

= (−u+ u) + u [ Exigencia A2) ]

= 0+ u [−u e oposto de u ]

= u [ Exigencia A3) ]

�

P9 ) Se u, v e w ∈ V e u+ v = u+ w, entao v = w (Num espaco vetorialvale a lei do cancelamento na adicao).

Prova:

(−u) + (u+ v) = (−u) + (u+ w) [ Somando (−u) a hipotese ]

(−u+ u) + v = (−u+ u) + w [ Exigencia A2) ]

0+ v = 0+ w [ Exigencia A4) ]

v = w [ Exigencia A3) ]

�

P10 ) Se u, w ∈ V , entao existe um unico vetor v tal que u+ v = w.

Prova: Inicialmente observemos que w+(−u) satisfaz a equacao dada. Comefeito,

u+(w + (−u)

)= u+

((−u) + w

)

=(u+ (−u)

)+ w

= 0+ w = w

Suponhamos agora que existam dois vetores, v e v′, satisfazendo a equacaodada. Logo, {

u+ v = w

u+ v′ = w⇒ u+ v = u+ v′

pela lei do cancelamento da adicao resulta v = u′. �

49

1.2.3 Exercıcios

1) Seja V ={(x, y) : x, y ∈ R

}o conjunto de pares ordenados de numeros

reais, tome dois elementos neste conjunto, u = (a, b) e v = (c, d), e considereas seguintes operacoes de adicao e multiplicacao por escalar:

u+ v = ( a+ b, c+ d ), λ u = (λa, |λ| b )

( a ) Para u = (2, −1), v = (4, 3) e λ = −1, calcule u+ v, λu e λ v.

( b ) Perguntamos se V e um espaco vetorial.

2) Seja V ={(x, y, z) : x, y, z ∈ R

}o conjunto de ternos ordenados de

numeros reais, tome dois elementos neste conjunto, u = (a, b, c) e v =(d, e, f), e considere as seguintes operacoes de adicao e multiplicacao porescalar:

u+ v = ( a+ d+ 1, b+ e+ 1, c+ f + 1 ), λ u = (λa, λ b, λ c )

( a ) Para u = (1, 1, 1), v = (−1, 0, 1) e λ = 2, calcule u+ v, λu e λ v.

( b ) Quem seria, 0, o candidato a vetor nulo?( c ) Quem seria, −u, o oposto de u?( d ) Perguntamos se V e um espaco vetorial.

3) No exemplo 9, p. 38, se incluirmos o 0 no conjunto V ainda assim teremosum espaco vetorial?

4) Ainda com respeito ao espaco vetorial do exemplo 9, considerando quetodos os vetores sao positivos, isto e, V = {x ∈ R : x > 0 }, perguntamos sefaz sentido a seguinte adicao: −1 + (−2), caso sim, qual o seu valor?

5) Considere o exemplo 10, p. 41; dados os vetores u = (2, 1), v = (1, 2) ew = −(2, 1); encontre o seguinte vetor: 2u+ (−1 v) + w.

6) Considere no espaco vetorial R3 os vetores u = (1, 1, 1), v = (−1, −1, 1)e w = (1, −1, −1).( a ) Localize-os geometricamente.

( b ) Calcule o vetor 3u− 2 v + 12 w.

( c ) Resolva a equacao 2u+ 13 x = w − v.

7) No espaco vetorial M2×3(R), considere os vetores:

u =

[1 0 01 0 0

]

, v =

[0 2 11 1 1

]

, w =

[2 −6 −3−1 −3 −3

]

( a ) Calcule o vetor 2u− 3v −w.

( b ) Existem λ, µ ∈ R tais que w = λu+ µv ?

50

8) Considere o espaco vetorial F, onde,

F ={f : [−1, 1 ] → R

}

com as operacoes usuais (ponto a ponto) − ver p. 33. Neste espaco considereos vetores f , g e h dados assim:

f(x) = |x|, g(x) = x e h(x) = x2

( a ) Faca um esboco geometrico destes vetores (plote seus graficos).

( b ) Esboce o grafico dos vetores −f , −g e −h.( c ) Esboce o grafico dos vetores f + g e f + h.

( d ) Encontre o vetor 2f + 3g − h.

9) No espaco vetorial P3(R) considere os vetores f , g e h dados assim:

f(x) = x− 1, g(x) = 3x2 − 2x+ 1 e h(x) = x3 − 1

( a ) Calcule o vetor 2f − 3g + 2h.

( b ) Calcule o vetor f · g + 2h.

( c ) Existem λ, µ ∈ R tais que h = λ f + µg ?

( d ) Existem λ, µ ∈ R tais que h = λ ( f · g ) + µ f ?

10) Mostre que, num espaco arbitrario, −(−u) = u.

11) Sejam s1 , s2 , . . . , sn sımbolos e seja K um corpo qualquer. Seja V oconjunto das expressoes do tipo abaixo

λ1 s1 + λ2 s2 + · · ·+ λn sn

onde λi∈K. Definimos a adicao e a multiplicacao por escalar em V por

(λ1 s1 + · · · + λn sn) + (γ1 s1 + · · ·+ γn sn) = (λ1 + γ1) s1 + · · ·+ (λn + γn) sn

µ (λ1 s1 + λ2 s2 + · · ·+ λn sn) = µλ1 s1 + µλ2 s2 + · · · + µλn sn

Mostre que V e um espaco vetorial sobre K com as operacoes acima.

12) Mostre que no espaco de codigos Z22as operacoes de adicao e subtracao

coincidem, isto e

u− v = u+ (−v) = u+ v, ∀u, v ∈ Z22

13) Prove que a equacao (1.4) (p. 31) efetivamente gera os vetores do espacode codigos Zn

2.

14) Fixado arbitrariamente um numero primo p considere o seguinte sub-conjunto Zp dos inteiros dado por

Zp = { 0, 1, 2, . . . , p− 1 }

51

Tomemos dois elementos arbitrarios x e y em Zp e vamos definir sobreeste conjunto duas operacoes; a uma delas chamaremos de adicao e a outrachamaremos de multiplicacao, assim definidas:

x+ y = resto da divisao de x+ y por p;

x · y = resto da divisao de x · y por p.

Em Algebra Moderna (ver por exemplo [11]) prova-se que o sistema algebricoZp = (Zp , +, ·) e um corpo (quando p e um numero primo). Entao, peloexemplo 4 (p. 24) resulta que Zn

psao espacos vetoriais.

Construa as tabuas das operacoes em Z3 . Encontre o conjunto Z23. No

espaco Z23encontre as seguintes somas de vetores:

( a ) 11+22 ( b ) 10+01 ( c ) 21+12 ( d ) 11− 22 ( e ) 10− 01.

Neste mesmo espaco execute as seguintes operacoes:

( a ) 2 · 22 ( b ) 2 [−(01) ] ( c ) 2 [−(10) ] ( d ) 2 [ 11 − 22 ]

( e ) 2 [−(11) + 22 ].

15) Mostre que a formula para gerar os codigos binarios tambem pode serescrita assim: (eq. (1.4), p. 31)

xij=

1, se( i−1

2j−1

)e ımpar;

0, se( i−1

2j−1

)e par.

Estamos assumindo que

(m

n

)

=

m!

n! (m− n)! , se m ≥ n;

0 , se m < n.

16) A conhecida formula da analise combinatoria(nr

)= n !

r! (n−r)! nos forneceo numero de combinacoes dos n elementos de um conjunto A, tomados r ar. Mas esta formula nao nos fornece as tais combinacoes.

Prove que a formula (1.4) serve a esse proposito. (p. 31)

Sugestao: Para n = 4, por exemplo, considereA = { a1 , a2 , a3 , a4 }, disponhaos elementos de Z4

2segundo uma tabela (matriz) de 4 linhas por 24 colunas

− cada coluna correspondendo a um elemento do conjunto. Convencioneque onde ocorre 1 o elemento entra na combinacao e que onde ocorre 0, naoentra. A prova devera ser feita para n arbitrario.

52

1.2.4 Subespacos Vetoriais

Definicao 3 (Subespaco vetorial). Sejam V um espaco vetorial e U ⊂ Vum subconjunto nao vazio de V . O subconjunto U e um subespaco vetorialde V se U e um espaco vetorial em relacao a adicao e a multiplicacao porescalar definidas em V .

Para mostrar que U e um subespaco vetorial de V devemos, a princıpio,verificar as oito exigencias de espaco vetorial relativas a adicao e a multi-plicacao por escalar (quadro amarelo, p. 14). Entretanto, como U e sub-conjunto de V , e sendo V − por hipotese − um espaco vetorial, resulta quenao ha necessidade da verificacao de certas exigencias em U . Por exemplo,a exigencia A1) diz que u + v = v + u, ∀u, v ∈ V . Ora, se a comutativi-dade da adicao vale para todos os elementos de V em particular tambemvale para todos os elementos de U . O mesmo raciocinio podemos aplicar aoutras exigencias para espaco vetorial.

A proposicao seguinte facilita bastante quando devemos mostrar quedado subconjunto e um subespaco vetorial.

Proposicao 1 (Subespaco Vetorial). Seja V um espaco vetorial. Um sub-conjunto U ⊂ V , nao vazio, e um subespaco vetorial de V se, e somente se,e fechado para as operacoes de adicao e multiplicacao por escalar de V ; ouseja, se

I ) Para quaisquer u, v ∈ U , tem-se: u+ v ∈ U ;

II ) Para quaisquer λ ∈ R, u ∈ U , tem-se: λu ∈ U .

Prova: (⇒) H : U ⊂ V e subespaco vetorial de V ;

T : U e fechado para as operacoes de espaco vetorial.

Se U e um subespaco, entao obviamente as condicoes I ) e II ) sao satis-feitas. Reciprocamente,

(⇐) H : U e fechado para as operacoes de espaco vetorial;

T : U ⊂ V e subespaco vetorial de V .

Suponha que as condicoes I ) e II ) sao satisfeitas para U . Vamosmostrar que as oito exigencias de espaco vetorial tambem sao satisfeitasem U . De fato, tomemos u ∈ U . Pela condicao II ), λu ∈ U para todoλ ∈ R; sendo assim, tomemos λ = 0, logo 0u ∈ U , ou seja, 0 ∈ U . Tomandoagora λ = −1, segue que (−1)u = −u ∈ U .

As demais exigencias A1), A2), M1), M2), M3) e M4) de espaco vetorialsao verificadas em U pelo fato de U ser um subconjunto nao-vazio de V . �

Observe, por II ) acima, que se U e um subespaco de V entao U devenecessariamente conter o vetor nulo 0 de V . Com efeito, tomando λ = 0 ∈ R

e u ∈ U arbitrario, resulta 0u = 0 ∈ U . Podemos registrar este achado naforma de uma proposicao.

53

Proposicao 2. Todo subespaco U de um espaco vetorial V deve conter ovetor 0 de V . Assim um subconjunto U que nao contenha o vetor 0 nao eum subespaco.

Nota: Todo espaco vetorial V admite pelo ao menos dois subespacos:{ 0 }, chamado subespaco nulo, e o proprio espaco vetorial V . Esses doissubespacos sao conhecidos como subespacos triviais.

Exemplos:

1) Consideremos o espaco vetorial R2 e o subconjunto,

U = { (x, y) ∈ R2 : x+ y = 0 }

dos pontos cuja soma das coordenadas e nula. Vamos mostrar que U e umsubespaco de R2.

Prova: De fato, de acordo com a Proposicao 1 devemos inicialmentemostrar que U 6= ∅; mas isto e facil porquanto 0 = (0, 0) ∈ U , uma vez que:

0 = (0, 0)↓ ↓x+ y=0

Para provar a condicao, I ), isto e, que U e fechado para a operacao deadicao, tomemos dois elementos arbitrarios em U : u = (a, b) e v = (c, d).Devemos provar que

u+ v = (a, b) + (c, d) = (a+ c, b+ d) ∈ U

para isto e suficiente mostrar que:

(a+ c) + (b+ d) = 0 (1.13)

A nosso favor contamos com a hipotese de que u = (a, b) e v = (c, d) estaoem U , o que se traduz nas seguintes equacoes:

a+ b = 0

c+ d = 0

somando-as obtemos,

(a+ b) + (c+ d) = 0 ⇒ (a+ c) + (b+ d) = 0

o que prova (1.13). Agora so nos resta mostrar que U e tambem fechado paraa multiplicacao por escalar. Para isto, pela condicao II )(da Proposicao1), devemos fixar λ ∈ R e u = (a, b) ∈ U arbitrariamente, e mostrar queλu = (λa, λ b) ∈ U , para isto e suficiente mostrar que:

(λa) + (λ b) = 0 (1.14)

54

A nosso favor contamos com a hipotese de que u = (a, b) esta em U , o quese traduz na seguinte equacao:

a+ b = 0

multiplicando esta equacao por λ, obtemos

λ (a+ b) = 0 ⇒ (λa) + (λ b) = 0

o que prova (1.14). >

Os vetores em U sao os pontos (x, y), do plano, cujas coordenadas satis-fazem a equacao x + y = 0, ou ainda, y = −x. Sao os pontos da bissetrizdos quadrantes ımpares. Podemos visualizar geometricamente o subespacoU deste exemplo, assim:

p p p

1

2

3

pp −1−2

pp

pp

p

0 1 2 3x

y

U

x+y=0

Nota: Para que U ⊂ V seja um subespaco e uma condicao necessaria,mas nao suficiente, que 0 ∈ U . Em outras palavras: o vetor nulo obrigato-riamente esta em todo subespaco. Ou ainda, se 0 6∈ U ja podemos descartaU como subespaco. Entretanto, se o vetor nulo esta em U , isto por si sonao e suficiente para garantir que U seja um espaco vetorial. No exemploseguinte mostramos um contraexemplo,

2) Consideremos o espaco vetorial R2 e o subconjunto,

U = { (x, y) ∈ R2 : y = |x| }

dos pontos cuja ordenada e o valor absoluto da abscissa.

Inicialmente observamos que 0 = (0, 0) ∈ U uma vez que:

0 = (0, 0) y = |0|

55

− Para mostrar que um dado U ⊂ V e um subespaco de V devemos mostrarque o mesmo satisfaz as condicoes I ) e II ) da Proposicao 1; agora paramostrar que que U nao e um subespaco aı fica mais facil, basta exibir umcontra-exemplo. Digo, basta exibir dois pontos u e v em U , cuja soma u+ vnao pertence a U ; ou ainda, basta exibir um ponto u em U e um escalarλ ∈ R de modo que o produto λu 6∈ U .

No caso em questao tomemos u = (−1, 1) e v = (2, 2) pontos de U ,temos que,

u+ v = (−1, 1) + (2, 2) = (−1 + 2, 1 + 2)

= (1, 3) 6∈ U (devido a que 3 6= |1| )

Alternativamente, poderiamos ter provado que U nao e um subespacovetorial de R2 tomando, por exemplo, u = (−1, 1) ∈ U e λ = −1 ∈ R. Defato,

λu = −1 (−1, 1) = (−1 · (−1), −1 · 1)= (1, −1) 6∈ U (devido a que −1 6= |1| )

Geometricamente tudo se passa assim:

p p p

1

2

3

−1

pp −1−2

pp

pp

0 1 2 3x

y

t

t

t

t

u

v

λu 6∈ U

u+ v 6∈ UU U

3) R2 nao e um subespaco de R3 , pois R2 nao e um subconjunto de R3.

4) Seja V um espaco vetorial. Seja u um vetor arbitrariamente fixadoem V . Vamos mostrar que o conjunto,

U = {λu : λ ∈ R }dos multiplos escalares de u, e um subespaco vetorial de V .

Prova: Antes de mais nada observe que no conjunto U acima temos in-finitos elementos; digo, a cada numero real corresponde um elemento nesteconjunto, assim:

56

p p p p p p p0 1 2 3−3 −2 −1

R· · ·· · ·s

λ

� λu∈U

↔I ) Inicialmente vamos mostrar que U e fechado para a adicao. Para

tanto tomemos dois elementos arbitrarios v e w em U e mostremos quev + w ∈ U .

Se v e w estao em U entao, pela definicao de U , existem dois escalaresµ e ν em R tais que:

v = µu e w = ν u

logo,

v +w = µu+ ν u

Como, por hipotese, u esta em V que e um espaco vetorial, segue que pode-mos aplicar o axioma M2) (p. 13) para concluir que v+w = (µ+ ν)u. Comoµ+ ν ∈ R segue que v + w ∈ U .

II ) Agora mostremos que U e fechado para a multiplicacao por escalar.Para tanto fixemos, arbitrariamente, um ponto v em U e um escalar λ em R

e mostremos que λ v ∈ U . Com efeito, como v esta em U , existe um escalarµ em R tal que: v = µu; logo,

λ v = λ (µu)

Como, por hipotese, u esta em V que e um espaco vetorial, segue que pode-mos aplicar o axioma M1) para concluir que λ v = (λµ)u. Como λµ ∈ R

segue que λ v ∈ U . >

O subespaco,

U = {λu : λ ∈ R }pode ser apelidado de “a reta que passa pela origem e contem u”. Estepossıvel apelido se deve a que nos espacos vetoriais V = R2 e V = R3 eprecisamente isto que acontece. Para contextualizar vejamos dois exemplos:

1o ) Fixemos V = R2 e u = (2, 1). Sendo assim, temos:

U = {λ (2, 1): λ ∈ R } = { (2λ, λ) : λ ∈ R }

Por exemplo,

λ = −1 ⇒ λu = (2 · (−1), −1) = (−2, −1)λ = −1

2 ⇒ λu = (2 · −12 , −1

2) = (−1, −12)

λ = 0 ⇒ λu = (2 · 0, 0) = (0, 0)

λ = 12 ⇒ λu = (2 · 12 , 1

2) = (1, 12)

λ = 1 ⇒ λu = (2 · 1, 1) = (2, 1)

57

Geometricamente, temos,

t

t

t

t

t

Uu

−1u

− 12u

p p p

1

2

3

ppp −1−2−3

pp

pp

p

0 1 2 3x

y

2o ) Fixemos V = R3 e u = (1, 2, 1). Sendo assim, temos:

U = {λ (1, 2, 1): λ ∈ R } = { (λ, 2λ, λ) : λ ∈ R }

Por exemplo,

λ = −1 ⇒ λu = (−1, 2 · (−1), −1) = (−1, −2, −1)λ = −1

2 ⇒ λu = (−12 , 2 · −1

2 , −12) = (−1

2 , −1, −12)

λ = 0 ⇒ λu = (0, 2 · 0, 0) = (0, 0, 0)

λ = 12 ⇒ λu = (12 , 2 · 12 , 1

2) = (12 , 1,12 )

λ = 1 ⇒ λu = (1, 2 · 1, 1) = (1, 2, 1)

Geometricamente, temos,

x

y

z

u U

−1u

5) Sejam o espaco vetorial V = M2×2(R) das matrizes de ordem 2 × 2,com entradas reais; ou ainda,

V =

{[a bc d

]

: a, b, c, d ∈ R

}

58

e,

U =

{[a b0 0

]

: a, b ∈ R

}

isto e, U e o conjunto das matrizes quadradas, de ordem 2, cujos elementosda segunda linha sao nulos. Vamos provar que U e um subespaco vetorialde V .

Prova: Com efeito, fixemos u, v ∈ U arbitrarios, assim:

u =

[a b0 0

]

, v =

[c d0 0

]

.

Entao,

u+ v =

[a b0 0

]

+

[c d0 0

]

=

[a+ c b+ d0 0

]

∈ U.

Agora tomemos λ ∈ R arbitrario, entao

λu = λ

[a b0 0

]

=

[λa λ bλ 0 λ 0

]

=

[λa λ b0 0

]

∈ U.

Portanto, U e subespaco vetorial de M2×2(R). >

6) Considere o espaco vetorial F de funcoes (p. 33). Considere, ademais oconjunto

U p ={f ∈ F : f(−x) = f(x), para todo x ∈ R

}

das funcoes, f : R → R pares, e o conjunto

U I ={f ∈ F : f(−x) = −f(x), para todo x ∈ R

}

das funcoes, f : R → R ımpares.

Afirmamos que U p e U I sao, ambos, subespacos vetoriais de F.

Faremos a prova para U p e deixaremos a outra como exercıcio. Comefeito, fixemos g, h ∈ U p e provemos que g+h ainda e uma funcao par. Istoe, devemos mostrar que,

(g + h)(−x) = (g + h)(x), ∀x ∈ R

A nosso favor contamos com a hipotese de que g e h sao funcoes pares, logo

g(−x) = g(x), ∀x ∈ R

h(−x) = h(x), ∀x ∈ R

somando estas duas equacoes obtemos,

g(−x) + h(−x) = g(x) + h(x), ∀x ∈ R

59

Agora aplicamos a definicao de adicao (eq. (1.6), p. 33) em ambos os membrosdesta equacao para obter,

(g + h)(−x) = (g + h)(x), ∀x ∈ R.

Agora seja λ ∈ R um escalar arbitrariamente fixado. Provemos que λ g euma funcao par, isto e, que

(λ g)(−x) = (λ g)(x), ∀x ∈ R

Com efeito, sendo g, por hipotese, uma funcao par, temos

g(−x) = g(x), ∀x ∈ R

multiplicando esta equacao por λ, obtemos:

λ g(−x) = λ g(x), ∀x ∈ R

Agora aplicamos a definicao de multiplicacao por escalar (eq. (1.7), p. 34) emambos os membros desta equacao para obter,

(λ g)(−x) = (λ g)(x), ∀x ∈ R.

7) O conjunto C(X, R) das funcoes reais contınuas, com domınio noconjunto X, e um subespaco do espaco F(X, R) (ver eq. (1.8), p. 37). De fato,sabe-se do Calculo que a soma de funcoes contınuas e ainda uma funcaocontınua e o mesmo acontece com a multiplicacao de uma funcao contınuapor um escalar.

8) O espaco Pn(R ) e, por sua vez, um subespaco de C(X, R), porquantoum polinomio,

p(x) = a0 + a1 x+ a2 x2 + · · ·+ an x

n

pode ser visto como uma funcao contınua e, ademais, a soma de dois polinomiose um polinomio e o produto de um numero real por um polinomio e umpolinomio.

Podemos escrever,

Pn(R ) ⊂ C(X, R) ⊂ F(X, R)

9) Um outro exemplo de subespaco e o de todos os polinomios que seanulam no 0. Com efeito, se p e q sao dois de tais polinomios, entao a somap+ q e o multiplo por escalar λ p tambem se anulam em 0 pois,

( p+ q )(0) = p(0) + q(0) = 0 + 0 = 0;

(λ p)(0) = λ p(0) = λ 0 = 0.

10) Considere o seguinte conjunto de codigos:

Z32= { 000, 100, 010, 110, 001, 101, 011, 111 }

O subconjunto U = { 000, 110, 011, 101 } e um subespaco de Z32. Prove isto.

60

Intersecao de subespacos

No exemplo 4) vimos que o conjunto,

U = {λu : λ ∈ R }

e um subespaco. Fazendo u variar obtemos uma famılia de subespacos. Ape-nas para ilustrar consideremos, novamente, V = R2. Observe, graficamente,alguns membros da famılia,

t

u=(2, 1)

u=(2, 12)

u=(1, 2)u=(−1,√

33)

p p p

1

2

3

ppp −1−2−3

pp

pp

p

1 2 3x

y

Observe que a intersecao de todos estes subespacos e a “origem”: { 0 },que, por sua vez, e tambem um subespaco.

Esta observacao pode ser generalizada dizendo-se que a intersecao dequalquer famılia (colecao) de subespacos continua sendo um subespaco.Mais formalmente,

11) Seja V um espaco vetorial e L um conjunto de ındices. Se, paracada µ ∈ L, Uµ e um subespaco vetorial de V , entao a intersecao

⋂

µ∈LUµ = U

e ainda um subespaco vetorial de V .

Apenas por curiosidade, o conjunto de ındices L, da famılia de subespacosplotada anteriormente, pode ser considerado como os reais, digo, L = R

onde o ındice que fixa cada subespaco e a inclinacao (tangente) da reta, porexemplo,

61

t

µ= 12

µ= 14

µ=2µ=−√

33

p p p

1

2

3

ppp −1−2−3

pp

pp

p

1 2 3x

y

Neste caso, temos⋂

µ∈RUµ = {0}

1.2.5 Soma de Subespacos

Sejam U e V dois subespacos vetoriais de um espaco vetorial W .

Definicao 4 (Soma de subespacos). Indicaremos por U + V e chamaremosde soma de U com V o seguinte subconjunto de W :

U + V = {u+ v : u ∈ U e v ∈ V }

Observe que um vetor w pertence a U + V se, e somente se, ele puderser escrito na forma de uma soma w = u+ v, com u ∈ U e v ∈ V .

Exemplos:

a ) U + {0} = U . De fato, tomando V = {0}, na definicao de soma, temos

U + {0} = {u+ v : u ∈ U e v ∈ {0} }= {u+ 0 : u ∈ U }= {u : u ∈ U } = U

b ) U ⊂ U + V . De fato, seja u ∈ U um elemento arbitrario, queremosprovar que,

u ∈ U + V = {u+ v : u ∈ U e v ∈ V },como, por hipotese, V e um subespaco temos que 0 ∈ V , logo, tomandov = 0, temos que u pode ser escrito como,

u = u+ 0, com u ∈ U e 0 ∈ V

62

portanto, desta forma, todo elemento de U tem livre acesso ao conjuntoU + V .

De modo analogo provamos que V ⊂ U + V .

Proposicao 3. Se U e V sao subespacos vetoriais de W , entao U + V etambem um subespaco vetorial de W .

Prova: Como U e V sao subespacos segue-se que 0 ∈ U e 0 ∈ V ; como,

0+ 0 = 0↓ ↓U V

isto significa que conseguimos escrever o vetor nulo como soma de dois ele-mentos, um de U e outro de V , portanto 0 ∈ U + V .

Agora, sejam w1 e w2 dois elementos arbitrarios de U + V , desejamosmostrar que w1 +w2 ∈ U +V . Com efeito, pelo fato de w1 e w2 estarem emU + V isto implica em que estes dois elementos podem ser escritos assim:

w1 = u1 + v1↓ ↓U V

e w2 = u2 + v2↓ ↓U V

para algum u1 ∈ U e para algum v1 ∈ V , bem como para algum u2 ∈ U epara algum v2 ∈ V . Sendo assim, temos

w1 +w2 = (u1 + v1) + (u2 + v2)↓ ↓U V

↓ ↓U V

Como u1 , v1 , u2 , v2 sao vetores em W , podemos aplicar as propriedadescomutativa e associativa, assim:

w1 +w2 = (u1 + u2) + (v1 + v2)↓ ↓U U

↓ ↓V V

Como, por hipotese, U e V sao subespacos segue-se que (u1 + u2) ∈ U e(v1 + v2) ∈ V , isto e,

w1 +w2 = (u1 + u2) + (v1 + v2)

{ ↓U

{ ↓V

Resumindo, mostramos que w1 +w2 pode ser escrito como soma de doiselementos, um de U e outro de V , portanto, w1 + w2 ∈ U + V .

Finalmente, seja w ∈ U + V , um elemento arbitrario e λ ∈ R tambemarbitrariamente fixado. Devemos mostrar que λw ∈ U + V .

Como, por hipotese, w ∈ U + V entao podemos escrever,w = u+ v

↓ ↓U V

63

para algum u ∈ U e para algum v ∈ V . Sendo assim temos

λw = λ(u+ v)↓ ↓U V

Como u e v pertencem ao espaco vetorial W entao podemos aplicar a dis-tributividade, assim:

λw = λu+ λ v↓ ↓U V

Como U e V sao subespacos segue que λu ∈ U e λ v ∈ V , ou ainda:

λw = λu+ λ v

{ {

↓ ↓U V

Resumindo, mostramos que λw pode ser escrito como soma de dois ele-mentos, um de U e outro de V , portanto, λw ∈ U + V ; sendo assim U + Ve necessariamente um subespaco vetorial e, por conseguinte, seus elementosadquirem o status de vetores. �

Definicao 5 (Soma Direta de subespacos). Sejam U e V subespacos ve-toriais de W tais que U ∩ V = {0}. Neste caso diz-se que U + V e somadireta dos subespacos U e V .

Para este caso particular de somas temos uma notacao especial: U ⊕ V ,significa soma direta.

Se U e V sao subespacos de W tais que U ⊕ V = W dizemos que U eV sao suplementares ou que U e suplementar de V (ou vice-versa).

Proposicao 4. Sejam U e V subespacos vetoriais de um espaco vetorialW .

Entao W = U ⊕ V se, e somente se, cada vetor w ∈ W admite umaunica decomposicao w = u+ v, com u ∈ U e v ∈ V .

Prova: (⇒ )

H: W e soma direta de U e V : W = U ⊕ V .

T: Todo vetor w ∈W se escreve, de modo unico, na forma w = u+ v,

onde u ∈ U e v ∈ V .

De fato, de W = U ⊕ V segue-se que, pela definicao de soma direta:

W = U + V (1.15)

U ∩ V = {0} (1.16)

64

Seja w ∈W um vetor arbitrario; de (1.15) segue que,

w = u+ v, para algum u ∈ U e para algum v ∈ V. (1.17)

Suponhamos, por um momento, que w pudesse exprimir-se de outra forma,tipo:

w = u′ + v′, para algum u′ ∈ U e para algum v′ ∈ V. (1.18)

As igualdades (1.17) e (1.18) permitem escrever:

u+ v = u′ + v′ ; onde, u, u′ ∈ U e v, v′ ∈ V

ou ainda,u− u′ = v′ − v (1.19)

Como U e V sao subespacos decorre que u−u′ ∈ U e v′−v ∈ V . Daquie da equacao (1.19) concluimos que,

u− u′ ∈ U e u− u′ ∈ V

v′ − v ∈ V e v′ − v ∈ U

Conclusao:

u− u′ ∈ U e u− u′ ∈ V

v′ − v ∈ V e v′ − v ∈ U⇒

u− u′ ∈ U ∩ Ve

v′ − v ∈ U ∩ V

Sendo assim, respaldados na igualdade (1.16), podemos escrever:

{

u− u′ = 0

v′ − v = 0⇒

{

u = u′

v′ = v

(⇐ ) Para provar a recıproca, o que era tese vira hipotese e o que era hipotesevira tese, entao:

H: Todo vetor w ∈W se escreve, de modo unico, na forma w = u+ v,

onde u ∈ U e v ∈ V .

T: W e soma direta de U e V : W = U ⊕ V .

Se quisermos podemos desdobrar a recıproca em duas (sub)hipoteses eem duas (sub)teses, assim:

65

H1 : Todo vetor w ∈W se escreve na forma w = u+ v, com u ∈ U e v ∈ V .

H2 : A escrita acima e unica (se verifica de modo unico).H:

T1 : W = U + V .

T2 : U ∩ V = {0}T:

Da hipotese H1 e da definicao de U +V segue-se queW ⊂ U +V , como ainclusao contraria e sempre verdadeira, decorre que W = U + V . Por outrolado, seja w ∈ U ∩ V , vamos mostrar que w = 0. Com efeito, temos

w = w + 0 = 0+w,

como w pertence a ambos os subespacos U e V e, ademais, 0 ∈ U e 0 ∈ V ,podemos escrever:

w = w + 0 = 0+ w↓ ↓U V

↓ ↓U V

Segundo H2 a escrita acima e unica, o que significa que,

w = w + 0 = 0+ w

=

=

�

Exemplo: O espaco vetorial W = R2 e soma direta dos subespacos:

U = { (x, 0): x ∈ R }V = { (0, y) : y ∈ R }

De fato, primeiramente vamos mostrar que R2 = U +V . Isto e facil umavez que, para todo (x, y) ∈ R2, podemos escrever:

(x, y) = (x, 0) + (0, y)↓U

↓V

Tambem e imediato que, U ∩ V = { (0, 0) }. Logo, por definicao de somadireta, resulta que R2 = U ⊕ V . Geometricamente tudo se passa assim:

s s

s s

(0, 0)(x, 0)

(0, y) (x, y)

U

V

ր

66

1.2.6 Combinacoes Lineares

Seja V um espaco vetorial sobre R. Escolhamos neste espaco n vetores u1 ,u2 , . . . , un para montar o subconjunto S = {u1 , u2 , . . . , un }. Indiquemospor [S ] o seguinte subconjunto de V construido a partir de S:

[S ] ={λ1u1 + λ2u2 + · · ·+ λnun : λ

i∈ R

}(1.20)

Observe que a cada n numeros reais, λ1 , λ2 , . . . , λn , arbitrariamente fixa-dos, corresponde um vetor (de V ): λ1u1 +λ2u2 + · · ·+λnun em [S ], veja:

p p p p p p p0 1 2 3−3 −2 −1

R· · ·· · ·s

↑λn

s

↑λ2

s

↑λ1 · · ·

λ1u1 + λ2u2 + ··· + λnun ∈ [S ]

Vamos provar que [S ] e um subespaco vetorial de V .

Prova: Vamos mostrar inicialmente que o vetor nulo pertence a [S ]; paraisto escolhamos, na definicao de [S ], λ1 = λ2 = · · · = λn = 0, para obter:

λ1u1 + λ2u2 + · · ·+ λnun = 0u1 + 0u2 + · · ·+ 0un = 0 ⇒ 0 ∈ [S ]

Agora vamos mostrar que [S ] e fechado para a operacao de adicao, paratanto tomemos dois elementos u e v, arbitrarios em [S ], e mostremos quea soma u + v tambem pertence a [S ]. De fato, como por hipotese u ev pertencem a [S ] entao, pela definicao de [S ], existem duas n−uplas denumeros reais,

α1 , α2 , . . . , αn e β1 , β2 , . . . , βn

tais que,

u = α1 u1 + α2 u2 + · · ·+ αn un

v = β1 u1 + β2 u2 + · · · + βn un

Entao,

u+ v = (α1 + β1 )u1 + (α2 + β2 )u2 + · · ·+ (αn + βn )un

Fazendo,

u+ v = (α1 + β1︸︷︷︸

γ1

)u1 + (α2 + β2︸︷︷︸

γ2

)u2 + · · ·+ (αn + βn︸︷︷︸

γn

)un

Isto e,

u+ v = γ1 u1 + γ2 u2 + · · · + γn un

comparando com a definicao de [S ] vemos que u+ v ∈ [S ].

67

Agora vamos mostrar que [S ] e fechado para a operacao de multiplicacaopor escalar, para tanto tomemos um elemento u, arbitrario em [S ], e umescalar β, arbitrario em R e mostremos que o produto β u tambem pertencea [S ]. De fato, como por hipotese u pertence a [S ] entao, pela definicao de[S ], existe uma n−upla de numeros reais,

α1 , α2 , . . . , αn

tal que,

u = α1 u1 + α2 u2 + · · ·+ αn un

Entao,

β u = β (α1 u1 + α2 u2 + · · ·+ αn un)

= (β α1 )u1 + (β α2 )u2 + · · ·+ (β αn )un

Fazendo,

β u = (β α1︸︷︷︸

γ1

)u1 + (β α2︸︷︷︸

γ2

)u2 + · · ·+ (β αn︸︷︷︸

γn

)un

Isto e,

β u = γ1 u1 + γ2 u2 + · · · + γn un

comparando com a definicao de [S ] vemos que β u ∈ [S ]. >

Definicao 6. O subespaco [S ] construido acima recebe o nome de subespacogerado por S. Dizemos que cada elemento de [S ], isto e, cada

λ1u1 + λ2u2 + · · · + λnun

e uma combinacao linear de S ou combinacao linear de u1 , u2 , . . . , un .

Uma outra notacao consagrada para [S ] e:

[u1 , u2 , . . . , un ]

Diz-se tambem que os vetores u1 , u2 , . . . , un geram [S ], ou entao que saoum sistema de geradores de [S ] = [u1 , u2 , . . . , un ].

Em particular, quando [S ] = V , dizemos que S = {u1 , u2 , . . . , un } eum conjunto de geradores de V .

Nota: Podemos estender a definicao anterior para o caso S = ∅ mediantea seguinte convencao: [ ∅ ] = { 0 }.

68

Da definicao 6 decorrem as seguintes propriedades:

P1 ) S ⊂ [S ]

P2 ) S1 ⊂ S2 ⊂ V ⇒ [S1 ] ⊂ [S2 ]

P3 ) [S ] =[[S ]

]

P4 ) Se S1 e S2 sao subconjuntos de V , entao:

[S1 ∪ S2 ] = [S1 ] ∪ [S2 ]

Prova: Exercıcio. �

Exemplos:

1o ) Seja V = R2 e u = (2, 1). Encontre o subespaco gerado por u; istoe, encontre [u ] = [ (2, 1) ].

Solucao: Temos,

[u ] = {λu : λ ∈ R }= {λ (2, 1) : λ ∈ R }= { (2λ, λ) : λ ∈ R }

Portanto, os vetores (2λ, λ) de [u ] sao todos os vetores (x, y) de R2 taisque x = 2y; ou ainda, sao os pontos sobre a reta de equacao y = 1

2 x, veja:

t

t

t

t

t

[u ]u

−1u

− 12u

p p p

1

2

3

ppp −1−2−3

pp

pp

p

0 1 2 3x

y

2o ) Seja V = R2 e S = {u1 = (1, 0), u2 = (0, 1) }. Encontre o sub-espaco gerado por S; isto e, encontre [S ] = [ (1, 0), (0, 1) ].

Solucao: Temos,

[S ] = {λ1 u1 + λ2 u2 : λ1, λ2 ∈ R }= {λ1 (1, 0) + λ2 (0, 1) : λ1, λ2 ∈ R }= { (λ1, λ2) : λ1, λ2 ∈ R }

69

A medida que λ1 e λ2 percorrem (“varrem”) os reais, (λ1, λ2) percorretodo o plano, de sorte que [S ] = R2. Veja geometricamente:

[S ]

ppp

pp

p0 (1, 0)

s

(0, 1) s

s(λ1 , λ2 )

R

R

λ1

λ2

↔

l

3o ) Seja V = R3 e S = {u1 = (1, 0, 0), u2 = (0, 1, 0) }. Encontre osubespaco gerado por S; isto e, encontre [S ] = [ (1, 0, 0), (0, 1, 0) ].

Solucao: Temos,

[S ] = {λ1 u1 + λ2 u2 : λ1, λ2 ∈ R }= {λ1 (1, 0, 0) + λ2 (0, 1, 0) : λ1, λ2 ∈ R }= { (λ1, λ2, 0) : λ1, λ2 ∈ R }

A medida que λ1 e λ2 percorrem (“varrem”) os reais, (λ1, λ2, 0) percorretodo o plano xoy (plano do “chao”), veja:

(1, 0, 0)

(0, 1, 0)

x

y

[S ]

z

70

De modo analogo, considerando S = { (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) } re-sulta [S ] = R3, uma vez que,

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

Generalizando este exemplo, temos que o conjunto de n vetores,

S = { (1, 0, 0, . . . , 0), (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , (0, 0, 0, . . . , 1) }

gera todo o espaco vetorial Rn, isto e, [S ] = Rn.

4o ) Seja V = R3. Encontre o subespaco gerado por S = {u1 , u2 }, ondeu1 = (1, −2, −1) e u2 = (2, 1, 1).

Solucao: Facamos,

[u1 , u2 ] = { (x, y, z) ∈ R3 : (x, y, z) = λ1 (1, −2, −1) + λ2 (2, 1, 1) }

Desta ultima igualdade resulta:

λ1 + 2λ2 = x

−2λ1 + λ2 = y

−λ1 + λ2 = z

Desta ultima equacao tiramos λ2 = z + λ1 , substituindo nas duas primeirase eliminando, de ambas, λ1 , obtemos x+ 3y − 5z = 0. Logo,

[u1 , u2 ] = { (x, y, z) ∈ R3 : x+ 3y − 5z = 0 }

Geometricamente, o subespaco acima e um plano passando pela origem.5o ) Considere o espaco vetorial M2×2(R) e S ⊂M2×2(R) dado por:

S =

{[1 00 0

]

,

[0 10 0

]

,

[0 01 0

]

,

[0 00 1

]}

encontre [S ].

Solucao: Temos,

[S ] =

{

λ1

[1 00 0

]

+ λ2

[0 10 0

]

+ λ3

[0 01 0

]

+ λ4

[0 00 1

]

: λi ∈ R

}

=

{[λ1 λ2λ3 λ4

]

: λ1, λ2, λ3, λ4 ∈ R

}

A medida que λ1, . . . ,λ4 percorrem (“varrem”) os reais, obtemos todas asmatrizes (vetores) de ordem 2× 2, portanto, [S ] = M2×2(R).

71

6o ) Seja V = Pn(R ) e S = { 1, x, x2, . . . , xn } (ver p. 32). Encontre osubespaco gerado por S.

Solucao: Temos,

[S ] = {λ0 · 1 + λ1 · x+ λ2 · x2 + · · · + λn · xn : λi ∈ R }

A medida que os λi (i = 0, 1, . . . , n) percorrem os reais, todos os polinomiossao gerados, isto e, [S ] = Pn(R ).

7o ) A definicao (1.20) (p. 67) pode ser estendida para espacos vetoriais Vsobre um corpo K arbitrario:

[S ] ={λ1u1 + λ2u2 + · · ·+ λnun : λ

i∈ K

}

Por exemplo consideremos o corpo Z2 = { 0, 1 } e Z22= { 00, 10, 01, 11 }.

Para qualque u ∈ Z22temos

[u ] ={λu : λ ∈ Z2

}= { 0u, 1u} = { 0, 1u} = { 00, u}

Se S = { 10, 01 }, por exemplo, temos

[S ] ={λ1 10 + λ2 01 : λ1 , λ2 ∈ Z2

}(1.21)

Sendo Z2 = { 0, 1} existem duas possibilidades para λ1 e duas possibili-dades para λ2 , logo pelo princıpio multiplicativo existem ao todo 2× 2 = 22

possibilidades, constantes na tabela a seguir

λ1

λ2

0

0

1

0

0

1

1

1

Substituindo essas possibilidades em (1.21) e fazendo as contas obtemos:

[ { 10, 01 } ] ={00, 10, 01, 11

}= Z2

2(1.22)

1.2.7 Espacos Vetoriais Finitamente Gerados

Vimos anteriormente que o conjunto S = { (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) }gera todo o espaco R3. Ou ainda, estes tres vetores sao suficientes para gerar(via combinacao linear) todos os vetores de R3, haja vista que, para todovetor (a, b, c) ∈ R3, podemos escrever:

(a, b, c) = a (1, 0, 0) + b (0, 1, 0) + c (0, 0, 1)

Este e um exemplo de espaco vetorial finitamente gerado.Um outro exemplo e dado pelo espaco M2×2(R ) de matrizes visto ante-

riormente; e ainda um outro exemplo e dado pelo espaco Pn(R ) tambemvisto anteriormente; ainda um outro exemplo e dado na equacao (1.22).

Definicao 7. Dizemos que um espaco vetorial V e finitamente gerado seexiste S ⊂ V , S finito, de modo que V = [S ].

Neste livro consideramos apenas espacos vetoriais finitamente gerados.

72

Um espaco que nao e finitamente gerado

Consideremos P(R ) como o espaco de todos os polinomios reais. Esteespaco nao e finitamente gerado. De fato, dado S = { p1 , p2 , . . . , pn } ⊂P(R ), onde p

ie um polinomio de grau i e pn e o polinomio de mais alto

grau; qualquer combinacao linear,

λ1 p1 + λ2 p2 + · · · + λn pn

tem grau ≤ n. Sendo assim, o subespaco [ p1 , p2 , . . . , pn ] contem somentepolinomios de grau menor ou igual ao de pn . Como P(R ) e formado porpolinomios de qualquer grau, existem nele polinomios de grau maior que o depn . Portanto, [S ] 6= P(R ), qualquer que seja o conjunto finito S ⊂ P(R ).

Convidamos o leitor a mostrar que R considerado como espaco vetorialsobre o corpo R e finitamente gerado (exiba um conjunto gerador), consid-erado como espaco vetorial sobre Q, nao e finitamente gerado.

Uma contribuicao: adaptando o contexto inicial da pagina 67, temos:

Seja R um espaco vetorial sobre Q. Escolhamos neste espaco n vetores u1 ,u2 , . . . , un para montar o subconjunto S = {u1 , u2 , . . . , un }. Indiquemospor [S ] o seguinte subconjunto de R construido a partir de S:

[S ] ={λ1u1 + λ2u2 + · · ·+ λnun : λ

i∈ Q

}

O que o leitor deve mostrar e que nao existe S de modo que [S ] = R.

∗ ∗ ∗

O que Sao Vetores?

Do ponto de vista matematico, esta pergunta tem uma resposta simples massatisfatoria: vetores sao os elementos de um espaco vetorial. No entanto,como fısico, voce e as vezes exposto a um outro ponto de vista quando, porexemplo, no primeiro volume do Curso de Fısica de Berkeley†, p. 25, vocele que: “um vetor e uma quantidade que tem associados a ele uma direcaoe um sentido, bem como uma intensidade”. O que estao querendo dizerneste caso? O que isto tem a ver com o conceito matematico de vetores?E a mesma coisa apenas em palavras diferentes? Sao perguntas bastanterazoaveis, mas nao muito faceis de responder. De um modo ou de outro,o conceito nao e exatamente o mesmo.

([1], p. 29/Grifo nosso)

†Kittel, C., Knight, W.D., and Ruderman, M.A., Mechanics. Berkeley Physics Course,Vol. I. McGraw-Hill: New York, 1965.

73

1.2.8 Exercıcios

1) Quais dos seguintes subconjuntos W abaixo sao subespacos do R3 ?

( a ) W = { (x, y, z) ∈ R3 : y = 0 }( b ) W = { (x, y, z) ∈ R3 : x ≥ 0 }( c ) W = { (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ 1 }( d ) W = { (x, y, z) ∈ R3 : x e irracional }( e ) W = { (x, y, z) ∈ R3 : a x+ b y + c z = 0, com a, b, c ∈ R }.

2) Quais dos seguintes subconjuntos W abaixo sao subespacos do P2(R ) ?

( a ) W ={p(x) = a0 + a1 x+ a2 x

2 : a0 = 0}

( b ) W ={p(x) = a0 + a1 x+ a2 x

2 : a0 + a1 + a2 = 0}

( c ) W ={p(x) = a0 + a1 x+ a2 x

2 : a0 , a1 , a2 ∈ Z}

( d ) W ={p(x) ∈ P2(R ) : p(x) > 0, ∀x ∈ R

}

( e ) W ={p(x) ∈ P2(R ) : p(3) = p(1)

}, polinomios que possuem o

mesmo valor em 3 e em 1.

3) Seja I = [ 0, 1 ] e C(I) = { f : [ 0, 1 ] → R / f e contınua }. Verificar sesao subespacos de C(I):

( a ){f ∈ C (I) : f(0) = 0

}

( b ){f ∈ C(I) : f(0) = 0 ou f(1) = 0

}

( c ){f ∈ C(I) : f(0) = f(1)

}

( d ){f ∈ C(I) :

∫ 10 f(x) dx = 0

}

( e ){f ∈ C(I) : f(x) = 0 em todos os pontos de I exceto em um n.f.d

}.

Nota: n.f.d, significa (abreviacao de): numero finito deles.

4) Considere o subconjunto de Zn2

de todos os vetores com numero par debits iguais a 1, perguntamos se este subconjunto e um subespaco vetorial deZn

2.

5) Considere o subconjunto de Zn2

de todos os vetores com numero ımparde bits iguais a 1, perguntamos se este subconjunto e um subespaco vetorialde Zn

2.

6) Mostre que o sistema W de todas as matrizes triangualares superiores2× 2 e um subespaco de M2×2(R ).

7) Mostre que o sistema W de todas as matrizes anti-simetricas 3× 3 e umsubespaco de M3×3(R ).

8) Mostre que o sistema W de todas as matrizes 2× 2 da forma

[

a a− ba− b b

]

e um subespaco de M2×2.

74

9) Considere os seguintes subespacos de R3

U = { (x, y, z) ∈ R3 : x = y = z = 0 }

V = { (x, y, z) ∈ R3 : z = 0 }

W = { (x, y, z) ∈ R3 : x+ y + z = 0 }

Mostre que U + V = R3, U +W = R3 e V +W = R3. Em algum destescasos a soma e direta?

10) Considere o espaco vetorial P3(R ) e o seguinte subconjunto

S ={1, 1− x, (1− x)2, (1− x)3

}

Mostre que S gera o espaco P3(R ); isto e, mostre que [S ] = P3(R ).

11) Encontre um conjunto de geradores para cada um dos seguintes sube-spacos:

( a ){(x, y, y) ∈ R3 : 3x− 5y + 2z = 0

}

( b ){(x, y, y) ∈ R3 : x+ z = 0 e x− 2y = 0

}

( c ){A ∈M2×2(R ) : 3a11 = 2a12

}

( d ){p ∈ P3(R ) : p(2) = 0

}

( e ){p ∈ P3(R ) : p(2) = p(−1)

}

12) Sejam u e v dois vetores nao-nulos do R2. Se nao existe nenhum λ ∈ R

de modo que u = λ v, mostre que R2 = [u ]⊕ [ v ].

13) Sejam U e V subespacos vetoriais do espaco vetorial W . Prove que:

( a ) U ⊂ V ⇒ U + V = V

( b ) U ⊂ V ⇒ U ∩ V = U

( c ) U + V = U ⇒ U ⊃ V .

( d ) U ∩ V = U ⇒ U ⊂ V .

14) Seja S = { 10, 11 }, T = { 01, 11 } e U = { 10, 01, 11 } subconjuntos deZ2

2. Encontre [S ], [T ] e [U ].

15) Seja S um subconjunto nao-vazio de um espaco vetorial V . Entao,

( a ) Mostre que [S ] e o menor subespaco de V que contem S, ou seja,se U e subespaco de V e S ⊂ U , entao [S ] ⊂ U .

( b ) Mostre que se S1 e S2 sao subconjuntos de um espaco vetorial V eS1 ⊂ S2 , entao [S1 ] ⊂ [S2 ].

( c ) Mostre que se S1 e S2 sao subconjuntos de um espaco vetorial V ,entao [S1 ∪ S2 ] = [S1 ] + [S2 ].

75

16) Mostre que os dois conjuntos

{ (1, −1, 2), (3, 0, 1) } e { (−1, −1, 3), (3, 3, −4) }

geram o mesmo subespaco vetorial do R3.

17) Construa um contraexemplo mostrando que a uniao de dois subespacosde um mesmo espaco vetorial nao precisa ser um subespaco vetorial desseespaco.

18) Mostre que os dois conjuntos a seguir,

{sin2 x, cos2 x

}e{1, cos 2x

}

geram o mesmo subespaco vetorial de C (R ).

76

Esta pagina ficaria em branco (ociosa), decidi aproveita-la para justificara afirmativa que fiz na p. 29 de que na fısica de Einstein 1 + 1 6= 2.

Suponhamos um observador O fixo em relacao ao solo, e um vagaomovendo-se com velocidade v em relacao ao solo. Dentro do vagao ha umabola que se move com velocidade u.

∼≀

•

qO

· ·v

u

Sendo assim, Galileu nos diz que: V = v + u.Onde, V : velocidade da bola para o observador no solo.Einstein, respaldado em seu segundo postulado∗, corrigiu a adicao de

Galileu da seguinte forma:

V =v + u

1 +v · uc2

Onde c = 3 · 108 (m/s) e a velocidade da luz. Tomando u = v = 1 teremosque para Galileu 1 + 1 = 2, ja para Einstein 1 + 1 6= 2. De fato,

V =1 + 1

1 +1 · 1

(3 · 108)26= 2 (1.23)

Claro, os fısicos argumentariam que “para todos os fins praticos” 10−16 =0 e aı as duas adicoes coincidem. Primeiro que arredondamento e sempreuma opcao, nunca uma obrigacao. Segundo, nao trata-se de arredonda-mento, e uma questao conceitual. Por exemplo, “para todos os fins praticos”π = 3, 14159265359, entretanto conceitualmente o numero da esquerda e ir-racional e o da direita racional.

A fısica de Newton-Galileu nao e um caso particular da de Einstein.Observe que so existe uma maneira de obter 1 + 1 = 2 na fısica de

Einstein, devemos fazer 10−16 = 0, o que implicaria 1 = 0 (multiplicandopor 1016). Logo, estabelecemos (na fısica de Einstein):

Se 1 + 1 = 2 entao 1 = 0. Mas isto equivale a: Se 1 6= 0 entao 1 + 1 6= 2.

An passant, gostaria de deixar aqui um questionamento aos fısicos. Amatematica nos diz que a adicao de vetores obedece a regra do paralelogramo,dada por | ~V |2 = | ~u |2 + |~v |2 + 2 | ~u | · |~v | · cos θ. Esta equacao para θ = 0o

torna-se | ~V | = | ~u |+ |~v |. Tomando u = v = 1 teremos | ~V | = | 1 |+ | 1 | = 2,contrariando (1.23)!

Entao velocidade nao e um vetor na fısica de Einstein?∗A velocidade da luz no vacuo tem o mesmo valor c em qualquer referencial inercial,

independentemente da velocidade da fonte de luz.

77

Acho que muita gente vai se

beneficiar com este livro. E claro e

com muitos exemplos e aplicacoes inte-

ressantes. Parabens por ver seu grande

esforco coroado.

(Ubiratan D’Ambrosio/USP)


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78

Capıtulo 2BASE E DIMENSAO

De repente, a eficacia do esforco matematizante e tal que o realse cristaliza nos eixos oferecidos pelo pensamento humano: novosfenomenos se produzem. Pois e possıvel falar sem hesitacao de umacriacao dos fenomenos pelo homem. O eletron existia antes do homemdo seculo XX. Mas, antes do homem do seculo XX, o eletron nao can-tava. Ora, ele canta nos computadores, televisores e celulares.

(Gaston Bachelard/A formacao do espırito cientıfico, p. 305/Adap.)

2.1 Dependencia Linear

Consideremos os seguintes vetores,

u =

[1 0 01 0 0

]

, v =

[0 2 11 1 1

]

, w =

[2 −6 −3−1 −3 −3

]

Estes vetores estao relacionados pela seguinte equacao:

w = 2u− 3v

Isto e,

[2 −6 −3−1 −3 −3

]

= 2

[1 0 01 0 0

]

− 3

[0 2 11 1 1

]

como e facil verificar. Neste caso, dizemos que w depende de u e v.Dizemos que um conjunto de vetores e linearmente dependente se

um dos vetores do conjunto pode ser escrito como combinacao linear dosdemais. Por exemplo, no que diz respeito aos vetores acima, o conjunto{u, v, w } e linearmente dependente.

Seja V um espaco vetorial sobre R. Temos a seguinte:

79

Definicao 8. Dizemos que um conjunto L = {u1 , u2 , . . . , un } ⊂ V e li-nearmente dependente (L.D.) se, e somente se, numa igualdade do tipo

λ1 u1 + λ2 u2 + · · ·+ λn un = 0 (2.1)

pelo ao menos um dos escalares e nao nulo. Neste caso dizemos que oselementos de L sao linearmente dependentes.

Um conjunto de vetores nao linearmente dependente e chamado linear-mente independente (L.I.).

De modo mais explıcito: O conjunto de vetores {u1 , u2 , . . . , un } e L.I.se, e somente se, numa igualdade do tipo

λ1 u1 + λ2 u2 + · · ·+ λn un = 0

obrigatoriamente todos os escalares (numeros) λisao nulos.

A relacao entre a nocao intuitiva de dependencia linear e a definicaoformal e dada no proximo teorema.

Teorema 1. Um conjunto L = {u1 , u2 , . . . , un } ⊂ V e linearmente depen-dente se, e somente se, pelo menos um dos vetores puder ser escrito comouma combinacao linear dos demais.

Prova:

(⇒ ) H : L e L.D. T : uie combinacao linear.

A hipotese nos assegura que na igualdade,

λ1 u1 + λ2 u2 + · · ·+ λn un = 0

um dos escalares λie diferente de zero. Para fixar (facilitar) o raciocinio

suponhamos que λ1 6= 0. Sendo assim, existe o inverso de λ1 , multiplicandoa igualdade acima por este inverso obtemos:

1u1 + (λ−11λ2 )u2 + · · ·+ (λ−1

1λn )un = 0

Logo,u1 = (−λ−1

1λ2 )u2 + · · ·+ (−λ−1

1λn )un

esta igualdade mostra que u1 e combinacao linear dos demais vetores de L.Analogamente se procede se o escalar nao nulo for um outro que nao λ1 .

(⇐ ) H : uie combinacao linear. T : L e L.D.

A hipotese nos assegura que um dos vetores de L e combinacao linear dosdemais. Novamente para facilitar o raciocinio suponhamos que u1 seja o talvetor, entao existem escalares λ2 , . . . , λn tais que u1 = λ2 u2 + · · · + λn u2 .Rearranjando, obtemos u1 − λ2 u2 − · · · − λn u2 = 0, o que implica queu1 , u2 , . . . , un sao linearmente dependentes, haja vista que pelo menos umdos escalares (a saber, o coeficiente 1 de u1) e nao nulo. �

Vamos colocar em destaque o contrapositivo do teorema 1:

80

Teorema 2. Um conjunto L = {u1 , u2 , . . . , un } ⊂ V e linearmente inde-pendente se, e somente se, nenhum de seus vetores puder ser escrito comouma combinacao linear dos demais.

Exemplos:

1 ) Sejam u1 = (1, 1) e u2 = (−1, 1) vetores do R2. Para sabermos se elessao L.I. ou L.D. escrevemos a equacao (2.1) (p. 80), assim:

λ1 u1 + λ2 u2 = 0

ou ainda, λ1 (1, 1) + λ2 (−1, 1) = (0, 0).

Esta equacao da origem ao sistema linear,

{

λ1 − λ2 = 0

λ1 + λ2 = 0

cuja solucao e λ1 = 0, λ2 = 0. Da definicao 8 (p. 80) concluimos que osvetores sao linearmente independentes.

2 ) Sejam u1 = (1, 1) e u2 = (2, 2) vetores do R2. Para sabermos se eles saoL.I. ou L.D. escrevemos a equacao (2.1) (p. 80), assim:

λ1 (1, 1) + λ2 (2, 2) = (0, 0) (2.2)

Esta equacao da origem ao sistema linear,

{

λ1 + 2λ2 = 0

λ1 + 2λ2 = 0

que e um sistema indeterminado. Por exemplo uma das possıveis solucoese: λ1 = 2, λ2 = −1. Neste caso a equacao (2.2) fica:

2 (1, 1) + (−1) (2, 2) = (0, 0)

Da definicao 8 concluimos que os vetores sao linearmente dependentes.

Na figura seguinte plotamos os vetores dos dois exemplos anteriores

p p

1

2

3

pp −1−2

pp

p

0 1 2x

y

t tu1u2

− Dois vetores L.I.

p p p

1

2

3

p−1

pp

p

0 1 2 3x

y

t

t

u1

u2

− Dois vetores L.D.81

Do teorema 1 podemos concluir que um conjunto {u1 , u2 } com dois ve-tores e L.D. se, e somente se, um dos vetores e multiplo escalar do outro. Nocaso particular do R2 isto se traduz − em termos geometricos − no fato deque dois vetores sao L.D. se, e somente se, eles situam-se sobre uma mesmareta†, como na figura anterior.

3 ) Os vetores u1 = (1, 2, 3 ) e u2 = (2, 4, 6 ) sao L.D. porquanto,u1 = 1

2 u2 ; ou ainda, u2 = 2u1 ; enquanto, v1 = (1, 2, 3 ) e v2 = (3, 2, 1 )sao L.I. pois, v1 6= k v2 para todo k ∈ R.

Nos graficos a seguir mostramos uma interpretacao geometrica da depen-dencia linear de dois e tres vetores no espaco R3.

t

tu2

u1

x

y

z

− Dois vetores L.I.(Sobre retas distintas)

t

t

u1

u2

x

y

z

− Dois vetores L.D.(Sobre a mesma reta)

t

t

tu1

u2

u3

x

y

z

− Tres vetores L.I.(Sobre planos distintos)

t

t

t

u1

u2

u3

x

y

z

− Tres vetores L.D.(Sobre um mesmo plano)

†Passando pela origem.

82

4 ) Mostre que os vetores de R2

u = (a, b) e v = ( a cos θ − b sen θ, a sen θ + b cos θ ) (2.3)

sao L.I., onde θ e um parametro tal que θ 6= kπ com k ∈ Z e u 6= 0.

Solucao: Inicialmente montamos a seguinte equacao,

λ1 u+ λ2 v = 0

Ou ainda,

λ1 (a, b) + λ2 ( a cos θ − b sen θ, a sen θ + b cos θ ) = (0, 0)

Esta equacao da origem ao seguinte sistema:

λ1 a+ λ2 ( a cos θ − b sen θ ) = 0

λ1 b+ λ2 ( a sen θ + b cos θ ) = 0

Multiplicando a primeira equacao por b e a segunda por −a, obtemos:

λ1 ab + λ2 ( ab cos θ − b2 sen θ ) = 0

−λ1 ab + λ2 (−a2 sen θ − ab cos θ ) = 0

Somando estas duas equacoes resulta: λ2 ( a2 + b2 ) sen θ = 0.

Sendo u = (a, b) 6= (0, 0) segue que λ2 sen θ = 0, sendo θ 6= kπ, temossen θ 6= 0, donde λ2 = 0. Substituindo este resultado no sistema originalobtemos λ1 = 0; deste modo provamos que os vetores, nas condicoes dadas,de fato sao linearmente independentes.

Interpretacao geometrica: Na p. 246 provamos que o vetor v na equacao(2.3) e uma rotacao do vetor u de um angulo θ em torno da origem.

Na figura seguinte plotamos os vetores deste exemplo para u = (a, b) =(1, 0) e alguns valores do parametro θ.

pp

pp

0x

y

t

t

uv

θ=30o

{u, v } e L.I.

pp

pp

0x

y

t

t

u

v

θ=60o

{u, v } e L.I.

pp

pp

0x

y

t

t

u

v

θ=120o

{u, v } e L.I.

83

5 ) No espaco Z32, onde

Z32= { 000, 100, 010, 110, 001, 101, 011, 111 }

considere o conjunto B = { 110, 101, 011 }. Para sabermos se este conjuntoe L.I. ou L.D. escrevemos a equacao (2.1) (p. 80), assim:

λ1 110 + λ2 101 + λ3 011 = 0

Multiplicando “ponto a ponto”, temos:

λ1 λ1 0 + λ2 0λ2 + 0λ3 λ3 = 0

Adicionando “ponto a ponto”, obtemos:

(λ1 + λ2 + 0 )(λ1 + 0 + λ3 )( 0 + λ2 + λ3 ) = 000

Pela definicao de igualdade entre duas sequencias obtemos o seguinte sis-tema:

λ1 + λ2 = 0

λ1 + λ3 = 0

λ2 + λ3 = 0

Resolvendo este sistema obtemos a solucao trivial: λ1 = λ2 = λ3 = 0. Distoresulta que os vetores (codigos) 110, 101 e 011 sao L.I..

6 ) Considere o conjunto { p1(t), p2(t), p3(t) } ⊂ P2(R), onde,

p1(t) = 1 + t2, p2(t) = t+ t2, p3(t) = 1 + t+ t2.

Para sabermos se eles sao L.I. ou L.D. escrevemos a equacao (2.1), assim:

λ1 p1 + λ2 p2 + λ3 p3 = 0

Ou ainda,λ1 (1 + t2) + λ2 (t+ t2) + λ3 (1 + t+ t2) = 0

Agrupando os termos de mesmo grau obtemos:

(λ1 + λ3 ) + (λ2 + λ3 ) t+ (λ1 + λ2 + λ3 ) t2 = 0 + 0 t+ 0 t2

Da definicao de igualdade de dois polinomios resulta o seguinte sistema:

λ1 + λ3 = 0

λ2 + λ3 = 0

λ1 + λ2 + λ3 = 0

Resolvendo este sistema obtemos a solucao trivial: λ1 = λ2 = λ3 = 0. Distoresulta que os vetores p1 , p2 e p3 sao L.I..

84

7 ) Considere o conjunto {u1 , u2 , u3 } ⊂M2(R), onde,

u1 =

[1 00 −1

]

, u2 =

[2 −10 0

]

, u3 =

[2 00 −2

]

Para sabermos se estes vetores sao L.I. ou L.D. escrevemos a equacao(2.1), assim:

λ1 u1 + λ2 u2 + λ3 u3 = 0 (2.4)

Ou ainda,

λ1 ·[1 00 −1

]

+ λ2 ·[2 −10 0

]

+ λ3 ·[2 00 −2

]

=

[0 00 0

]

Da definicao de igualdade de matrizes resulta o seguinte sistema:

1λ1 + 2λ2 + 2λ3 = 0

0λ1 − 1λ2 + 0λ3 = 0

0λ1 + 0λ2 + 0λ3 = 0

−1λ1 + 0λ2 − 2λ3 = 0

Da segunda equacao obtemos que λ2 = 0, substituindo este resultado naprimeira e na quarta equacoes, resulta:

λ1 + 2λ3 = 0

−λ1 − 2λ3 = 0

Podemos eliminar do sistema acima uma das equacoes (sao iguais) do queresulta um sistema indeterminado; por exemplo, λ1 = 2 e λ3 = −1, e apenasuma das infinitas solucoes possıveis; substituindo estes valores na equacao(2.4) obtemos:

2u1 + 0u2 − 1u3 = 0

De acordo com a definicao 8 os vetores em consideracao sao linearmentedependentes.

8 ) Seja F o espaco vetorial das funcoes de R em R (ver eq. (1.5), p. 33).Mostraremos que as funcoes dadas por f(x) = senx, g(x) = ex e h(x) = x2

sao linearmente independentes.Com efeito, inicialmente escrevemos a equacao (2.1), assim:

λ1 f + λ2 g + λ3 h = 0

Lembrando que nesta igualdade 0 e a funcao nula, digo, 0(x) = 0, paratodo x real, entao esta equacao significa que devemos ter (ver def. 2, p. 34)

λ1 senx+ λ2 ex + λ3 x

2 = 0, ∀ x ∈ R.

85

Ora, se esta equacao e valida para todo x real, entao vamos escolher valoresapropriados desta variavel para concluir que ela (equacao) implica em queλ1 = λ2 = λ3 = 0. Entao,

• x = 0 ⇒ λ1 sen 0 + λ2 e0 + λ3 0

2 = 0 ⇒ λ2 = 0

• x = π ⇒ λ1 senπ + 0 eπ + λ3 π2 = 0 ⇒ λ3 = 0

• x = π2 ⇒ λ1 sen π

2 + 0 eπ2 + 0 (π2 )

2 = 0 ⇒ λ1 = 0

Sendo assim, de fato f , g e h sao linearmente independentes.

9 ) Mostrar que se o conjunto {u, v, w } de vetores de um espaco vetorialV for L.I., o mesmo acontecera com o conjunto {u+ v, u+w, v + w }.

Solucao: De fato, de acordo com a definicao 8 devemos montar a seguinteequacao

λ1 (u+ v ) + λ2 (u+ w ) + λ3 ( v + w ) = 0

Podemos reescrever esta equacao do seguinte modo:

(λ1 + λ2 )u+ (λ1 + λ3 ) v + (λ2 + λ3 )w = 0

Como, por hipotese, os vetores u, v e w sao L.I. obrigatoriamente devemoster,

λ1 + λ2 = 0

λ1 + λ3 = 0

λ2 + λ3 = 0

Resolvendo este sistema encontramos a solucao trivial λ1 = λ2 = λ3 = 0.Logo, o conjunto {u+ v, u+ w, v + w } e L.I..

86

2.1.1 Exercıcios

1) Provar que se u e v sao L.I., entao u+ v e u− v tambem o sao.

2) Classifique os subconjuntos abaixo do R3 como L.D. ou L.I.:

a ) { (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) }b ) { (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1), (1, 1, 1) }c ) { (1, 1, 0), (1, 3, 2), (4, 9, 5) }d ) { (1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0) }

3) Escreva o vetor (1, −2, 5) de R3 como uma combinacao linear dos vetores

u = (1, 1, 1), v = (1, 2, 3), w = (2, −1, 1)

4) Escreva o vetor (2, −5, 3) de R3 como uma combinacao linear dos vetores

u = (1, −3, 2), v = (2, −4, −1), w = (1, −5, 7)

5) Determinar o valor de k para que o conjunto { (1, 0, −1), (1, 1, 0), (k, 1, −1) }seja L.I..

6) Determinar o valor de k para que o conjunto { (1, 5k, 1), (2, 0, 4), (1, k, 3) }seja L.I..

7) Em cada ıtem determine se os subconjuntos de de Z22sao L.I. ou L.D.:

a ) { 10, 11 }b ) { 01, 11 }c ) { 10, 01, 11 }

8) Em cada ıtem determine se os subconjuntos de de Z32sao L.I. ou L.D.:

a ) { 101, 111 }b ) { 101, 111, 001 }c ) { 101, 010, 110, 001 }

9) Em cada ıtem determine se os polinomios dados sao L.I. ou L.D.:

a ) { 1, x, x2 }b ) { 1, 1 + x, 1 + x+ x2 }c ) {x(x− 1), x3, 2x3 − x2, x }d ) {x2 − 1, x3 − x+ 1, x4 + x− 1 }

10) Escreva o vetor p(x) = x2 + 4x − 3 de P2(R ) como uma combinacaolinear dos vetores

p1(x) = x2 − 2x+ 5, p2(x) = 2x2 − 3x, p3(x) = x+ 1

11) Em cada ıtem determine se matrizes dadas sao L.I. ou L.D.:

a )

[1 00 0

]

,

[0 10 0

]

,

[0 01 0

]

,

[0 00 1

]

.

87

b )

[−1 00 1

]

,

[−2 10 0

]

,

[−4 00 4

]

.

c )

[−1 2−3 1

]

,

[2 −33 0

]

,

[3 −43 1

]

.

d )

[0 1 23 4 5

]

,

[−1 1 02 1 −1

]

,

[−1 0 10 4 2

]

.

12) Escreva o vetor

[4 77 9

]

de M2(R) como uma combinacao linear dos

vetores [1 11 1

]

,

[1 23 4

]

,

[1 14 5

]

.

13) Mostrar que o conjunto de vetores { (1−i, i), (2, −1+i) } de C2 e L.D.sobre C mas L.I. sobre R.

14) Mostrar que o conjunto de vetores { 1, cos x, cos 2x } de C([−π, π ], R)(p. 60) e L.I..

15) Mostrar que o conjunto de vetores { 1, sen 2x, cos2 x } de C([−π, π ], R)e L.D..

16) Mostrar que o conjunto de vetores { 1, ex, xex } de C([ 0, 1 ], R) e L.I..17) Suponha que {u1 , u2 , . . . , un } seja um subconjunto L.I. de um espacovetorial. Mostre que { a1 u1 , a2 u2 , . . . , an un } tambem e L.I., desde quenenhum dos escalares a

iseja nulo.

18) Suponha que {u1 , . . . , ur , v1 , . . . , vs } seja um subconjunto L.I. de umespaco vetorial V. Mostre que:

[u1 , . . . , ur ] ∩ [ v1 , . . . , vs ] = { 0 }

19) Se {u1 , . . . , ui, . . . , u

j, . . . , un } e L.I. mostre que

{u1 , . . . , ui, . . . , u

j+ αu

i, . . . , un }

tambem e L.I. para todo escalar α.

88

2.1.2 Propriedades da Dependencia Linear

Seja V um espaco vetorial sobre R. Entao:

P1) Se W = {u } ⊂ V e u 6= 0, entao W e L.I..

Ou seja, qualquer conjunto unitario e L.I. (exceto se o elemento for ovetor nulo).

Prova: Suponha λu = 0. Como, por hipotese, u 6= 0 e tendo em conta apropriedade P3 ) (p. 45) concluimos que necessariamente λ = 0, isto provanossa tese. >

P2) Se um subconjunto W ⊂ V contem o vetor nulo, entao W e L.D.

Prova: De fato, seja o conjunto W = { 0, u2 , . . . , un }, entao a equacao,

λ 0+ 0u2 + · · ·+ 0un = 0

se verifica mesmo sendo λ 6= 0. Portanto W e L.D. >

P3) Se W1 e W2 sao subconjuntos finitos e nao vazios de V , se W1 ⊂ W2

e, ademais, W1 e L.D., entao W2 tambem e L.D..

Prova: SuponhamosW1 = {u1 , . . . , ur } e W2 = {u1 , . . . , ur , ur+1 , . . . , ut }.Como, por hipotese, W1 e L.D., entao existem escalares λ1 , . . . , λr , nao to-dos nulos, de modo que: λ1 u1 + · · ·+ λr ur = 0.

Podemos estender esta equacao da seguinte forma:

λ1 u1 + · · · + λr ur + 0ur+1 + · · ·+ 0ut = 0

Como nem todos os escalares que figuram nesta equacao sao nulos, segue-seque W2 e L.D.. >

P4) Se um conjunto W ⊂ V e L.I., entao qualquer subconjunto W1 ⊂W

tambem e L.I..

Prova: De fato, se W1 fosse L.D., pela propriedade anterior o conjunto Wseria tambem L.D., o que contradiz a hipotese. >

Nota: Se todos os subconjuntos proprios de um conjunto finito de vetoressao L.I., isto nao implica que o conjunto seja L.I.. Vejamos um contra-exemplo, consideremos o conjunto W = { (1, 0), (0, 1), (1, 1) } de vetoresdo R2; temos que cada um dos subconjuntos

{ (1, 0), (0, 1) }, { (1, 0), (1, 1) }, { (0, 1), (1, 1) }{ (1, 0) }, { (0, 1) } e { (1, 1) }

e L.I., enquanto W e L.D..

89

P5) Se W = {u1 , . . . , un } e L.I., e, para algum v ∈ V resultar

W ′ =W ∪ { v } = {u1 , . . . , un , v }

L.D., entao o vetor v e combinacao linear dos vetores deW , isto e, v ∈ [W ].

Prova: De fato, de acordo com as hipoteses, temos as duas seguintes igual-dades

λ1 u1 + · · ·+ λn un = 0

λ1 u1 + · · ·+ λn un + α v = 0

( ∗ )

W, L.I.: ⇒ (λ1 = · · · = λn = 0 )

W ′, L.D.:

Na primeira equacao um dos escalares e nao nulo. Afirmamos que esteescalar so pode ser α, porquanto, caso contrario (isto e, se α = 0), entao umdos escalares nao nulos deve ser um dos λ

i, ora mas isto contradiz a segunda

equacao.Sendo α 6= 0 podemos multiplicar a igualdade ( ∗ ) por α−1 obtendo:

(α−1 λ1 )u1 + · · ·+ (α−1 λn )un + v = 0

Esta equacao pode ser escrita assim:

v = (−α−1 λ1 )u1 + · · ·+ (−α−1 λn )un

Esta igualdade prova que v ∈ [W ]. >

P6) Se W = {u1 , . . . , uj

, . . . , un } e uj∈ [W − {u

j} ] (isto e, u

je

combinacao linear dos demais vetores de W ), entao

[W ] = [W − {uj} ] (2.5)

Ou seja, se em um conjunto de vetores um deles e combinacao linear dosdemais, este vetor pode ser retirado e o conjunto remanescente continuagerando o mesmo subespaco que o conjunto original.

∗ Prova: Faremos a prova supondo j = 1, nao ha perda de generalidade.Pois bem, sendo W − {u1 } ⊂W segue que [W − {u1 } ] ⊂ [W ].

(ver P2, p. 69)

Por outro lado, para mostrar a inclusao contraria, tomemos u ∈ [W ]um vetor arbitrario, entao existem escalares λ

i∈ R tais que:

u = λ1 u1 + λ2 u2 + · · ·+ λn un (2.6)

Como, por hipotese, u1 esta em [W −{u1 } ], entao existem escalares αi∈ R

tais que:u1 = α2 u2 + · · ·+ αn un (2.7)

∗A prova de (2.5), consiste em mostrar que dois conjuntos sao iguais. Lembramos quepara provar uma igualdade A = B entre dois conjuntos devemos provar duas inclusoes:A ⊂ B e B ⊂ A.

90

Substituindo (2.7) em (2.6) resulta

u = λ1 (α2 u2 + · · ·+ αn un ) + λ2 u2 + · · ·+ λn un

Desta equacao, obtemos

u = λ1 α2 u2 + · · · + λ1 αn un + λ2 u2 + · · ·+ λn un

Donde,u = (λ1 α2 + λ2 )u2 + · · ·+ (λ1 αn + λn )un

isto mostra que u ∈ [W − {u1 } ], logo, [W ] ⊂ [W − {u1 } ]. >

Exemplo: Na figura a seguir

W={ (1, 0), (0, 1), (1, 1) }

[W ] =R2

0R

R

t

t

t

t

(1, 0)

(x, y)

(0, 1)

W gera o espaco R2. Tendo em conta que (1, 1) = 1 (1, 0) + 1 (0, 1), a pro-priedade anterior nos assegura que se retirarmos o vetor (1, 1) o subconjuntoW − { (1, 1) } continua gerando o R2.

W−{ (1, 1) }={ (1, 0), (0, 1) }

[W−{ (1, 1) } ] =R2

0R

R

t

t

t

(1, 0) x (1, 0)

y (0, 1) (x, y)

(0, 1)

91

2.2 Base de um Espaco Vetorial

Definicao 9 (Base). Seja V um espaco vetorial finitamente gerado. Umabase B de V e um subconjunto finito B ⊂ V para o qual as seguintescondicoes se verificam:

1a ) B e linearmente independente;

2a ) B gera V.

Se B = {u1 , . . . , un } e uma base isto implica em que podemos esccrevertodo elemento u ∈ V como uma combinacao linear u = λ1 u1 + · · ·+λn un eassim “gerar” todo o espaco vetorial por meio dos vetores u1 , . . . , un . Masesta informacao ja consta da segunda condicao da definicao de base, e assimpor que impor a condicao adicional de que u1 , . . . , un sejam linearmenteindependentes?

Esta condicao faz com que todo vetor u ∈ V possa ser escrito univoca-mente como λ1 u1 + · · ·+ λn un . Com efeito,

Proposicao 5. Se B = {u1 , . . . , un } e uma base de V, entao para todovetor u ∈ V existe exatamente uma unica n-upla de escalares (λ1 , . . . , λn )de modo que u = λ1 u1 + · · ·+ λn un.

Prova: Como [B ] = V, para todo u ∈ V existem λ1 , . . . , λn tais que

u = λ1 u1 + · · · + λn un

Suponhamos que existam outros escalares λ′1, . . . , λ′

ntais que

u = λ′1u1 + · · · + λ′

nun

Sendo assim, temos

λ1 u1 + · · · + λn un = λ′1u1 + · · ·+ λ′

nun

ou ainda,(λ1 − λ′1 )u1 + · · · + (λn − λ′n )un = 0

como {u1 , . . . , un } e L.I. (definicao de base) seque que λi− λ′

i= 0 e,

portanto, λi= λ′

ipara i = 1, . . . , n. �

92

Exemplos:

1) B = { (1, 1), (−1, 1) } e uma base do R2.

De fato, para provar isto devemos verificar as duas condicoes da definicao 9.Entao:

1a ) B e L.I. pois,

λ1 (1, 1) + λ2 (−1, 1) = 0 ⇒{

λ1 − λ2 = 0

λ1 + λ2 = 0⇒ λ1 = λ2 = 0.

2a ) B gera o R2. Para provar isto tomemos um vetor arbitrario (a, b) emR2 e provemos que ele pode ser escrito como combinacao linear dos vetoresde B. Veja,

(a, b) = λ1 (1, 1) + λ2 (−1, 1) (2.8)

Nesta equacao λ1 e λ2 sao incognitas a serem determinadas. Temos:

{

λ1 − λ2 = a

λ1 + λ2 = b⇒

λ1 =a+ b

2

λ2 =−a+ b

2

Este resultado em (2.8) nos da:

(a, b) =a+ b

2(1, 1) +

−a+ b

2(−1, 1)

Esta equacao prova que todo vetor do R2 pode ser escrito como com-binacao linear dos vetores de B. Por exemplo,

(a, b) = (2, 0) ⇒ (2, 0) = 2+02 (1, 1) + −2+0

2 (−1, 1)

= 1 (1, 1) + (−1) (−1, 1)


p pp

pp

0x

y

t t

• B={ (1, 1), (−1, 1) } e uma base do R2

pp

pp

0x

y

t t

t

t

1 (1, 1)

−1 (−1, 1)

(2, 0)

• O vetor (2, 0) como combinacao linear de B.

93

2) E facil ver que B = { (1, 0), (0, 1) } e uma outra base para o R2.Esta e conhecida como base canonica (padrao) do R2. Geometricamente,

temos:

pp

p

0x

y

t

t

(1, 0)

(0, 1)

• B={ (1, 0), (0, 1) } e uma base do R2

pp

p

0x

y

t

t t

(1, 0)

1 (0, 1)(2, 1)

2 (1, 0)

• O vetor (2, 1)= 2 (1, 0)+ 1 (0, 1)

como combinacao linear de B.

3) B = { (1, 0, 0, . . . , 0), (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , (0, 0, 0, . . . , 1) } e a base canonicado Rn. Para o R3, por exemplo, temos:

t

t

t(1, 0, 0)

(0, 1, 0)

(0, 0, 1)B={ (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) }

x

y

z

◮ Base canonica do R3

4) B = { 10, 01 } e uma base do Z22.

De fato, para provar isto devemos verificar as duas condicoes da definicao9. Entao:

1a ) B e L.I. pois,

λ1 10 + λ2 01 = 00 ⇒{

λ1 1 + λ2 0 = 0

λ1 0 + λ2 1 = 0⇒ λ1 = λ2 = 0.

2a ) B gera o Z22. Para provar isto tomemos um vetor arbitrario a, b em Z2

2

e provemos que ele pode ser escrito como combinacao linear dos vetores deB. Veja,

a b = λ1 10 + λ2 01 (2.9)

94

Nesta equacao λ1 e λ2 sao incognitas a serem determinadas. Temos:{

λ1 1 + λ2 0 = a

λ1 0 + λ2 1 = b⇒ λ1 = a, λ2 = b

Este resultado em (2.9) nos da:

a b = a 10 + b 01

Esta equacao nos diz como expressar um vetor qualquer de Z22como

combinacao linear dos vetores de B.

5) B = { 100 . . . 0, 010 . . . 0, . . . , 000 . . . , 1 } e a base canonica do Zn2.

Para o Z32, por exemplo, temos:

B = { 100, 010, 001 }

100 110

000010

011001

101 111

s

s

s

6) Vamos provar que o conjunto abaixo,

B =

{[1 00 0

]

,

[0 10 0

]

,

[0 01 0

]

,

[0 00 1

]}

e uma base para o espaco vetorial M2(R) das matrizes quadradas de ordem2. Entao,

1a ) B e L.I. pois,

λ1

[1 00 0

]

+ λ2

[0 10 0

]

+ λ3

[0 01 0

]

+ λ4

[0 00 1

]

=

[0 00 0

]

Resulta,[λ1 λ2

λ3 λ4

]

=

[0 00 0

]

⇒ λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = 0.

2a ) B gera o espaco M2(R). Para provar isto tomemos um vetor ar-

bitrario

[a bc d

]

em M2(R) e provemos que ele pode ser escrito como com-

binacao linear dos vetores de B. Veja,[a bc d

]

= λ1

[1 00 0

]

+ λ2

[0 10 0

]

+ λ3

[0 01 0

]

+ λ4

[0 00 1

]

Desta equacao resulta que λ1 = a, λ2 = b, λ3 = c, λ4 = d. Isto significa quequalquer vetor do espaco pode ser escrito assim:

[a bc d

]

= a

[1 00 0

]

+ b

[0 10 0

]

+ c

[0 01 0

]

+ d

[0 00 1

]

95

Por isto B e chamada a base canonica de M2(R).Generalizando este exemplo, o conjunto das m · n matrizes abaixo,

1 0 . . . 00 0 . . . 0. . . . . . . . . . . .0 0 . . . 0

,

0 1 . . . 00 0 . . . 0. . . . . . . . . . . .0 0 . . . 0

, . . . ,

0 0 . . . 00 0 . . . 0. . . . . . . . . . . .0 0 . . . 1

e a base canonica do espaco Mm×n (R) das matrizes retangulares de ordemm× n com entradas (elementos) reais.

7) O conjunto B = { 1, t, . . . , tn } de n + 1 polinomios e uma base dePn(R ).

De fato,

1a ) B e L.I. pois,

λ0 1 + λ1 t+ · · ·+ λn tn = 0

Melhor dizendo,

λ0 1 + λ1 t+ · · ·+ λn tn = 01 + 0 t+ · · · + 0 tn

implica, λ0 = λ1 = · · · = λn = 0, devido a definicao de igualdade entrepolinomios.

2a ) B gera o espaco Pn(R ). Para provar isto tomemos um vetor arbitrariop(t) = a0 + a1 t+ · · ·+ an t

n em Pn(R ) e provemos que ele pode ser escritocomo combinacao linear dos vetores de B. Veja,

p(t) = a0 + a1 t+ · · ·+ an tn = λ0 1 + λ1 t+ · · ·+ λn t

n

Nesta equacao λ0 ,λ1 , . . . , λn sao incognitas a serem determinadas. Sendoassim, resulta:

λ0 = a0 , λ1 = a1 , . . . , λn = an

Conclusao, o vetor p(t) = a0 + a1 t+ · · ·+ an tn ja encontra-se escrito como

combinacao linear dos vetores de B, por esta razao B e a base canonica dePn(R ).

8) Consideremos o espaco vetorial { 0 }, conforme nossa convencao feita naNota da p. 68, podemos dizer que uma base deste espaco e o conjunto ∅.9) Todo conjunto L.I. de um espaco vetorial V e base do subespaco porele gerado.

Por exemplo, o conjunto B = { (1, −2, −1), (2, 1, 1) } ⊂ R3 e L.I. egera o subespaco,

S = { (x, y, z) ∈ R3 : x+ 3y − 5z = 0 }

(ver exemplo 4o, p. 71). Entao, B e base de S, pois B e L.I. e gera S.

96

Proposicao 6. Todo espaco vetorial V finitamente gerado admite uma base.

Prova: Se V = { 0 }, entao ∅, por convencao, e uma base de V. Casocontrario existe um subconjunto finito e nao vazio S ⊂ V , de modo que∗

V = [S ]. Como S 6= { 0 }, entao existem subconjuntos nao vazios de S quesao L.I. (ver P

1, p. 89). Tomemos um deles com o maior numero possıvel

de elementos. Indicando por B esse conjunto, afirmamos que B e uma basede V.

Devido a maneira como tomamos B, para todo vetor u ∈ S − B tere-mos que B ∪ {u } resulta L.D.. Logo, pela propriedade P

5(p. 90), u e

combinacao linear dos vetores de B. Usando agora a propriedade P6, con-

cluimos que [B ] = [S ] = V. Finalmente, tendo em conta que B e L.I.,entao B e uma base de V. �

2.3 Dimensao de um Espaco Vetorial

Podem existir muitas bases para um mesmo espaco vetorial, a bem daverdade ha mesmo espacos com infinitas bases, como e o caso do espaco R2.Por exemplo, para cada angulo θ substituido na equacao (2.3) (p. 83) temosuma base para o R2 (exerc. p. 107).

Nao obstante um mesmo espaco vetorial possuir infinitas bases vamosprovar um importante resultado, qual seja: todas as bases possuem ummesmo numero de vetores. Antes necessitaremos de um

Lema 1. Seja B = {u1 , u2 , . . . , un } uma base de um espaco vetorial V,entao todo conjunto com mais de n vetores sera linearmente dependente.

Prova: Seja C = { v1 , v2 , . . . , vm } um conjunto com m vetores de V,com m > n. Queremos mostrar que C e L.D.. Para tanto, e suficientemostrar que existem escalares λ1 , λ2 , . . . , λm nao todos nulos tais que

λ1 v1 + λ2 v2 + · · ·+ λm vm = 0 (2.10)

Como B e uma base de V, cada vetor vipertencente a C e uma combinacao

linear dos vetores de B, isto e, existem numeros αijtais que:

v1 = α11 u1 + α12 u2 + · · · + α1n un

v2 = α21 u1 + α22 u2 + · · · + α2n un

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

vm = αm1 u1 + α

m2 u2 + · · · + αmn un

∗Nao esqueca que, por hipotese, o espaco V e finitamente gerado.

97

Substituindo estas equacoes em (2.10), obtemos:

λ1 (α11 u1 + α12 u2 + · · ·+ α1n un )

+ λ2 (α21 u1 + α22 u2 + · · · + α2n un )

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

+ λm (αm1 u1 + α

m2 u2 + · · ·+ αmn un ) = 0

ordenando os termos convenientemente:

(λ1 α11 + λ2 α21 + · · ·+ λm αm1 )u1

+ (λ1 α12 + λ2 α22 + · · ·+ λm αm2 )u2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

+ (λ1 α1n + λ2 α2n + · · · + λm αmn )un = 0

Tendo em conta que os vetores u1 , u2 , . . . , un sao L.I., os coeficientes destacombinacao linear sao nulos, ou seja:

λ1 α11 + λ2 α21 + · · ·+ λm αm1 = 0

λ1 α12 + λ2 α22 + · · ·+ λm αm2 = 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

λ1 α1n + λ2 α2n + · · ·+ λm αmn = 0

Esse sistema linear homogeneo possui m incognitas λ1 , λ2 , . . . , λm e nequacoes. Como, por hipotese, m > n, existem solucoes nao nulas∗, isto e,existe λ

k6= 0. Portanto, C = { v1 , v2 , . . . , vm } e L.D. �

Teorema 3 (Da invariancia). Seja V um espaco vetorial finitamente gerado.Entao duas bases quaisquer de V tem o mesmo numero de vetores.

Prova: Sejam B = {u1 , . . . , un} e C = { v1 , . . . , vm} duas bases doespaco vetorial V.

Como B e base e C e L.I., pelo lema anterior, m ≤ n. Por outro lado,como C e base e B e L.I., tem-se n ≤ m. Portanto, m = n. �

Devido ao teorema da invariancia faz sentido a seguinte,

Definicao 10 (Dimensao de um Espaco Vetorial). Seja V um espaco vetorialfinitamente gerado. Denomina-se dimensao de V o numero de vetores deuma qualquer de suas bases. Neste caso, dizemos que V e um espaco dedimensao finita.

∗Existe o seguinte Teorema: “Todo sistema linear homogeneo cujo numero deincognitas e maior que o numero de equacoes admite uma solucao nao trivial [nao nula].”(ver [5]).

98

Usaremos da seguinte notacao para a dimensao de um espaco vetorial V:

dimVExemplos: Da definicao de dimensao e dos exemplos iniciados na p. 93,

temos que:

a) dimR2 = 2 b) dimRn = n c) dimZn2 = n

d) dimMm×n (R) = m · n e) dimPn(R ) = n+ 1 f) dim { 0 } = 0.

Teorema 4. Se S gera o espaco vetorial V, entao:

( i ) Qualquer quantidade maxima de vetores linearmente independentesde S formam uma base de V .

( ii ) Suponha que excluimos de S todos os vetores que sao combinacaolinear dos vetores de S que o antecedem, entao os vetores remanescentesformam uma base de V .

Prova: Apendice, p. 125. �

Teorema 5 (Do Completamento). Seja V um espaco vetorial de dimensaofinita e seja S = {u1 , u2 , . . . , ur } um conjunto de vetores linearmente in-dependentes de V. Entao S e parte de uma base de V; isto e, S pode serestendido a uma base de V.

Prova: Apendice, p. 125. �

Proposicao 7. Todo subespaco vetorial de um espaco vetorial finitamentegerado e tambem finitamente gerado.

Prova: Seja V finitamente gerado e W um subespaco vetorial de V.Se W = { 0 }, conforme convencao feita a p. 68 temos que [ ∅ ] = { 0 }.Senao, tomemos w1 ∈ W , w1 6= 0. Se W = {λ1 w1 : λ1 ∈ R }, resultaque W = [w1 ]. Senao, existe w2 ∈ W , que nao e da forma λ1 w1 , isto e,{w1 , w2 } e L.I.. Se W e gerado por {w1 , w2 }, esta terminado. Senao,existe w3 em W , que nao e combinacao linear de {w1 , w2 }. E assim suces-sivamente. Este processo deve parar senao haveria em V um conjunto L.I.

e infinito, o que contraria a hipotese de que V e finitamente gerado. �

Proposicao 8. Seja W um subespaco vetorial de V (finitamente gerado).Se dimW = dimV, entao W = V.

Prova: Pela proposicao 7, W e finitamente gerado. Portanto, W temuma base. Devido a hipotese de que dimW = dimV toda base deW tambeme base de V. Portanto todo vetor de V pertence a W, ou seja, V ⊂ W e,como W esta contido em V , segue que W = V. �

99

Algoritmo para Determinar uma Base de um Subespaco de Rn

Um subespaco do Rn, em geral, ou e dado pelos seus geradores ou e possıvelachar esses geradores. Daremos a seguir um algoritmo para achar uma basedesse subespaco a partir dos seus geradores. Esse algoritmo se baseia emtres lemas:

Seja V = [u1 , u2 , . . . , ur ] um subespaco do Rn. Entao:

1o ) Se no subespaco [u1 , u2 , . . . , ur ] permutarmos dois vetores quaisquero subespaco gerado nao se altera, isto e,

V = [u1 , . . . , ui, . . . , u

j, . . . , ur ] = [u1 , . . . , uj

, . . . , ui, . . . , ur ]

Isto se deve a que: (ver eq. (1.20), p. 67)

V ={λ1u1 + · · ·+ λ

iu

i+ · · · + λ

ju

j+ · · ·+ λrur : λi

∈ R}

={λ1u1 + · · ·+ λ

ju

j+ · · ·+ λ

iu

i+ · · ·+ λrur : λi

∈ R}

2o ) Para todo escalar λ e valida a seguinte igualdade:

V = [u1 , . . . , ui, . . . , u

j, . . . , ur ] = [u1 , . . . , ui

, . . . , uj+ λu

i, . . . , ur ]

De fato, seja u = α1 u1 + · · ·+αiu

i+ · · ·+α

ju

j+ · · ·+αr ur um elemento

arbitrario de V . Esse elemento pode ser reescrito da seguinte maneira:

u = α1 u1 + · · · + αiu

i+ · · ·+ α

ju

j+ · · ·+ αr ur

= α1 u1 + · · · + αiu

i− α

jλu

i+ · · ·+ α

ju

j+ α

jλu

i+ · · ·+ αr ur

= α1 u1 + · · · + (αi− α

jλ )u

i+ · · ·+ α

j(u

j+ λu

i) + · · ·+ αr ur

Esta utima igualdade implica que u ∈ [u1 , . . . , ui, . . . , u

j+ λu

i, . . . , ur ].

Para mostrar a inclusao contraria e suficiente tomar λ = 0.

3o ) Se u1 , u2 , . . . , ur , se apresentam na forma escalonada, ou seja, se onumero de zeros iniciais de u2 e maior que o de u1 e assim sucessiva-mente, entao os vetores u1 , u2 , . . . , ur formam um conjunto L.I. e, por-tanto, dimV = r.

Com efeito, se os geradores de V nao formassem um conjunto L.I., entaoteriamos algo como:

u1 = β2 u2 + · · · + βr ur

O que e impossıvel haja vista que o numero de zeros iniciais de u1 e certa-mente diferente do numero de zeros inicias de β2 u2 + · · · + βr ur , devido ahipotese de que esses vetores se encontram na forma escalonada.

− Veja um exemplo do que estamos tentando dizer nesse ultimo argu-mento:

(0, 1, −1, 2) = β2 (0, 0, 3, 2) + β3 (0, 0, 0, 4)

100

Exemplo: Encontre uma base para o seguinte subespaco

V = [ (1, 2, 0), (1, 1, −1), (1, 4, 2) ] ⊂ R3

Solucao: Na pratica formamos com esses vetores as linhas de uma matrizsimbolica, assim:

1 2 0

1 1 −11 4 2

A seguir aplicamos convenientemente as “operacoes” vistas anterior-mente, visando ao escalonamento da matriz, entao:

1 2 0

1 1 −11 4 2

L2−L1

L3−L1

1 2 0

0 −1 −10 2 2

L3 +2L2

1 2 0

0 −1 −10 0 0

Levando em conta os lemas 1o e 2o temos que

V = [ (1, 2, 0), (0, −1, −1), (0, 0, 0) ]

Levando em conta as propriedades P5

e P6(p. 90), podemos deletar o

vetor nulo desta igualdade, logo

V = [ (1, 2, 0), (0, −1, −1) ]

Agora considerando o lema 3o do algoritmo resulta que { (1, 2, 0), (0, −1, −1) }e uma base de V , logo dimV = 2.

101

2.3.1 Dimensao da Soma de dois Subespacos

SejaW um espaco vetorial sobre R. Ja vimos que se U e V sao subespacosde W , entao U ∩ V e U + V tambem sao subespacos de W (pp. 61, 63). Aseguinte proposicao relaciona as dimensoes desses subespacos.

Proposicao 9. Seja W um espaco vetorial sobre R de dimensao finita. SeU e V sao subespacos de W , entao:

dim (U ∩ V ) + dim (U + V ) = dimU + dimV

Prova: Seja B1 = {u1 , . . . , ur } uma base de U ∩ V . Como B1 e L.I.

em U e em V , o teorema do completamento nos garante a existencia devetores v1 , . . . , vs ∈ U e w1 , . . . , wt ∈ V de modo que

B2 = {u1 , . . . , ur , v1 , . . . , vs }

B3 = {u1 , . . . , ur , w1 , . . . , wt }

sao bases de U e V , respectivamente. Afirmamos que

B = {u1 , . . . , ur , v1 , . . . , vs , w1 , . . . , wt }

e uma base de U + V .• De fato, inicialmente mostremos que B gera U + V , isto e, que um vetorarbitrario w ∈ U + V pode ser escrito como uma combinacao linear dosvetores de B. Como w ∈ U + V existe u ∈ U e v ∈ V tais que w = u + v.Sendo B2 e B3 bases podemos escrever:

u = λ1 u1 + · · ·+ λr ur + α1 v1 + · · ·+ αs vs

v = µ1 u1 + · · · + µr ur + γ1 w1 + · · ·+ γt wt

Daı,

w = u + v = (λ1 + µ1 )u1 + · · · + (λr + µr )ur + α1 v1 + · · · + αs vs + γ1 w1 + · · · + γt wt

Esta igualdade mostra que [B ] = U + V .

102

• Agora vamos mostrar que B e L.I., para isto partimos da seguintecombinacao linear:

λ1 u1 + · · · + λr ur + α1 v1 + · · ·+ αs vs + γ1 w1 + · · ·+ γt wt = 0 (2.11)

Entao,

λ1 u1 + · · · + λr ur + α1 v1 + · · · + αs vs = −γ1 w1 − · · · − γt wt

Como o primeiro membro desta igualdade esta em U e o segundo membroesta em V e se trata do mesmo vetor, entao:

−γ1 w1 − · · · − γt wt ∈ U ∩ V

Como B1 e uma base de U ∩ V implica em que podemos escrever o vetoracima como combinacao linear dos vetores de B1 , assim:

−γ1 w1 − · · · − γt wt = ρ1 u1 + · · · + ρr ur

Podemos reescrever esta igualdade como:

ρ1 u1 + · · ·+ ρr ur + γ1 w1 + · · · + γt wt =

Do fato de B3 ser L.I., necessariamente resulta

ρ1 = · · · = ρr = γ1 = · · · = γt = 0.

Sendo γ1 = · · · = γt = 0 a igualdade (2.11) fica:

λ1 u1 + · · · + λr ur + α1 v1 + · · · + αs vs = 0

Do fato de B2 ser L.I., necessariamente resulta

λ1 = · · · = λr = α1 = · · · = αs = 0

De sorte que todos os escalares presentes na equacao (2.11) sao nulos, comisto ficou provado que B e L.I., logo, uma base de U + V . Resumindo,temos:

B1 = {u1 , ..., ur } base de U ∩V ⇒ dim (U ∩V )= r

B= {u1 , ..., ur , v1 , ..., vs , w1 , ..., wt } base de U +V ⇒ dim (U +V )= r+ s+ t

B2 = {u1 , ..., ur , v1 , ..., vs } base de U ⇒ dim U = r+ s

B3 = {u1 , ..., ur , w1 , ..., wt } base de V ⇒ dim V = r+ t

Sendo assim e verdade que:

dim (U ∩ V ) + dim (U + V ) = dimU + dimV (2.12)

�

103

Corolario 2. Se W = U ⊕ V e soma direta dos subespacos, entao

dimW = dimU + dimV (2.13)

Prova: Lembramos (definicao 5, p. 64) que W = U ⊕ V significa

W = U + V e U ∩ V = { 0 }

logo, dim (U ∩ V ) = 0, daı estes resultados na equacao (2.12) nos da (2.13).�

Para um exemplo, veja exemplo p. 66.

Exemplo: Consideremos os seguintes subespacos do R3:

U = [ (1, 0, 1), (0, 1, 1) ] e V = { (x, y, z) ∈ R3 : − x+ y = 0 }

Vamos encontrar dim (U ∩ V ) e dim (U + V ).

Observe que B = { (1, 0, 1), (0, 1, 1) } gera o subespaco U e e L.I. por-tanto e uma base desse subespaco, logo, dimU = 2.

No que diz respeito a V , temos:

u = (x, y, z) ∈ V ⇐⇒ y = x ⇐⇒ u = (x, x, z)

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

Portanto, V = [ (1, 1, 0), (0, 0, 1) ]. E facil ver que estes vetores sao L.I.,logo, C = { (1, 1, 0), (0, 0, 1) } e uma base de V , entao, dimV = 2.

Lembrando a soma de dois subespacos

U + V = {u+ v : u ∈ U e v ∈ V }

Para vetores arbitrarios u ∈ U e v ∈ V temos:

u = λ1 (1, 0, 1) + λ2 (0, 1, 1) (B gera U)

v = α1 (1, 1, 0) + α2 (0, 0, 1) (C gera V )

Logo,

u+ v = λ1 (1, 0, 1) + λ2 (0, 1, 1) + α1 (1, 1, 0) + α2 (0, 0, 1)

Sendo u + v um vetor arbitrario de U + V , isto deixa claro que U + V egerado pela uniao B ∪ C = { (1, 0, 1), (0, 1, 1), (1, 1, 0), (0, 0, 1) }, isto e,U + V = [B ∪ C ].

Para encontrar uma base de U + V , aplicamos o algoritmo dado anteri-ormente, assim:

104

1 0 1

0 1 1

1 1 0

0 0 1

−1·L1 +L3

1 0 1

0 1 1

0 1 −10 0 1

−1·L2 +L3

1 0 1

0 1 1

0 0 −20 0 1

12·L3 +L4

1 0 1

0 1 1

0 0 −20 0 0

Logo dim (U + V ) = 3 e, pela proposicao 8 (p. 99), concluimos queU + V = R3. Sendo assim, temos:

dim (U ∩ V ) + dim (U + V ) = dimU + dimV−→

1

−→

3

−→

2

−→

2

2.3.2 Exercıcios

1) Mostre que { 10, 11} e { 110, 011, 111 } sao bases dos espacos Z22

e Z32,

respectivamente.

2) Mostre (justifique) que o numero de bases no espaco Zn2e(2n−1

n

). Veri-

fique esta formula para n = 2.

3) Mostre que os vetores u = (1, −1) e v = (−1, −1) formam uma basedo R2. Exprima cada um dos vetores (1, 0) e (0, 1) como uma combinacaolinear dos elementos dessa base.

4) Sejam os vetores u1 = (1, 2, 3), u2 = (0, 1, 2) e u3 = (0, 0, 1). Mostrarque o conjunto B = {u1 , u2 , u3 } e uma base do R3.

5) Mostrar que o subconjunto de vetores:

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

e uma base do seguinte subespaco vetorial do R3:

U = { (x, y, z) ∈ R3 : x = 0 }

6) No espaco vetorial R3 consideremos os seguintes subespacos:

U = { (x, y, z) ∈ R3 : x = 0 } e

V = [ (1, 2, 0), (3, 1, 2) ]

Determinar uma base e a dimensao dos subespacos U , V , U + V e U ∩ V .

105

7) No espaco vetorial R3 consideremos os seguintes subespacos vetoriais:

S = [ (1, −1, 2), (2, 1, 1) ]T = [ (0, 1, −1), (1, 2, 1) ]U = { (x, y, z) : x+ y = 4x− z = 0 } e

V = { (x, y, z) ∈ R3 : 3x− y − z = 0 }

Determinar as dimensoes de: S, T , U , V , S + T , S ∩ T , T + U e T ∩ U .

Determinar uma base e a dimensao dos subespacos U , V , U+V e U ∩V .

8) Dar uma base e a dimensao do subespaco W de R4 dado por

W = { (x, y, z, t) ∈ R4 : x− y = y e x− 3y + t = 0 }.

9) Quais dos seguintes conjuntos de vetores formam uma base de P2(R)?

a) 2t2 + t− 4, t2 − 3t+ 1, t+ 3

b) 2, 1− x, 1 + x2

c) 1 + x, x− x2, 1 + 2x− x2

10) Mostre que os polinomios 1, 1 + t, 1− t2 e 1− t− t2 − t3 formam umabase de P3(R).

11) A seguir encontre a dimensao do subespaco W e de uma base para W .

a) W = { p(x) ∈ P2 : p (0) = 0 }b) W = { p(x) ∈ P2 : p (1) = 0 }c) W = { p(x) ∈ P2 : x p′(x) = p (x) }

12) Mostre que o conjunto

{[2 3−1 0

]

,

[1 −10 −2

]

,

[−3 −21 −1

]

,

[3 −7−2 5

]}

e uma base de M2×2(R).

106

13) Determine a dimensao e uma base para cada um dos seguintes sub-espacos vetoriais de M2×2(R):

a)

{[a bc d

]

: b = d

}

b)

{[a bc d

]

: b = a + c e d = c

}

c)

{[a bc d

]

: c = a− 3b e d = 0

}

d)

{[a bc d

]

: a + d = b + c

}

e)

{[a bc d

]

: c = a + b e d = a

}

14) Suponha que {u1 , u2 , . . . , un } e uma base de um espaco vetorial. Mostreque { a1 u1 , a2 u2 , . . . , an un } tambem e uma base, desde que nenhum dosnumeros a

i∈ R seja nulo.

Conclua daı que num espaco veorial existem infinitas bases.

15) Considere os vetores

u = (a, b) e v = ( a cos θ − b sen θ, a sen θ + b cos θ )

de R2, onde θ e um parametro tal que θ 6= kπ com k ∈ Z e u 6= 0. Mostreque o conjunto {u, v } e uma base do R2.

Conclua daı que no espaco veorial R2 existem infinitas bases desta forma.

Por exemplo, considere u = (1, 0) e encontre as bases para θ = π6 , θ =

π4

e θ = π3 . Plote essas bases graficamente.

16) Sejam u1 , . . . , un vetores em um espaco vetorial V . Prove que se cadau de S = [u1 , . . . , un ] admite uma unica representacao como combinacaolinear de u1 , . . . , un , entao os vetores u1 , . . . , un formam uma base de S.

17) Mostrar que o conjunto { 2 } e uma base do espaco vetorial V, ondeV = {x ∈ R : x > 0 }, com operacoes dadas por (veja exemplo 9, p. 38):

u+ v = u v, ∀u, v ∈ V

λ · u = uλ, ∀u ∈ V e ∀λ ∈ R.

107

18) Sejam U e V subespacos vetoriais de um espaco de dimensao n.

Supondo que dimU > n2 e dimV > n

2 , prove que U ∩ V 6= { 0 }.19) Sejam U e V espacos vetoriais sobre R de dimensoes m e n, respectiva-mente. Considere o espaco vetorial U × V cuja adicao e dada por

(u1 , v1) + (u2 , v2) = (u1 + u2 , v1 + v2)

e a multiplicacao por escalares e dada por

λ (u, v) = (λu, λv)

Admitindo que {u1 , . . . , um } e { v1 , . . . , vn } sao bases de U e V , respec-tivamente, prove que:

{ (u1 , 0 ), . . . , (um , 0), (0, v1), . . . , (0, vn) }

e uma base de U × V .

20) As matrizes T = [ tij] ∈ Mn(R) tais que t

ij= 0 para i < j sao

chamadas triangulares inferiores. Por exemplo, para n = 3, temos

t11 t12 t13t21 t22 t23

t31 t32 t33

=

t11 0 0

t21 t22 0

t31 t32 t33

Prove que elas constituem um subespaco vetorial W ⊂Mn(R), obtenha umabase para W e determine sua dimensao.

21) Seja { v1 , . . . , vn } uma base para um espaco vetorial V . Prove que

{ v1 , v1 + v2 , v1 + v2 + v3 , . . . , v1 + v2 + · · · + vn }

tambem e uma base para V .

22) Mostrar que o conjunto de vetores { (1− i, i), (2, −1+ i) } de C2 e L.D.sobre C mas L.I. sobre R.

108

2.4 Coordenadas

Para falarmos de coordenadas de um vetor necessitamos considerar umabase de um espaco vetorial como estando ordenada. Uma base ordenada euma base na qual fixamos quem e o primeiro vetor, quem e o segundo vetor,etc.

Considerando B = {u1 , u2 , . . . , un } como sendo uma base ordenadapara um espaco vetorial V , entao C = {u2 , u1 , . . . , un } e uma base orde-nada para V diferente.

Se B = {u1 , u2 , . . . , un } e uma base (ordenada) para o espaco vetorialV de dimensao n, entao todo vetor v de V pode ser expresso de maneiraunica como

v = λ1 u1 + λ2 u2 + · · ·+ λn un

Nota: A unicidade dos escalares λifoi demonstrada na proposicao 5, p. 92.

Definicao 11 (Coordenadas). Os escalares λ1 , λ2 , . . . , λn , que figuram naigualdade

v = λ1 u1 + λ2 u2 + · · ·+ λn un (2.14)

sao chamados coordenadas do vetor v em relacao a base ordenadaB = {u1 , u2 , . . . , un }.

As coordenadas de um vetor v em relacao a uma base ordenada B saodenotadas da seguinte forma:

(λ1 , λ2 , . . . , λn )

Ou ainda, na forma de uma matriz coluna n× 1:

[ v ]B=

λ1

λ2

...λn

A matriz acima e chamada matriz coordenada de v em relacao a base B.

Exemplos:

a ) Considere o espaco vetorial P2 dos polinomios de grau ≤ 2. Ospolinomios

p1(t) = 1 + t, p2(t) = −1 + t, p3(t) = (1− t)2

formam uma base B de P2 . Vamos obter as coordenadas do vetor

p(t) = 9− 5 t+ 2 t2

em relacao a essa base.∗

∗Observe que o vetor p esta sendo dado (escrito) na base canonica { 1, t, t2 }.

109

Inicialmente escrevemos a equacao (2.14) para a presente situacao, assim:

p(t) = λ1 p1(t) + λ2 p2(t) + λ3 p3(t) (2.15)

Ou ainda,

9− 5 t+ 2 t2 = λ1 (1 + t) + λ2 (−1 + t) + λ3 (1− t)2

Escrevendo o polinomio do lado direito na “ordem crescente” obtemos

9− 5 t+ 2 t2 = (λ1 − λ2 + λ3 ) + (λ1 + λ2 − 2λ3 ) t+ λ3 t2

Da definicao de igualdade de dois polinomios resulta o seguinte sistema:

λ1 − λ2 + λ3 = 9

λ1 + λ2 − 2λ3 = −5λ3 = 2

Cuja solucao e: λ1 = 3, λ2 = −4 e λ3 = 2. Este resultado na equacao (6.3)nos da

p = 3 p1 − 4 p2 + 2 p3

Em notacao de coordenadas

( 3, −4, 2 ) ou

3−42

b ) No R2 consideremos as bases

B = { (1, 0), (0, 1) }, C = { (2, 0), (1, 3) } e D = { (1, −3), (2, 4) }

Dado o vetor v = (8, 6), temos:

(8, 6) = 8 (1, 0) + 6(0, 1)

(8, 6) = 3 (2, 0) + 2(1, 3)

(8, 6) = 2 (1, −3) + 3(2, 4)

Ou ainda (subescrevendo as bases):

vB= (8, 6), v

C= (3, 2), v

D= (2, 3)

Na notacao de matriz de coordenadas, temos

[ v ]B=

[86

]

, [ v ]C=

[32

]

, [ v ]D=

[23

]

(2.16)

110

Na figura a seguir mostramos a representacao do vetor v = (8, 6) emrelacao as bases B e C.

p p p p p p p p

pp

pp

pp

0x

y

tv=(8, 6)

t

t

t

t

(1, 0)

(0, 1)

3

8 (1, 0)

6 (0, 1)

(2, 0) 3 (2, 0)

2 (1, 3)

(1, 3)

A seguir destacamos a representacao geometrica do vetor v = (8, 6)apenas em relacao a base C.

p p p p p p p p

pp

pp

pp

0x

y

tv=(8, 6)

t

t

(2, 0) 3 (2, 0)

2 (1, 3)

(1, 3)

• v = 3 (2, 0) + 2(1, 3)

∗ ∗ ∗A matematica e um campo demasiadamente arduo e inospito para

agradar aqueles a quem nao oferece grandes recompensas. Recompensasque sao da mesma ındole que as do artista. . . (Norbert Wiener)

111

2.5 Mudanca de Base

x

φ

θy

x

y

z

rP (r, θ, φ)

− ℏ2

2m∂2 Ψ(x, t)

∂x2 + V (x, t)Ψ(x, t) = iℏ ∂Ψ(x, t)∂t

− ℏ2

2m ∇2ψ(r, θ, φ) + V (r)ψ(r, θ, φ) = iE ψ(r, θ, φ)

Em muitas aplicacoes, um problema descrito por meio de um sistemade coordenadas pode ser resolvido mais facilmente pela mudanca para umnovo sistema de coordenadas (para uma nova base).

A bem da verdade existem mesmo casos em que a resolucao de um pro-blema torna-se impossıvel em um dado sistema de coordenadas, caso emque uma mudanca de base deixa de ser opcional e torna-se uma necessi-dade; e precisamente isto o que ocorre ao tentarmos resolver a equacao deSchroedinger − da mecanica quantica (quadro acima) − para o atomo dehidrogenio (o mais simples dos atomos).

Esta equacao nao pode ser resolvida quando expressa em coordenadasretangulares (base canonica do R3), razao porque devemos proceder a umamudanca de base, mais precisamente para o sistema de coordenadas esfericas.

∗ ∗ ∗Nao creio que devo gastar anos estudando o trabalho dos outros,

decifrando um campo complicado para poder contribuir com um pequenoaporte meu. Prefiro dar largas passadas numa direcao totalmente nova,em que a imaginacao e, pelo menos, inicialmente, muito mais importantedo que a tecnica, porque suas tecnicas correspondentes tem ainda de serdesenvolvidas. [. . .]

Lembre-se que a matematica e uma livre criacao da mente humanae, como disse Cantor − o inventor da moderna teoria da infinitude,descrita por Wallace −, a essencia da matematica reside na liberdade,na liberdade de criar. A historia, porem, julga essas criacoes por suabeleza duradoura e pela extensao com que elas iluminam outras ideiasmatematicas ou o universo fısico, em suma, por sua “fertilidade”.

(Gregory Chaitin/Matematico e cientista da computacao)

112

Matriz de mudanca de base

A partir de agora, para facilitar a exposicao, diremos apenas base em vezde base ordenada.

Definicao 12. Seja B = {u1 , u2 , . . . , un } uma base do espaco vetorial V eseja C = { v1 , v2 , . . . , vn } outra base∗. Como B e uma base, cada vetor dabase nova C pode ser escrito, de modo unico, como uma combinacao lineardos vetores de B, assim:

v1 = λ11 u1 + λ21 u2 + · · ·+ λn1 un

v2 = λ12 u1 + λ22 u2 + · · ·+ λn2 un

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

vn = λ1n u1 + λ2n u2 + · · ·+ λnn un

Seja P a transposta da matriz dos coeficientes acima; isto e

P =

λ11 λ12 . . . λ1n

λ21 λ22 . . . λ2n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .λ

n1 λn2 . . . λnn

Entao P e chamada de matriz de mudanca de base da base antiga B paraa base nova C.

Exemplos:

a ) Considere as duas bases de R2 dadas abaixo

B = { (1, 0), (0, 1) }, C = { (2, 0), (1, 3) }

Determine a matriz P de mudanca da base B para a nova base C.

Solucao: Escreva cada um dos vetores da nova base C como uma com-binacao linear dos vetores da base antiga B, assim:

(2, 0) = λ11 (1, 0) + λ21 (0, 1)

(1, 3) = λ12 (1, 0) + λ22 (0, 1)

Daqui montamos os seguintes sistemas:

(2, 0) = λ11 (1, 0)+λ21 (0, 1) ⇒{

1λ11 + 0λ21 = 2

0λ11 + 1λ21 = 0⇒ λ11 = 2, λ21 = 0

∗Apenas para referencia, chamaremos B de base “antiga” e C de base “nova”.

113

e

(1, 3) = λ12 (1, 0)+λ22 (0, 1) ⇒{

1λ12 + 0λ22 = 1

0λ12 + 1λ22 = 3⇒ λ12 = 1, λ22 = 3

Sendo assim, temos

(2, 0) = 2 (1, 0) + 0 (0, 1)

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

Tomando o transposto dos coeficientes acima, resulta:

P =

[

λ11 λ12

λ21 λ22

]

=

[

2 1

0 3

]

• Vamos agora por em evidencia um fato que, com razao, causa muitaconfusao ao neofito em algebra linear. Observe que a matriz P possui inversadada por (eq. (8.3), p. 428)

P−1 =

12 −1

6

0 13

Consideremos agora o vetor v = (8, 6), isto e

vB= (8, 6) ou [ v ]

B=

[86

]

Facamos a seguinte multiplicacao

P−1 · [ v ]B=

12 −1

6

0 13

·[86

]

=

[32

]

Pelo exemplo b ) (p. 110) temos que

[32

]

= [ v ]C, portanto

P−1 · [ v ]B= [ v ]

C(2.17)

Conclusao: Embora a matriz P seja chamada de “matriz de mudanca dabase B para a base C ” , a bem da verdade, a matriz P−1 e quem realizaesta tarefa.

Isto nao e por acaso, provaremos daqui a pouco que a igualdade (2.17)vale sempre.

Antes vejamos geometricamente o papel da matriz P−1, no que diz res-peito ao exemplo anterior:

114

p p p p p p p p

pp

pp

pp

0x

y

rv=(8, 6)

r

r

(1, 0)

(0, 1)

3

8 (1, 0)

6 (0, 1)

P−1

p p p p p p p p

pp

pp

pp

0x

y

rv=(8, 6)

r

r

(2, 0) 3 (2, 0)

2 (1, 3)

(1, 3)

b ) Considere as duas bases de P2 dadas abaixo

B = { 1, t }, C = { 2, 1 + 3 t }

Determine a matriz P de mudanca da base B para a nova base C.

Solucao: Escreva cada um dos vetores da nova base C como uma com-binacao linear dos vetores da base antiga B, assim:

2 = λ11 1 + λ21 t

1 + 3 t = λ12 1 + λ22 t

Pela definico de igualdade entre polinomios, temos:

λ11 + λ21 t = 2 ⇒ λ11 = 2, λ21 = 0

λ12 + λ22 t = 1 + 3 t ⇒ λ12 = 1, λ22 = 3

{

Sendo assim, temos

P =

[

λ11 λ12

λ21 λ22

]

=

[

2 1

0 3

]

Podemos tentar uma representacao geometrica para este exemplo, assim:

P2

0 1

t

P−1

P2

0 2

1 + 3 t

115

Nota: Oportunamente provaremos ao leitor que esta construcao geometrica,das bases B e C, nao e arbitraria, existe uma logica subjacente.

Como dissemos, quem muda as coordenadas de um vetor da base B paraa base C e a matriz P−1 e nao a matriz P propriamente.

Por exemplo, consideremos o vetor p(t) = 2+t escrito na baseB = { 1, t }.Para escrever este vetor na base C = { 2, 1 + 3 t }, procedemos assim:

2 + t = λ1 2 + λ2 (1 + 3 t)

ou ainda,2 + t = (2λ1 + λ2 ) + ( 3λ2 )t

Daqui encontramos λ1 = 5/6 e λ2 = 1/3. Entao:

2 + t =5

6· 2 + 1

3· (1 + 3 t)

Alternativamente, podemos obter as coordenadas deste vetor na base Ca partir da equacao (2.17), a qual repetimos aqui (adaptada ao presentecontexto)

[ p ]C= P−1 · [ p ]

B

Entao,

[ p ]C=

12 −1

6

0 13

·[21

]

=

[56

13

]

Geometricamente, tudo se passa assim:

P2

0 1

t

2

p(t)=2+ t

P−1

P2

0 2

1 + 3 t

p(t)

5

6·2

1

3·(1+3 t)

116

c ) Se na definicao 12 (p. 113) tivermos B = C, isto e

B = {u1 , u2 , . . . , un }, C = {u1 , u2 , . . . , un }

Teremos para a matriz de “mudanca de base”

u1 = 1u1 + 0u2 + · · ·+ 0un

u2 = 0u1 + 1u2 + · · ·+ 0un

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

un = 0u1 + 0u2 + · · ·+ 1un

Ou seja,

P =

1 0 . . . 0

0 1 . . . 0. . . . . . . . . . . .0 0 . . . 1

= In

Colocaremos (e resolveremos) agora tres importantes problemas refe-rentes a mudanca de Bases.

Problema 1 − Se a matriz de mudanca da base B para a base C eP = (λ

ij) e a matriz de mudanca da base C para outra base D e Q = (α

ij),

qual a matriz de mudanca de B para D?Em resumo

BP

CQ

D

?

Suponhamos

B = {u1 , u2 , . . . , un }, C = { v1 , v2 , . . . , vn } e D = {w1, w2 , . . . , wn }

A definicao de matriz de mudanca de base nos permite escrever:

v1 = λ11 u1 + λ21 u2 + · · ·+ λn1 un

v2 = λ12 u1 + λ22 u2 + · · ·+ λn2 un

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

vn = λ1n u1 + λ2n u2 + · · ·+ λnn un

vj=

n∑

i=1

λiju

i( j = 1, 2, . . . , n )

B→C

e

w1 = α11 v1 + α21 v2 + · · ·+ αn1 vn

w2 = α12 v1 + α22 v2 + · · ·+ αn2 vn

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

wn = α1n v1 + α2n v2 + · · ·+ αnn vn

wk=

n∑

j=1

αjkvj

( k = 1, 2, . . . , n )

C →D

117

Daı

wk=

n∑

j=1

αjk

( n∑

i=1

λiju

i

)

=

n∑

i=1

( n∑

j=1

λijα

jk

)

ui

( k = 1, 2, . . . , n )

Portanto o termo geral da matriz de mudanca da base B para a base De dado por

n∑

j=1

λijα

jk

que, conforme equacao 8.2 (p. 426), e o termo geral da matriz produto P ·Q.Logo, a matriz de mudanca da base B para a base D e a matriz PQ.

Em resumo

BP

CQ

D

P Q

Corolario 3. Uma consequencia do resultado precedente e que uma matrizde mudanca de base e sempre inversıvel.

Prova: Com efeito, Sejam P a matriz de mudanca de B para C e Q amatriz de mudanca de C para B. Veja,

BP

CQ

B

In

CQ

BP

C

In

(ver exemplo c ) p. 117)

Dos diagramas acima decorre que P Q = QP = In. Portanto P einvesıvel e P−1 nada mais e que a matriz de mudanca de C para B. >

118

Problema 2 − Se a matriz das coordenadas de u ∈ V em relacao a baseB = {u1 , u2 , . . . , un } e:

[u ]B=

γ1

γ2

...γn

e a matriz de mudanca de base de B para C e P = (λij), qual a matriz das

coordenadas de u em relacao a base C = { v1 , v2 , . . . , vn } ?Em resumo

BP

C

[u ]B

[u ]C?

Solucao: Seja

[u ]C=

α1

α2

...αn

a matriz procurada. Sendo assim temos

u = γ1 u1 + γ2 u2 + · · ·+ γn un = α1 v1 + α2 v2 + · · ·+ αn vn

Ou ainda (mudando de notacao),

u =

n∑

i=1

γiu

i=

n∑

j=1

αjvj

Como vj=

n∑

i=1

λiju

i( j = 1, 2, . . . , n ) (ver p. 117), entao

u =

n∑

i=1

γiu

i=

n∑

j=1

αj

( n∑

i=1

λiju

i

)

Utilizando propriedades do somatorio, temos

u =n∑

i=1

γiu

i=

n∑

i=1

( n∑

j=1

λijα

j

)

ui

Para maior comodidade do leitor vamos abrir um pouco mais este imbroglio(para i = 1, . . . , n), assim:

u = γ1 u1 + · · · + γn un =( n∑

j=1

λ1j αj

)

u1 + · · ·+( n∑

j=1

λnjα

j

)

un

119

Devido a unicidade das coordenadas, temos

γ1 =n∑

j=1

λ1j αj, . . . , γn =

n∑

j=1

λnjα

j

Abrindo cada um desses somatorios:

γ1 = λ11 α1 + λ12 α2 + · · ·+ λ1n αn

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

γn = λn1 α1 + λ

n2 α2 + · · ·+ λnn αn

Em notacao matricial fica

γ1

. . .

γn

=

λ11 λ12 . . . λ1n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

λn1 λ

n2 . . . λnn

α1

α2

. . .

αn

Portanto,[u ]

B= P [u ]

C(2.18)

O que equivale aP−1 [u ]

B= [u ]

C

Em resumo

BP

C

[u ]B

[u ]C

P−1

Conclusao: Nao obstante a matriz P seja chamada de “matriz de mudancada base B para a base C ” , a bem da verdade, a matriz P−1 e quem realizaesta tarefa.

120

Problema 3 − Se B = {u1 , u2 , . . . , un } e uma base V e P = (λij ) e umamatriz inversıvel, entao os n vetores v1 , v2 , . . . , vn obtidos assim:

λ11 λ12 . . . λ1n

λ21 λ22 . . . λ2n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

λn1 λ

n2 . . . λnn

u1

u2

. . .

un

=

v1

v2

. . .

vn

Isto e,

v1 = λ11 u1 + λ12 u2 + · · ·+ λ1n un

v2 = λ21 u1 + λ22 u2 + · · ·+ λ2n un

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

vn = λn1 u1 + λ

n2 u2 + · · ·+ λnn un

vj=∑n

i=1 λiju

i( j = 1, 2, . . . , n )

( ∗ )

formam tambem uma base de V ?

Solucao: Para responder a esta pergunta vejamos se os vetores vjsao L.I.:

γ1 v1 + γ2 v2 + · · · + γn vn = 0 ⇒n∑

j=1

γjvj= 0 (2.19)

Substituindo nesta ultima igualdade vjdado em ( ∗ ) resulta

n∑

j=1

γj

( n∑

i=1

λiju

i

)

= 0

Esta igualdade e equivalente a seguinte

n∑

i=1

( n∑

j=1

λijγj

)

ui= 0

Para maior comodidade do leitor vamos abrir um pouco mais este imbroglio(para i = 1, . . . , n), assim:

( n∑

j=1

λ1j γj

)

u1 + · · ·+( n∑

j=1

λnjγj

)

un = 0

Como, por hipotese, B = {ui} e L.I., resulta

n∑

j=1

λ1j γj= 0 , . . . ,

n∑

j=1

λnjγj= 0

121

Podemos abrir mais ainda,

λ11 γ1 + λ12 γ2 + · · · + λ1n γn = 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

λn1 γ1 + λ

n2 γ2 + · · · + λnn γn = 0

Neste sistema linear homogeneo, se o leitor volver a equacao (2.19) lem-brara que as incognitas sao os γ

i. Como a matriz dos seus coeficientes e P

que, por hipotese, e inversıvel entao a unica solucao deste sistema e a trivial,ou seja, γ1 = γ2 = · · · = γn = 0. Logo, { v1 , v2 , . . . , vn} e L.I. e, portanto,tambem e base de V .

2.5.1 Exercıcios

1) Determine as coordenadas do vetor u = (5, 3, 4) do R3 em relacao asbases:

a ) { ( 1, −1, 0), ( 1, 1, 0), ( 0, 1, 1) }b ) { ( 1, 1, 1), ( 1, 0, 1), ( 1, 0, −1) }

2) Determine as coordenadas do vetor p(t) = −3+4t+ t2 de P2 em relacaoas bases:

a ) { 1 + t, −1 + t, (−1 + t)2 }b ) { 5− 2t+ t2, −3t+ 2t2, 1 + t }

3) Determine as coordenadas do vetor p(t) = t3 de P3 em relacao a base{ 1, 2− t, 1 + t2, 1 + t+ t3 }

4) Determine as coordenadas do vetor M =

[

2 3

4 −7

]

de M2 em relacao

as bases:

a ){[

1 1

1 1

]

,

[

1 −11 0

]

,

[

1 −10 0

]

,

[

3 −56 7

]}

b ){[

1 1

1 1

]

,

[

1 −11 0

]

,

[

1 −10 0

]

,

[

1 0

0 0

]}

5) No espaco R2 achar a matriz de mudanca da base B = { (1, 3), (1, −2) }para a base C = { (3, 5), (1, 2) }, e da base C para a base B.

122

6) Achar a matriz de mudanca da base

B = { (1, 1, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 3) }para a base canonica do R3.

7) Sabendo que B = { (1, 3), (2, −4) } e uma base do R2 e que

[

2 3

4 −7

]

e a matriz de mudanca da base B para a base C, determine a base C.

8) A matriz de mudanca da base B = { 1 + t, 1 − t2 } para uma base C

ambas do mesmo subespaco de P2 e

[

2 3

4 −7

]

, encontre a base C.

9) Seja o espaco vetorial V = M2(R). Considere B como sendo a basecanonica desse espaco. Ademais, considere a base

C =

{[

1 1

−1 0

]

,

[

0 1

1 0

]

,

[

2 0

0 3

]

,

[

0 1

0 0

]}

Determine a matriz de mudanca da base B para a base C e de C paraB.

10) Considere, no R3, as bases A = { (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) } e B ={ (1, 0, −1), (0, 1, −1), (−1, 1, 1) }.a ) Determine a matriz M de mudanca da base A para a base B;

b ) Calcule vB

sabendo que vA= (1, 2, 3);

c ) Calcule vA

sabendo que vB= (7, −4, 6).

11) Considere as bases B = { e1 , e2 , e3 } e C = { g1, g

2, g

3} de R3 assim

relacionadas:

g1= e1 − e2 − e3

g2= 2e2 + 3e3

g3= 3e1 + e3

a ) Determine as matrizes de mudanca de B para C e de C para B;

b ) Se uB= (1, 2, 3) encontre u

C.

12) Considere o seguinte subespaco vetorial de M2(R):

U =

{[

x y

z t

]

: x− y − z = 0

}

a ) Mostre que os seguintes subconjuntos de M2(R) sao bases de U :

B =

{[

1 1

0 0

]

,

[

1 0

1 0

]

,

[

0 0

0 1

]}

123

e

C =

{[

1 0

1 0

]

,

[

0 −11 0

]

,

[

0 0

0 1

]}

b ) Achar a matriz de mudanca de B para C e a de C para B.

c ) Achar uma base D de U , de tal maneira que a matriz de mudanca de Dpara B seja:

1 1 0

0 0 2

0 3 1

13) Rotacione os eixos coordenados xy por um angulo θ = 60o no plano,no sentido anti-horario, para obter novos eixos coordenados x′y′. Encontre:

a ) as coordenadas x′y′ do ponto cujas coordenadas xy sao (3, 2);

b ) as coordenadas xy do ponto cujas coordenadas x′y′ sao (4, −4).Faca um esboco geometrico dos eixos com respectivos pontos.

14) Seja B = {u1 , . . . , un } uma base do espaco vetorial V e seja C ={ v1 , . . . , vn } onde vi = u

n−i+1 para i = 1, . . . , n. Prove que C e uma basede V e encontre a matriz de mudanca de B para C.

15) Seja B = {u1 , . . . , un } uma base do espaco vetorial V e seja C ={u1 , u1 − u2 , . . . , u1 − un }. Mostre que C e uma base de V e encontre amatriz de mudanca de B para C.

∗ ∗ ∗Mas, se voce observar, se observar profundamente, ficara surpreso.

Voce nao existe! Nao que voce precise se dissolver! Simplesmente vocenao existe. Essa e apenas uma falsa nocao que voce tem carregado, anocao de que voce existe. Alguns instantes de silencio e de repente vocepercebe que ha um vazio dentro de voce, um nada dentro de voce. Budachamou esse nada de anatta, nao-ser, shunya, nada. Se olhar para den-tro, voce nao vai se encontrar. E por isso que as pessoas nao olham paradentro de si; elas tem medo. (Osho/Zen, p. 105)

124

Apendice

• Prova do teorema 4 (p. 99).

Teorema 4. Se S gera o espaco vetorial V, entao:

( i ) Qualquer quantidade maxima de vetores linearmente independentesde S formam uma base de V.

( ii ) Suponha que excluimos de S todos os vetores que sao combinacaolinear dos vetores de S que o antecedem, entao os vetores remanescentesformam uma base de V.

Prova: ( i ) Suponha que {u1 , u2 , . . . , um } e o maior subconjunto linear-mente independente de S e suponhaw ∈ S. Desta forma {u1 , u2 , . . . , um, w }e linearmente dependente. Nenhum u

kpode ser uma combinacao linear dos

anteriores. Logo w e uma combinacao linear dos uis. Assim, w ∈ [u

i] e,

portanto, S ⊂ [ui]. Disso decorre∗

V = [S ] ⊂ [ui] ⊂ V ⇒ V = [u

i]

Assim, [ui] gera V e, como e L.I., e uma base de V.

( ii ) Os vetores remanescentes formam um subconjunto L.I. de S com amaior quantidade possıvel de vetores; portanto, por ( i ), e uma base de V.�

• Prova do teorema 5 (p. 99).

Teorema 5 (Do Completamento).

Seja V um espaco vetorial de dimensao finita e seja S = {u1 , u2 , . . . , ur }um conjunto de vetores linearmente independentes de V. Entao S e partede uma base de V; isto e, S pode ser estendido a uma base de V.

Prova: Suponha que B = { v1 , v2 , . . . , vn } e uma base de V. Entao B geraV e, portanto, V e gerado por

S ∪B = {u1 , u2 , . . . , ur , v1 , v2 , . . . , vn }

Entao, pelo teorema 4, podemos excluir de S ∪ B todos os vetores que saocombinacoes lineares dos anteriores para obter uma base C de V. Como Se L.I., nenhum u

ke combinacao linear dos anteriores. Assim, C contem

todo vetor de S, o que faz com que S seja uma parte da base C de V. �

∗Ver propriedades Pi, p. 69.

125

(p. 440)

∗ ∗ ∗Em 1932, o eminente matematico hungaro John von Neumann lancou a

pedra fundamental da teoria quantica em solo matematicamente firme; desde

entao, sua formulacao foi considerada o “ nucleo” ortodoxo da teoria quantica.

A interpretacao de Von Neumann, como a interpretacao de Copenhague, pre-

sume que a teoria quantica nos descreve o conhecimento da realidade por parte

do observador em vez da propria “Realidade” e o instrumento de observacao

e aquilo que e observado fazem parte do mesmo sistema completo. O fısico

Henry Stapp, do Laboratorio Nacional Lawrence, da Universidade de Berkeley,

ha pouco tempo refinou a interpretacao de Von Neumann. A abordagem Stapp-

Von Neumann presume que, uma vez que um componente-chave do processo

de medicao quantica inclui um observador e seu conhecimento, significa que a

mente esta inextrincavelmente enlacada com a realidade quantica.

(Dean Radin/Mentes Interligadas, p. 251)

126

Capıtulo 3TRANSFORMACOES LINEARES

Nao e paradoxo dizer que nos nos-

sos momentos de inspiracao mais teorica

podemos estar o mais proximo possıvel

de nossas aplicacoes mais praticas.

(A.N. Whitehead)

3.1 Nocoes sobre Transformacoes, Funcoes

Nos dois capıtulos precedentes estudamos um espaco vetorial isolado V

e alguns conceitos intrınsecos relacionados a estes tais como: n−uplas devetores linearmente independentes, subespacos, base, dimensao, etc. Nestecapıtulo iremos considerar, simultaneamente, dois espacos vetoriais e estudarcorrespondencias entre estes dois espacos. O escopo principal da algebralinear e o estudo das transformacoes lineares e sua representacao por meiode matrizes.

Definicao 13 (Transformacao). Dados dois conjuntos U e V , ambos naovazios, uma transformac~ao de U em V e uma lei pela qual a cada elementode U associa-se um unico elemento de V . Se F indica essa lei e u representaum elemento generico de U , entao o (unico) elemento de V associado a u erepresentado por F (u) (lemos “F de u”) e se denomina imagem de u por F .

U

tu

F

V

tF (u)

127

O conjunto U e o domınio e o conjunto V e o contradomınio da trans-formacao F . Alternativamente, podemos representar uma transformacao Fde U em V , assim:

F : U Vu 7→ F (u)

Nota: Os termos func~ao e aplicac~ao sao sinonimos da palavra trans-formacao, embora alguns autores prefiram reservar a palavra “funcao” parase referir a aplicacoes de valores reais ou complexos.

Definicao 14 (igualdade). Duas transformacoes F : U → V e G : U → Vsao iguais se, e somente se, F (u) = G(u), ∀u ∈ U .

Imagem de um Conjunto Via Transformacao

Sejam F : U → V uma transformacao e W ⊂ U . Vamos reunir em ummesmo subconjunto de V todos os elementos que sao imagem, por F , doselementos de W . Formalizando, temos

Definicao 15 (Imagem de Conjunto). Consideremos uma transformacaoF : U → V . Dado um subconjunto W ⊂ U , chama-se imagem de W por F ,e indica-se por F (W ), o seguinte subconjunto de V :

F (W ) ={F (w) : w ∈W

}

sw

s

u

U

FW

V

s

F (w)

F (W )

s

F (u)

Se W = U , entao F (U) recebe o nome de imagem de F e a notacao seraIm (F ). Portanto,

Im (F ) = {F (u) : u ∈ U } (3.1)

Exemplo:

Considere a transformacao F : R2 → R3 tal que F (x, y) = (x, −y, x−y).Por exemplo

u = (2, 1) ⇒ F (x, y) = (x, −y, x− y)F (2, 1) = (2, −1, 2− 1) ⇒ F (2, 1) = (2, −1, 1).

Geometricamente fica assim

128

p p p

1

2

3

pp

p

0 1 2 3x

y

ru=(2, 1)

F

y

x

z

2

−1

F (u)

Vejamos ainda um outro exemplo

u = (1, 2) ⇒ F (x, y) = (x, −y, x− y)F (1, 2) = (1, −2, 1− 2) ⇒ F (1, 2) = (1, −2, −1).

Geometricamente temos

p p p

1

2

3

pp

p

0 1 2 3x

y

ru=(1, 2)

F

y

x

z

1

−2

F (u)

− Aproveitando o exemplo anterior∗, vejamos um exemplo de imagem deconjunto. Encontre F (W ), onde

W = { (x, y) ∈ R2 : y = x }

Solucao: pela definicao 15 temos

F (W ) ={F (w) : w ∈W

}

={F (x, y) : (x, y) ∈W

}

={(x, −y, x− y) : y = x

}={(x, −x, 0)

}

∗F : R2 → R3 tal que F (x, y) = (x, −y, x− y)

129

Sendo assim, F (W ) e a reta “no espaco” localizada no plano xoy (z = 0) ede equacao y = −x, isto e, x+ y = 0.


p p p

1

2

3

pp

p

1 2 3x

y

W

y = x

F

y

x

z

F (W )

y =−x

Por oportuno, a imagem da aplicacao F : U → V e encontrada assim:

Im (F ) = {F (u) : u ∈ U }= {F (x, y) : (x, y) ∈ R2 }= { (x, −y, x− y) : (x, y) ∈ R2 }= {x(1, 0, 1) + y(0, −1, −1): x, y ∈ R }

A imagem e gerada pelos vetores (1, 0, 1), (0, −1, −1), isto e,

Im (F ) = [ (1, 0, 1), (0, −1, −1) ]

e o plano que contem estes dois vetores e a origem:

s

s

x

y

z

(1, 0, 1)

(0,−1,−1)

− Estes dois vetores geram a imagem de F

(um plano passando pela origem)

s

s

x

y

z

− A imagem de F

130

Definicao 16 (Transformacao Injetora). uma transformacao F : U → Vse diz injetora se, e somente se,

∀u1 , u2 ∈ U, F (u1) = F (u2) ⇒ u1 = u2 .

Ou, em outra formulacao: (ver contrapositivo, p. 435)

∀u1 , u2 ∈ U, u1 6= u2 ⇒ F (u1) 6= F (u2).

Exemplos:

1 ) A transformacao F : R2 → R3 dada por F (x, y) = (x, −y, x − y), einjetora pois se u1 = (x1 , y1) e u2 = (x2 , y2) entao:

F (u1) = F (u2) ⇒ (x1 , −y1 , x1 − y1) = (x2 , −y2 , x2 − y2)

⇒{

x1 = x2

y1 = y2⇒ u1 = u2 .

2 ) A transformacao F : R2 → R3 dada por F (x, y) = (1, x+ y, 2), naoe injetora pois temos, por exemplo,

(1, 0) 6= (0, 1) ⇒

F (1, 0) = (1, 1 + 0, 2) = (1, 1, 2)

F (0, 1) = (1, 0 + 1, 2) = (1, 1, 2)⇒ F (1, 0) = F (0, 1).

Geometricamente temos:

t

u1

tu2

p p

2

3

pp

2 3x

y

F

y

x

z

1

1

2

F (u1 )=F (u2 )

3 ) A transformacao F : Z32→ R dada por F (x1 x2 x3) =

∑3i=1 xi

,nao e injetora pois temos, por exemplo,

101 6= 110 ⇒

F (101) = 1 + 0 + 1 = 2

F (110) = 1 + 1 + 0 = 2⇒ F (101) = F (110).

131

Definicao 17 (Transformacao Sobrejetora). uma transformacao F : U →V se diz sobrejetora se, e somente se, Im (F ) = V , ou seja, para todov ∈ V , existe u ∈ U tal que F (u) = v.

Exemplos:

1 ) A transformacao F : R2 → R2 dada por F (x, y) = (x, −y), e sobreje-tora. De fato, dado v = (c, d) no contradomınio, basta tomar, no domınio,u = (c, −d) e teremos

F (c, −d) = (c, −(−d)) = (c, d)

2 ) A transformacao F : R2 → R3 dada por F (x, y) = (1, x+y, 2), nao esobrejetora. De fato, por exemplo o ponto v = (0, 0, 1) ∈ R3 nao e imagemde ponto algum do domınio.

Definicao 18 (Transformacao Bijetora). uma transformacao F : U → Vse diz bijetora se, e somente se, F e injetora e e sobrejetora.

Exemplo: A transformacao F : R2 → R2 dada por F (x, y) = (x, −y)e injetora (verifique) e sobrejetora. Logo, F e bijetora.

− Se uma transformacao F : U → V e bijetora, entao podemos definir umaoutra transformacao F−1 : V → U , chamada a inversa de F , veja:

U

uu

F

F−1

∀u ∈ U, F−1(F (u)

)= u

V

uF (u)

132

Provaremos agora uma importante propriedade relativa a funcao inversa:

P ) Qualquer que seja a funcao bijetora F : A → B, as compostas∗

F−1 ◦ F : A → A e F ◦ F−1 : B → B

sao, respectivamente, iguais as funcoes identidade de A e B, assim:

F−1 ◦ F = IA

e F ◦ F−1 = IB

Ax

By

Ax

F F−1

F−1 ◦ F

By

Ax

By

F−1 F

F ◦ F−1

Prova: Seja x um elemento qualquer de A e y ∈ B a sua imagem pelaF , isto e, F (x) = y, donde, pela definicao de funcao inversa, F−1(y) = x.Portanto:

(F−1 ◦ F

)(x) = F−1

(F (x)

)= F−1(y) = x = I

A(x) (3.2)

(F ◦ F−1

)(y) = F

(F−1(y)

)= F (x) = y = I

B(y) (3.3)

o que demonstra as igualdades F−1 ◦ F = IA

e F ◦ F−1 = IB. >

Nota: Estas igualdades justificam a seguintes “operacoes” (equivalencia):

F (x) = y ⇔ x = F−1(y)

Com efeito,

F (x) = y ⇒ F−1(F (x)

)= F−1(y)

(F−1 ◦ F

)(x) = F−1(y)

IA(x) = F−1(y)

x = F−1(y)

e

x = F−1(y) ⇒ F (x) = F(F−1(y)

)

=(F ◦ F−1

)(y)

= IB(y)

= y

∗A definicao de composta e a mesma encontrada nos livros do ensino medio.

133

3.2 Transformacoes Lineares

Uma transformacao F : U → V entre dois espaco vetoriais e dita linearse for compatıvel com as operacoes de espaco vetorial + e · em U e V ; ouseja, se e irrelevante adicionar primeiro dois elementos de U e depois trans-formar a soma, ou entao transformar primeiro os dois elementos e depoisadicionar suas imagens; o mesmo deve ser verdadeiro para a multiplicacaopor um escalar.

Definicao 19 (Transformacao Linear). Sejam U e V espacos vetoriaissobre R. Uma funcao F : U → V e dita uma transformac~ao linear de Uem V se, e somente se,

( i ) F (u1 + u2 ) = F (u1 ) + F (u2 ), ∀u1 , u2 ∈ U( ii ) F (λu ) = λF (u ), ∀λ ∈ R e ∀u ∈ U .

Exemplo: Nos amplificadores lineares da eletronica temos um exemplode transformac~oes lineares

uEntrada

F (u)

Saida

F

Sendo um amplificador linear uma transformacao linear a condicao ( i )da definicao nos diz que se colocarmos na entrada do circuito a soma dedois “sinais” (u1 +u2 ) na saıda do circuito teremos a soma das respectivasrespostas a cada um dos sinais aplicados individualmente: F (u1 )+F (u2 ).

A condicao ( ii ) da definicao nos diz que se multiplicarmos um sinal deentrada por um fator λ e considerarmos este resultado (λu ) como umanova entrada, na saida do circuito teremos a saida do sinal original (u )multiplicada por este mesmo fator λ: λF (u ).

No caso particular em que U = V , a transformacao linear F : U → Vtambem e chamada de operador linear.

134

Exemplos:

1 ) A transformacao F : R2 → R2, F (x, y) = (−3x+y, 2x+3y) e linear. Defato, se u1 = (x1 , y1) e u2 = (x2 , y2) sao vetores genericos do R2, tem-se:

( i ) F (u1 + u2) = F (x1 + x2 , y1 + y2)

=(− 3(x1 + x2) + (y1 + y2), 2(x1 + x2) + 3(y1 + y2)

)

= (−3x1 − 3x2 + y1 + y2 , 2x1 + 2x2 + 3y1 + 3y2)

=((−3x1 + y1) + (−3x2 + y2), (2x1 + 3y1) + (2x2 + 3y2)

)

= (−3x1 + y1 , 2x1 + 3y1) + (−3x2 + y2 , 2x2 + 3y2)

= F (u1) + F (u2).

( ii ) Para todo λ ∈ R e para todo u = (x, y) ∈ R2, tem-se:

F (λu) = F (λx, λy)

=(− 3(λx) + (λy), 2(λx) + 3(λy)

)

=(λ(−3x+ y), λ(2x+ 3y)

)

= λ(− 3x+ y, 2x+ 3y

)

= λF (u).

− Interpretacao Geometrica

Vamos dar uma interpretacao geometrica para o operador linear do exem-plo anterior, isto e: F : R2 → R2, F (x, y) = (−3x + y, 2x + 3y). Porexemplo,

u1 = (0, 1) ⇒ F (u1) = (1, 3)

u2 = (−1, 1) ⇒ F (u2) = (4, 1)

u1 + u2 = (−1, 2) ⇒ F (u1 + u2) = (5, 4)

Na figura a seguir (esquerda), sendo u1+u2 o ponto extremo da diagonaldo paralelogramo determinado por u1 e u2 , sua imagem F (u1 +u2) situa-seno ponto extremo da diagonal do paralelogramo determinado por F (u1) eF (u2), isto e, F (u1+u2) = F (u1)+F (u2). Diz-se, nesse caso, que F preservaa adicao de vetores.

135

F

p p

2

3

4

pp −1−2

pp

pp

0 1 2x

y

t t

t

u1u2

u1 + u2

p p p p p

1

2

3

4

pp

pp

0 1 2 3 4 5x

y

t

t

t

F (u1)

F (u2)

F (u1+u2 )

Na figura a seguir (esquerda) multiplicamos o vetor u2 por 2, por exem-plo, sua imagem F (u2) tambem fica multiplicada por 2. Esse fato vale paraqualquer λ real, isto e, F (λu) = λF (u). Diz-se, nesse caso, que F preservaa operacao multiplicacao de um vetor por um escalar.

F

p p

1

2

3

pp −1−2

pp

p

0x

y

s

s

u2

2u2

p p p p p p p p

1

2

3

pp

p

0 4 8x

y

s

s

F (u2 )

F (2u2 )

2 ) Consideremos o espaco vetorial U = Pn dos polinomios de grau≤ n.Consideremos o operador derivada

D : Pn → Pn

que leva f ∈ Pn em sua derivada f ′, isto e, D(f) = f ′. Por exemplo,

P2 P2

D

f(t) = 1 + t− 3t2 ⇒ D(f(t)

)= 1− 6t

g(t) = 4 + 3t ⇒ D(g(t)

)= 3

f(t) + g(t) = 5 + 4t− 3t2 ⇒ D(f(t) + g(t)

)= 4− 6t

136

Este operador e linear. De fato, pelas regras de derivacao, sabe-se que:

( i ) D(f + g) = D(f) +D(g)

( ii ) D(λ f) = λD(f)

3 ) Sejam os espacos vetoriais U = Pn e V = R. A transformacao

T : Pn → R, definida por T (p) =

∫ b

ap dt

onde a, b ∈ R, que a cada polinomio p ∈ Pn faz corresponder a sua integraldefinida T (p) ∈ R; por exemplo

P2

R

p0

pp

pp

ps−2 =

∫ 1

−1g(t) dt = T

(g(t)

)

s 83 =

∫ 1

−1f(t) dt = T

(f(t)

)

s−2 + 83 =

∫ 1

−1

(f(t) + g(t)

)dtf(t) = 1 + t+ t2

g(t) = −1 + 3t

f(t) + g(t) = 4t+ t2

T

e linear. De fato, do Calculo sabe-se que:

( i ) T (f + g) =

∫ b

a(f + g) dt =

∫ b

af dt+

∫ b

ag dt = T (f) + T (g)

( ii ) T (λ f) =

∫ b

a(λ f) dt = λ

∫ b

af dt = λT (f)

4 ) Sejam os espacos vetoriais U = M2 e V = M2 . A transformacao

T : M2 → M2 , definida por T (p) =

([a11 a12

a21 a22

])

=

[2a11 a12

a21 3a22

]

e linear.

De fato, sejam u1 =

[a bc d

]

e u2 =

[e fg h

]

vetores arbitrarios em

M2 . Temos,

137

( i ) T (u1 + u2) = T

([a+ e b+ fc+ g d+ h

])

=

[2(a+ e) b+ fc+ g 3(d+ h)

]

=

[2a+ 2e b+ fc+ g 3d+ 3h

]

=

[2a bc 3d

]

+

[2e fg 3h

]

= T (u1) + T (u2)

( ii ) T (λu1) = T

([

λa λ b

λ c λ d

])

=

[

2(λa) λ b

λ c 3(λd)

]

=

[

λ (2a) λ b

λ c λ (3d)

]

= λ

[

2a b

c 3d

]

= λT (u1)

5 ) A transformacao T : R2 → R2, T (x, y) = (x+ 1, y − 1) nao e linear.

Para mostrar que uma dada transformacao nao e linear basta exibir um“contraexemplo”; para isto temos duas alternativas:

( i ) Devemos “conseguir” dois vetores u1 , u2 ∈ R2 tais que

T (u1 + u2 ) 6= T (u1 ) + T (u2 ) (3.4)

ou

( ii ) Devemos conseguir um numero λ ∈ R e um vetor u ∈ R2 tais que

T (λu ) 6= λT (u )

Pois bem, pela primeira alternativa, facamos a seguinte tentativa u1 =(1, 0) e u2 = (0, 1). Sendo assim, temos u1 + u2 = (1, 1), entao

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

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

T (u1 ) + T (u2 ) = (2, −1) + (1, −1) = (3, −2)

logo, a desigualdade (3.4) esta satisfeita e, portanto, T nao e linear.

138

6 ) Sejam os espacos vetoriais U = V = Z32. A transformacao

F : Z32

Z32

u 7→ u

nao e linear.

Nota: u significa “inverter” (trocar) cada bit do codigo (vetor) u, veja:

u1 = 101 ⇒ F (u1) = u1 = 101 = 010

u2 = 001 ⇒ F (u2) = u2 = 001 = 110

Temos:

u1 + u2 = 101 + 001 = 100

Entao:F (u1 + u2) = F (100) = 100 = 011

Logo:F (u1 + u2) = 011 6= 100 = F (u1) + F (u2)

7 ) A transformacao identidade

I : U Uu 7→ u

U U

Iuu uu

∀u∈U I(u)=u

ou I(u) = u, ∀u ∈ U , e mais um exemplo de operador linear. De fato,

( i ) I(u1 + u2) = u1 + u2 = I(u1) + I(u2)

( ii ) I(λu) = λu = λ I(u).

Nota: Dada uma transformacao qualquer F : U → V , entre dois espacosvetoriais arbitrarios, via de regra o vetor nulo de U e distinto do vetornulo de V , razao porque doravante estaremos mudando a cor do zero de V(contradomınio), este estara na cor “azul”: 0. Veja:

F : U → V7→

0

7→

0

139

8 ) A transformacao nula (ou zero)

F : U Vu 7→ 0

U V

Fuu u0

∀u∈U F (u)=0

F (u) = 0, ∀u ∈ U , e mais um exemplo de transformacao linear. Veja:

( i ) F (u1 + u2) = 0 = 0+ 0 = F (u1) + F (u2)

( ii ) F (λu) = 0 = λ 0 = λF (u).

9 ) Seja U um espaco vetorial sobre R. Fixando um α ∈ R qualquer, chama-se homotetia determinada pelo escalar α a aplicacao

Hα : U Uu 7→ αu

U U

Hαuu uαu

∀u∈U Hα(u)=αu

ou Hα(u) = αu, ∀u ∈ U . Hα e mais um exemplo de operador linear, veja

( i ) Hα(u1 + u2) = α (u1 + u2) = αu1 + αu2 = Hα(u1) +Hα(u2)

( ii ) Hα(λu) = α (λu) = λ (αu) = λHα(u).

10 ) Seja U um espaco vetorial sobre R. Fixando um w ∈ U qualquer,chama-se translacao definida por w a aplicacao

Tw : U Uu 7→u+w

U U

Twuu uu+ w

∀u∈U Tw(u) =u+w

Se w 6= 0, entao Tw nao e linear. De fato, para todos u1 , u2 ∈ U , temos:

T (u1 + u2) = (u1 + u2) + w

T (u1) = u1 + w⇒ T (u1) + T (u2) = u1 + u2 + 2w

T (u2) = u2 + w

Logo, se w 6= 0, Tw nao e linear. Por outro lado, se w = 0, entao Twcoincide com o operador identidade que e linear.

140

Uma transformacao linear especial

Interregno cultural: Precisamente no ano de 1988 senti a necessidadede fazer um programa computacional para tracar o grafico de superfıciesz = f(x, y). Na epoca nao existiam os potentes softwares algebricos exis-tentes hoje e que tracam graficos com a maior facilidade. Inicialmente, paradesenvolver meu programa consultei dois ou tres livros sobre computacaografica, entretanto achei os algoritmos − constantes nestes livros − um tantoquanto complicados para serem implementados; foi quando decidi criar meuproprio algoritmo.

Deducao do meu algoritmo

Apos alguns instantes de reflexao me coloquei o seguinte problema: Comoplotar um ponto (x, y, z), do espaco tridimensional, em uma superfıcie bidi-mensional (a tela do computador ou uma folha de papel, por exemplo)?

Para resolver meu problema devo construir a seguinte transformacao

x

y

z

t(x, y, z)

T : R3 → R2

y

z

t(X, Y )

Observe que o ponto a ser plotado e “o mesmo” nas duas figuras. Digo,para plotar o ponto de coordenadas (x, y, z) “no espaco” basta plotar oponto de coordenadas (X, Y ) no plano − de modo que esta plotagem nosde a ilusao de que o ponto encontra-se no espaco, entenderam?

Pois bem, so nos resta agora relacionar as “coordenadas virtuais” X eY com as coordenadas reais x, y e z. Isto pode ser feito a partir das figuras

x

y

z

t

`θ

(X, Y )

տx

y

z

t

`θ

(X, Y )≡ (x, y, z)

141

Nota: θ e um angulo entre o eixo x e o eixo z (negativo).O nosso interesse estara centrado na figura da direita. Desta figura

destacamos o seguinte triangulo (ver seta):

aθ

⊡

z−Y

y−X

x

sen θ =y −Xx

⇒ X = y − x · sen θ

cos θ =z − Yx

⇒ Y = z − x · cos θ

Entao, o “menor algoritmo do mundo” para o tracado de superfıcies, e:

(x, y, z) ≡ (X, Y ) = ( y − x · sen θ, z − x · cos θ ) (3.5)

Aplicacoes do algoritmo

Na figura seguinte temos o grafico da superfıcie dada por

z(x, y) = cos x · cos y

no domınio [0, 4π]× [0, 2π] (isto e, 0 ≤ x ≤ 4π, 0 ≤ y ≤ 2π), com θ = 35 o:

Na figura seguinte temos o grafico da superfıcie dada por

z(x, y) = senx · cos y

no domınio [0, 4π]× [0, 2π](isto e, 0 ≤ x ≤ 4π, 0 ≤ y ≤ 2π ), com θ = 35 o:

142

Nota: Para mais um exemplo de superfıcie ver p. 417.

Morte e ressurreicao de um algoritmo

Alguns anos depois da concepcao do meu algoritmo surgem os poderosossoftwares computacionais para o tracado de graficos (inclusive superfıcies),devo confessar que, com muito pesar, vislumbrei a morte de meu rebento.

Entretanto, alguns anos depois as circustancias me levaram a utilizaro processador de texto∗ LATEX2ε e neste existe um ambiente (pspicture)para o tracado de figuras que trabalha com as coordenadas cartesianas bidi-mensionais (X, Y ).

Somente entao me dei conta de que a finalidade principal de meu algo-ritmo nao estava no tracado de superfıcies mas sim em plotar um ponto noespaco R3 e, em funcao disto, o mesmo se revelaria de grande utilidade den-tro do ambiente de figuras do referido processador de texto. Por exemplo,os seguintes paralelepipedos foram tracados com o algoritmo (3.5).

Nota: As duas superfıcies anteriores foram tracadas no ambiente de figu-ras (pspicture) do LATEX, programei a equacao (3.5) em minha H.P. parame fornecer as coordenadas dos pontos da superfıcie. Para mais detalhessobre estas figuras veja p. 195.

∗No qual foi feita a Editoracao eletronica deste livro.

143

Uma outra aplicacao inestimavel que encontrei para o meu algoritmo sedeu 21 anos apos sua concepcao, quando iniciei a escrever o presente livro.Todas as figuras deste livro, que envolvem o espaco vetorial R3, como, porexemplo, a seguinte: (p. 162)

x

y

z

t(x, y, z)

−→N (F )

F

t(x, y, z)

(x, y, 0)s

Im (F )

x

y

z

foram feitas com o auxılio do algoritmo.

O nosso algoritmo pode ser visto como a aplicacao,

T : R3 R2

(x, y, z) (y−x· sen θ, z−x·cos θ)

que e uma transformacao linear, uma vez que θ e um parametro.

Observe que

T (0, y, z) = (y − 0 · sen θ, z − 0 · cos θ) = (y, z)

Ou seja, os pontos do plano yoz sao “invariantes” por T .

A proxima proposicao nos fornece uma definicao alternativa para trans-formacao linear envolvendo uma unica condicao.

Proposicao 10. Uma funcao F : U → V e uma transformacao linear, see somente se,

F (λu+ µ v) = λF (u) + µF (v) (3.6)

para quaisquer u, v ∈ U e quaisquer λ, µ ∈ R.

Prova:

(⇒ ) Assumindo F linear devemos mostrar que vale a igualdade (3.6).Resumindo:

H :

T :

( i ) F (u1 + u2 ) = F (u1 ) + F (u2 )

( ii ) F (λu ) = λF (u )

F (λu+ µ v) = λF (u) + µF (v)

⇓

(∀u1 , u2 ∈ U )

(∀λ ∈ R, ∀u ∈ U )

144

Pois bem, tomando u1 = λu e u2 = µ v e substituindo em ( i ), obtemos

F (λu+ µ v) = F (λu) + F (µ v)

Agora utilizando a parte ( ii ) da hipotese, obtemos

F (λu+ µ v) = λF (u) + µF (v)

que e a nossa tese.

(⇒ ) Para provar a reciproca “o que e tese vira hipotese e o que e hipotesevira tese ”, assim:

T :

( i ) F (u1 + u2 ) = F (u1 ) + F (u2 )

( ii ) F (λu ) = λF (u )

(∀u1 , u2 ∈ U )

(∀λ ∈ R, ∀u ∈ U )

⇓H : F (λu+ µ v) = λF (u) + µF (v) (∀λ, µ ∈ R; ∀u, v ∈ U )

Tomando na hipotese λ = µ = 1 provamos a parte ( i ) da tese. Paraprovar a parte ( ii ) e suficiente tomar µ = 0. �

Desta proposicao segue, por inducao, a propriedade basica das trans-formacoes lineares:

F (λ1 u1 + λ2 u2 + · · ·+ λn un) = λ1 F (u1) + λ2 F (u2) + · · ·+ λn F (un)

Ou, o que da no mesmo

F( n∑

i=1

λiu

i

)

=

n∑

i=1

λiF (u

i) (3.7)

No nosso proximo exemplo (teorema) iremos caracterizar todas as trans-formacoes lineares F : Rm → Rn.

∗ ∗ ∗Atraves dos tempos, os matematicos tem considerado seus objetos,

tais como numeros, pontos, etc., como coisas substanciais em si. Umavez que estas entidades sempre tinham desafiado tentativas de uma de-scricao adequada, manifestou-se corretamente nos matematicos do seculoXIX a conviccao de que a questao do significado destes objetos comocoisas substanciais nao fazia sentido dentro da Matematica, ou mesmoem geral. (Richard Courant/O que e Matematica?)

145

Teorema 6. Considerando uma transformacao F : Rm → Rn ; dadou = (x1 , x2 , . . . , xm) ∈ Rm temos

F (x1 , x2 , . . . , xm ) = ( y1 , y2 , . . . , yn ) ∈ Rn

Se F e linear entao existem m · n numeros reais

( aij), 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m

ou ainda,

a11 a12 . . . a1m

a21 a22 . . . a2m

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

an1 a

n2 . . . anm

tais que F e da forma

( ∗ )F (x1 , x2 , . . . , xm ) = ( y1 , y2 , . . . , yn )

y1 = a11 x1 + a12 x2 + · · ·+ a1m xm

y2 = a21 x1 + a22 x2 + · · ·+ a2m xm

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·yn = a

n1 x1 + an2 x2 + · · · + anm xm

Reciprocamente, se ( aij) e uma colecao de m · n numeros reais, entao a

funcao que associa a cada u de Rm o elemento y em Rn de acordo com aequacao ( ∗ ), e uma transformacao linear com domınio em Rm e contrado-minio em Rn.

Antes da prova do teorema observe a seguinte perspectiva:

F : Rm → Rn

y1

y2...

yn

=

a11 a12 . . . a1m

a21 a22 . . . a2m

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

an1 an2 . . . anm

︸︷︷︸

n×m

·

x1

x2

...

xm

146

Prova: (⇒ ) Supondo F linear vamos mostrar que existemm·n numerosreais a

ijde modo que F e da forma ( ∗ ). De fato, sejam e1 , e2 , . . . , em os

vetores da base canonica de Rm, isto e

e1 = (1, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, . . . , 0), . . . , em = (0, 0, . . . , 1)

Examinemos a imagem desses vetores pela transformacao F . Suponhamos

(♣ )

F (e1) = ( a11 , a21 , . . . , an1 )

F (e2) = ( a12 , a22 , . . . , an2 )

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·F (em) = ( a1m , a2m , . . . , anm )

F : Rm → Rn

ej7→ F (e

j)

↓ j=1, 2, ... ,m

Isto e, o numero real aije a i−esima coordenada do vetor F (e

j).

Seja u = (x1 , x2 , . . . , xm) um vetor arbitrario de Rm. Logo,

u = x1 e1 + x2 e2 + · · · + xm em

Entao,

F (u) = F (x1 e1 + x2 e2 + · · ·+ xm em)

Como F e linear podemos fazer uso da equacao (3.7) (p. 145) para obter

F (u) = x1 F (e1) + x2 F (e2) + · · ·+ xm F (em)

Usando as m igualdades em (♣ ), obtemos

F (u)= x1 ( a11 , a21 , ..., an1 )+ x2 ( a12 , a22 , ..., an2 )+ ···+ xm ( a1m , a2m , ..., anm )

=( a11x1 , a21x1 , ..., an1x1 )+ ( a12x2 , a22x2 , ..., an2x2 )+ ···+( a1mxm , a2mxm , ..., anmxm )

Adicionando estes m vetores, F (u) resulta da forma ( ∗ ).Nota: Ja neste momento observe que a contrapositiva da proposicao queacabamos de provar nos assegura de que se uma transformacao F do Rm

em Rn nao for da forma ( ∗ ) entao F nao e linear. O leitor poderia sertentado a concluir que se uma tal transformacao F for da forma ( ∗ ) entao elinear. Observamos que isto deve ser provado uma vez que uma proposicaonao e equivalente a sua reciproca.

(⇐ ) Reciprocamente, e facil mostrar − por calculo direto − que toda trans-formacao da forma ( ∗ ) e linear. �

Exegese : A vantagem deste teorema e que podemos decidir − “a olho nu ”− se uma transformacao F : Rm → Rn e ou nao linear: Uma transformacao

F : Rm Rn

(x1 , ..., xm )7→(y1 , ..., yn )

147

e linear se, e somente se, as coordenadas yisao combinacoes lineares das

coordenadas xi.

Por exemplo,

a) F : R2 → R3, F (x, y) = (2x+ y, x− 2y, −x− y) e linear;

b) F : R2 → R2, F (x, y) = (2x+ y, 3x+ 2y) e linear;

c) F : R3 → R2, F (x, y, z) = (x+ y, x+ z) e linear;

d) F : R3 → R3, F (x, y, z) = (2x2 + 3y, x, z) nao e linear;

e) F : R → R, F (x) = a x+ b nao e linear;

f) F : R → R2, F (x) = (3x, 2) nao e linear.

Exemplo: Apenas a tıtulo de ilustracao vamos encontrar a matriz associadaa seguinte transformacao linear,

F : R3 → R2, dada por F (x, y) = (x+ y, x+ z)

segundo o teorema 6 (p. 146). Seguindo os passos da demonstracao devemoscalcular a transformacao nos vetores da base canonica do R3, assim:

B = { (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) } ⇒

F (e1) = ( 1 + 0, 1 + 0 ) = (1, 1)

F (e2) = ( 0 + 1, 0 + 0 ) = (1, 0)

F (e3) = ( 0 + 0, 0 + 1 ) = (0, 1)

Tomamos o “transposto” das coordenadas, assim:

F : R3 → R2

[

y1y2

]

=

2× 3︷︸︸︷[

1 1 0

1 0 1

]

·

x1

x2

x3

↑F (e1)↑F (e2)

↑F (e3)

Observe a equacao matricial da seguinte perspectiva

Y = F (X) = AX

Oportunamente vamos generalizar este exemplo para espacos vetoriaisarbitrarios.

148

Propriedades das Transformacoes Lineares

Sejam U e V espacos vetoriais sobre R e consideremos uma transformacaolinear F : U → V . Valem as seguintes propriedades para F :

P1 ) F (0) = 0. Isto e, sob qualquer transformacao linear F : U → V aimagem do vetor nulo de U e o vetor nulo de V .

Prova: Com efeito,

F (0) = F (0+ 0) = F (0) + F (0)

logo,

F (0)− F (0) =(F (0) + F (0)

)− F (0)

0 = F (0)

>

Considerando a proposicao que acabamos de provar:

Proposicao: Se F : U → V e linear, entao F (0) = 0.

a sua reciproca: “Se F (0) = 0, entao F : U → V e linear.” nao e verdadeira(nao vale). E o caso da transformacao

F : R2 → R3, T (x, y) = (x2, y, y2)

na qual temos F (0) = F (0, 0) = (02, 0, 02) = (0, 0, 0) = 0 e F nao elinear.

Conclusao: A condicao F (0) = 0 e necessaria, mas nao suficiente, paraque uma transformacao F seja linear; o que significa que se acontecer F (0) 6=0 ja podemos, de imediato, garantir que F nao e linear; entretanto se acon-tecer F (0) = 0, isto − por si so − nao garante que F seja linear.

P2 ) F (u1 − u2 ) = F (u1 )− F (u2 ), ∀u1 , u2 ∈ U .

Prova: Da condicao ( i ) abaixo

( i ) F (u1 + u2 ) = F (u1 ) + F (u2 ), ∀u1 , u2 ∈ U( ii ) F (λu ) = λF (u ), ∀λ ∈ R e ∀u ∈ U .

temos

F (u1 − u2 ) = F (u1 + (−u2) ) = F (u1 ) + F (−u2 )

Tomando na condicao ( ii ) λ = −1 e u = u2 , resulta F (−u2 ) = −F (u2 ),donde

F (u1 − u2 ) = F (u1 )− F (u2 )

>

149

Observe que se na igualdade acima tomarmos u1 = u2 , isto e, u1−u2 = 0teremos

F ( 0 ) = F (u1 )− F (u2 ) = 0

uma outra alternativa para se demonstrar esse resultado.

P3 ) Se W e um subespaco de U , entao a imagem de W e um subespacode V .

Se W e subespaco . . .

sw

s

u

U

FW

V

s

F (w)

F (W )

F (W ) e subespaco.

s

F (u)

Prova: Inicialmente resumimos a proposicao assim:

H1 : F : U → V e linear.

H2 : W ⊂ U e subespaco.H:

T: F (W ) ⊂ V e subespaco.

Segundo a proposicao 1 (p. 53) devemos mostrar que

F (W ) ={F (w) : w ∈W

}

e fechado para as operacoes de espaco vetorial. Com efeito, sejam v1 e v2vetores arbitrarios em F (W ), devemos provar que v1 + v2 ∈ F (W ). Peladefinicao de F (W ) existem w1 e w2 emW tais que v1 = F (w1) e v2 = F (w2),entao

v1 + v2 = F (w1) + F (w2)

Como F e linear resulta

v1 + v2 = F (w1 + w2)

Por hipotese, W e subespaco, segue que w1 + w2 ∈ W ; isto implica quev1 + v2 ∈ V e imagem de um elemento de W , logo, v1 + v2 ∈ F (W ).

Seja agora λ ∈ R e v ∈ F (W ), arbitrarios, devemos provar que λ v ∈F (W ).

Pela definicao de F (W ) existe w ∈W tal que v = F (w). Entao,

λ v = λF (w)

Como F e linear resulta

λ v = F (λw)

150

Por hipotese, W e subespaco, entao λw ∈ W ; isto implica que λ v ∈ V eimagem de um elemento de W , logo, λ v ∈ F (W ). >

Nota: A propriedade P3 significa que uma transformacao linear F : U →V transforma subespacos vetoriais do domınio em subespacos vetoriais nocontradomınio. Em outras palavras, uma transformacao linear preserva aestrutura de espaco vetorial.

P4 ) Se F : U → V e linear e {u1 , . . . , un } gera U , entao

{F (u1), . . . , F (un) } gera Im (F ).

Prova: Com efeito, seja v ∈ Im (F ) = {F (u) : u ∈ U } arbitrario. Entao,v = F (u) para algum u ∈ U . Como {u1 , . . . , un } gera U , existem escalaresλ1 , . . . , λn tais que:

u = λ1 u1 + · · ·+ λn un

Logo,

v = F (u) = F (λ1 u1 + · · ·+ λn un)

= λ1 F (u1) + · · ·+ λn F (un)

Portanto, Im (F ) = [F (u1), . . . , F (un) ]. >

P5 ) Uma transformacao linear F : U → V fica completamente determi-nada quando se conhecem as imagens dos vetores de uma base de U .

Prova: Com efeito, suponhamos que B = {u1 , u2 , . . . , un } seja uma basedo domınio U e que se conheca quais sao as imagens F (u1), F (u2), . . . , F (un)dos vetores desta base. Sempre e possıvel obter a imagem T (u) de qualqueru ∈ U , pois sendo u uma combinacao linear dos vetores da base, isto e:

u = λ1 u1 + λ2 u2 + · · ·+ λn un

Aplicando F a ambos os membros obtemos:

F (u) = λ1 F (u1) + λ2 F (u2) + · · ·+ λn F (un)

>

151

Vejamos um exemplo desta ultima propriedade. Seja F : R3 → R2 umatransformacao linear, sao conhecidos (dados),

B = {u1 , u2 , u3 }, onde, u1 = (0, 1, 0), u2 = (1, 0, 1), u3 = (1, 1, 0)

F (u1) = (1, −2), F (u2) = (3, 1), F (u3) = (0, 2)

Determine F (x, y, z), a imagem de um vetor arbitrario do R3.

R3

x

y

z

su1

su3

su2

(x, y, z)s

F =?

p p p

pp

pp

R2

x

y

s

sF (u1)

sF (u2)

sF (u3)sF (x, y, z)=?

Solucao: Inicialmente devemos expressar um vetor u = (x, y, z) ∈ R3 comouma combinacao linear dos elementos da base:

(x, y, z) = λ1 u1 + λ2 u2 + λ3 u3

isto e,(x, y, z) = λ1 (0, 1, 0) + λ2 (1, 0, 1) + λ3 (1, 1, 0) (3.8)

desta equacao obtemos o seguinte sistema linear

λ2 + λ3 = x

λ1 + λ3 = y

λ2 = z

cuja solucao e:

λ2 = z, λ3 = x− λ2 = x− z e λ1 = y − λ3 = y − (x− z) = y − x+ z.

Substituindo estes valores em (3.8) obtemos

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

Aplicando F , linear, temos:

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

152

Substituindo os valores de F nos vetores da base temos

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

=(1 (y − x+ z), −2 (y − x+ z)

)+ (3z, 1 z) +

(0, 2(x− z)

)

Somando:F (x, y, z) = (−x+ y + 4z, 4x− 2y − 3z)

Por exemplo,

F (1, 2, 5) = (−1 + 2 + 4 · 5, 4 · 1− 2 · 2− 3 · 5) = (21, −15)

∗ ∗ ∗

3.2.1 Exercıcios

1) Dentre as transformacoes a seguir, verificar quais sao lineares:

a ) F : R2 → R2 definida por F (x, y) = (x− 3y, 2x+ 5y);

b ) F : R2 → R3 definida por F (x, y) = (x− y, 3x, x+√2 y);

c ) F : R2 → R3 definida por F (x, y) = (x− y, 3x, x+ 2√y);

d ) F : R3 → R3 definida por F (x, y, z) = (x+ y, 0, x− y);e ) F : R2 → R3 definida por F (x, y) = (x+ y, 0, (x− y)/

√2 ).

2) Mostre que as aplicacoes abaixo nao sao lineares:

a ) F : R2 → R2 definida por F (x, y) = (x y, x)

b ) F : R2 → R2 definida por F (x, y) = (x+ 2, y + 3)

c ) F : R2 → R definida por F (x, y) = |x|d ) F : R3 → R2 definida por F (x, y, z) = (|x|, y + z)

3) Determine a transformacao linear F : R3 → R2 tal que

F (1, −1, 0) = (1, 1), F (0, 1, 1) = (2, 2), e F (0, 0, 1) = (3, 3).

Achar F (1, 0, 0) e F (0, 1, 0).

4) Seja F : R3 → R2 uma transformacao linear definida por

F (1, 1, 1) = (1, 2), F (1, 1, 0) = (2, 3), e F (1, 0, 0) = (3, 4).

a ) Determine F (x, y, z);

b ) Determine u ∈ R3 tal que F (u) = (−3, −2);c ) Determine u ∈ R3 tal que F (u) = (0, 0).

153

5) Verifique se o operador a seguir e linear

F : Z32

Z32

u 7→ F (u) onde u = x1 x2 x3 7→ F (u) = x3 x1 x2

6) Verifique se a transformacao a seguir e linear

F : Z32

Ru 7→ F (u) onde u = x1 x2 x3 7→ F (u) = max{ 1 · x1 , 2 · x2 , 3 · x3 }

7) Verifique se sao operadores lineares no espaco Pn

a ) F : Pn → Pn tal que F(p(t)

)= t p′(t);

b ) F : Pn → Pn tal que F(p(t)

)= p′(t) + t2 p′′(t).

8) Determine a transformacao linear F : P2 → P2 tal que

F (1) = x, F (x) = 1− x2 e F (x2) = x+ 2x2.

9) Verifique se e linear a seguinte transformacao

F : M2 → R2 tal que F

([a bc d

])

= (a− b, a+ b).

10) Seja o espaco vetorial U = Mn, das matrizes quadradas de ordem n,e A uma matriz fixa em U . Seja a aplicacao F : U → U definida porF (X) = XA+AX, com X ∈ U . Mostre que F e linear.

11) Seja F : U → V uma tranformacao linear com a seguinte propriedade:se {u1 , u2 , . . . , un } e uma base de U , entao {F (u1), F (u2), . . . , F (un) } elinearmente independente em V . Mostre que F e injetora.

12) Sejam U e V subespacos de um espaco W tais que W = U ⊕V . SejamP1 e P2 as transformacoes de W em W tais que para todo w = u+ v de W(com u ∈ U e v ∈ V ) associam, respectivamente, u e v, ou seja, P1(w) = ue P2(w) = v. Mostre que P1 e P2 sao lineares.

154

3.3 Nucleo e Imagem

Definicao 20 (Nucleo). Sejam U e V espacos vetoriais sobre R e F : U →V uma transformacao linear. Indica-se por N (F ) e denomina-se nucleo deF o seguinte subconjunto de U : N (F ) = {u ∈ U : F (u) = 0 }.

U

FN (F )

V

s 0u

Resumindo: Nucleo da transformacao e o conjunto dos vetores no domınioque tem como imagem o vetor nulo do contradomınio.

Observe que o nucleo nunca e vazio, posto que, como F e linear F (0) = 0,isto e, sempre teremos 0 ∈ N (F ).− Importante: Para encontrar o nucleo de uma transformacao devemos

resolver, a equacao F (u) = 0.

Exemplos:

1 ) Seja F : R2 → R3 a transformacao linear definida por

F (x, y) = (0, 2x− y, 0)

Encontre o nucleo de F .

Solucao: Pela definicao de nucleo temos:

N (F ) = {u ∈ U : F (u) = 0 }= { (x, y) ∈ R2 : F (x, y) = (0, 0, 0) }

Sendo assim para encontrar o nucleo e suficiente resolver a equacao

F (x, y) = (0, 0, 0) ⇒ (0, 2x− y, 0) = (0, 0, 0) ⇒ 2x− y = 0.

Portanto, N (F ) = { (x, y) ∈ R2 : y = 2x }. Geometricamente, temos

p p p

1

2

pp

p

−1 1 2

R2

N (F )←

x

y

y = 2x

R3

t

0 = (0, 0, 0)տ

x

y

z

155

2 ) Seja F : R3 → R3, dada F (x, y, z) = (x, y, 0) a projecao ortogonal doR3 sobre o plano xoy. Encontremos o nucleo de F . Entao:

N (F ) = {u ∈ U : F (u) = 0 }

= { (x, y, z) ∈ R3 : F (x, y, z) = (0, 0, 0) }

Devemos resolver a equacao

F (x, y, z) = (0, 0, 0) ⇒ (x, y, 0) = (0, 0, 0) ⇒ x = 0 e y = 0.

Logo,

N (F ) = { (x, y, z) ∈ R3 : x = 0 e y = 0 }

Ou seja, o nucleo consta dos vetores (0, 0, z) ∈ R3, e o eixo oz. Veja:

x

y

z

tu=(x, y, z)

−→N (F )

F

tu=(x, y, z)

F (u)= (x, y, 0)s

t

x

y

z

3 ) Seja D : P3 → P3 o operador de derivacao D(p) = p′, encontre o nucleode D.

Solucao: Pela definicao de nucleo temos:

N (D) = {u ∈ U : F (u) = 0 }= { p(t) ∈ P3 : p

′(t) = 0 }

Temos,

p(t) = a0 + a1 t+ a2 t2 + a3 t

3 ⇒ p′(t) = a1 + 2 a2 t+ 3 a3 t2

Para encontrar o nucleo e suficiente resolver a equacao

p′(t) = 0 ⇒ a1 + 2 a2 t+ 3 a3 t2 = 0 + 0 t+ 0 t2 + 0 t3

Portanto,

N (D) ={p(t) = a0 + a1 t+ a2 t

2 + a3 t3 ∈ P3 : a1 = a2 = a3 = 0

}

156

Ou seja, no nucleo deD constam apenas os polinomios constantes: p(t) = a0 .Observe porque nenhum polinomio do 1o grau poderia esta no nucleo,

por exemplo:p(t) = 1 + 3 t ⇒ D(p(t)) = 3 6= 0

Proposicao 11. Seja F : U → V uma transformacao linear. Entao:

a ) N (F ) e um subespaco vetorial de U ;

b ) A transformacao linear F e injetora se, e somente se, N (F ) = { 0 }.

Prova: a ) Devemos mostrar que

N (F ) = {u ∈ U : F (u) = 0 }

e fechado para as operacoes de espaco vetorial. Sejam u1 , u2 vetores ar-bitrarios em N (F ), devemos provar que u1 + u2 ∈ N (F ). Com efeito, peladefinicao de nucleo temos F (u1) = 0 e F (u2) = 0, daı

F (u1) + F (u2) = 0

Como F e linear resulta, F (u1 + u2) = 0. Logo, u1 + u2 ∈ N (F ).

Seja agora λ ∈ R e u ∈ N (F ), arbitrarios, devemos provar que λu ∈N (F ).

Pela definicao de nucleo, temos F (u) = 0, daı

λF (u) = 0

Como F e linear resultaF (λu) = 0

Logo, λu ∈ N (F ), portanto o nucleo e um subespaco de U .

b ) Em enunciados de proposicoes tipo:

“A transformacao linear F e injetora se, e somente se, N (F ) = { 0 }.”como se sabe, temos duas provas a fazer, “a ida” e “a volta”. Antes deprossegui pedimos ao leitor − para testar sua habilidade − que tente desco-brir quem, no enunciado acima, e hipotese e quem e tese nos dois “sentidos”.

Pois bem, para compreendermos a tecnica de demonstracao a ser uti-lizada, reescrevemos nossa proposicao na seguinte forma

H1 ⇒ (H2 ⇔ T )

onde,

H1 ⇒(H2 ⇔ T

)

F e linear

F e injetora

N (F )={ 0 }

157

Ou seja:

“Se F e linear, entao F e injetora se, e somente se, N (F ) = { 0 }.”.Este teorema deve ser desdobrado assim

H1 ⇒(H2 ⇔ T

)

(⇒ ) H1 ⇒(H2 ⇒ T

)

(⇐ ) H1 ⇒(H2 ⇐ T

)

Estes dois ultimos teoremas possuem as seguintes equivalencias (p. 438)

(⇒ ) H1 ⇒(H2 ⇒ T

)≡ (H1 ∧H2 ⇒ T )

(⇐ ) H1 ⇒(T ⇒ H2

)≡ (H1 ∧ T ⇒ H2 )

Sendo assim temos:

(⇒ ) Resumimos a “ida” assim

H1 : F e linear.

H2 : F e injetora.H:

T: N (F ) = { 0 }.

Seja u ∈ N (F ), entao F (u) = 0. Como F e linear segue que F (0) = 0,daı F (u) = F (0), agora usando a injetividade de F concluimos que u = 0.Conclusao: Se F e injetora o seu nucleo se resume ao vetor nulo de U .

(⇐ ) Resumimos a “volta” assim

H1 : F e linear.

H2 : N (F ) = { 0 }.H:

T: F e injetora.

Entao, dados u1 , u2 ∈ U arbitrarios devemos mostrar que

F (u1) = F (u2) ⇒ u1 = u2

Pois bem,F (u1) = F (u2) ⇒ F (u1)− F (u2) = 0

Como F e linear vale a propriedade P2 (p. 149), isto e

F (u1)− F (u2) = 0 ⇒ F (u1 − u2) = 0

Como, pela segunda hipotese, no nucleo so existe o vetor nulo, temos

F (u1 − u2) = 0 ⇒ u1 − u2 = 0 ⇒ u1 = u2 .

�

158

Exemplo: Seja D : Pn → Pn o operador de derivacao D(p) = p′. Per-guntamos se D e um operador injetor.

Inicialmente vamos encontrar o nucleo deste operador:

p(t) = a0+a1 t+a2 t2+ · · ·+an t

n ⇒ D(p(t)) = a1+2 a2 t+ · · ·+n an tn−1

Logo,D(p(t)) = 0 ⇒ a1 = a2 = · · · = an = 0.

Sendo assim resulta

N (D) = { p(t) = a0 : a0 ∈ R } 6= { 0 }N (D) e o conjunto dos polinomios constantes, logo D nao e injetor.

Veja, de uma outra perspectiva, porque D nao e um operador injetor:

P2

p1(t) = 1 + t+ t2

p2(t) = 3 + t+ t2

D

p1 6= p2 ⇒

P2

p(t) = 1 + 2 ts

D(p1 )=D(p2 )

Na equacao (3.1) (p. 128) definimos a imagem de uma transformacaoarbitraria F : U → V como: Im (F ) = {F (u) : u ∈ U }.

Na propriedade P3 (p. 150) provamos que se F e linear entao Im (F ) eum subespaco vetorial de V .

Iremos agora demonstrar um importante teorema relacionando as di-mensoes do nucleo e da imagem de uma transformacao linear.

Teorema 7 (Do Nucleo e da Imagem). Sejam U e V espacos vetoriais dedimensao finita sobre R. Dada uma transformacao linear F : U → V , entao

dimU = dimN (F ) + dim Im (F ) (3.9)

U

FN (F )

V

Im (F )

Prova: Suponha que dimN (F ) = r e que B1 = {u1 , . . . , ur } e umabase de N (F ). De acordo com o teorema do completamento (teo. 5, p. 99)

essa base pode ser estendida a uma base B2 = {u1 , . . . , ur , v1 , . . . , vs } deU . Mostremos que B = {F (v1), . . . , F (vs) } e uma base de Im (F ).

159

1o ) Inicialmente mostremos que B gera Im (F ). Seja v ∈ Im (F ) umvetor arbitrario na imagem, entao existe u ∈ U tal que F (u) = v. Mas u ecombinacao linear dos vetores de B2 , o que implica na existencia de escalarestais que:

u = λ1 u1 + · · ·+ λr ur + γ1 v1 + · · ·+ γs vs

Aplicando F , obtemos

F (u) = v = F (λ1 u1 + · · ·+ λr ur + γ1 v1 + · · ·+ γs vs)

= λ1 F (u1) + · · · + λr F (ur ) + γ1 F (v1) + · · ·+ γs F (vs)

= λ1 0 + · · ·+ λr 0 + γ1 F (v1) + · · ·+ γs F (vs)

= γ1 F (v1) + · · · + γs F (vs)

Observe que u1 , . . . , ur estao no nucleo, o que implica que suas imagens,por F , e o vetor nulo. Pois bem, esta ultima igualdade prova que B gera aimagem de F .

2o ) Vamos agora mostrar que B e linearmente independente, entao seja

λ1 F (v1) + · · ·+ λs F (vs) = 0

Desta igualdade obtemos

F (λ1 v1 + · · ·+ λs vs) = 0

Logo, o vetor λ1 v1 + · · · + λs vs pertence ao nucleo de F , o que significaque ele pode ser expresso como combinacao linear dos vetores de B1 , isto e,existem escalares γ1 , . . . , γr ∈ R de modo que:

λ1 v1 + · · · + λs vs = γ1 u1 + · · ·+ γr ur

Entaoγ1 u1 + · · ·+ γr ur + (−λ1) v1 + · · ·+ (−λs) vs = 0

Como o conjunto B2 e L.I., podemos concluir que todos os escalares quefiguram nesta ultima igualdade sao nulos. Em particular λ1 = · · · = λs = 0.Provamos assim que B, de fato, e L.I.. Resumindo, temos:

B1 = {u1 , . . . , ur } base de N (F ) ⇒ dim N (F ) = r

B2 = {u1 , . . . , ur , v1 , . . . , vs } base de U ⇒ dim U = r + s

B = {F (v1), . . . , F (vs) } base de Im (F ) ⇒ dim Im (F ) = s

Sendo assim e verdade que:

dimU = dimN (F ) + dim Im (F ).

�

160

Exemplos:

1 ) No exemplo da p. 155 encontramos o nucleo da transformacao

F : R2 → R3, dada por F (x, y) = (0, 2x− y, 0)

Agora encontremos sua imagem. A imagem da aplicacao F : U → V eencontrada assim:

Im (F ) = {F (u) : u ∈ U }= {F (x, y) : (x, y) ∈ R2 }= { (0, 2x− y, 0): (x, y) ∈ R2 } = { 2x − y (0, 1, 0): (x, y) ∈ R2 }

A imagem e gerada pelo vetor (0, 1, 0), isto e, Im (F ) = [ (0, 1, 0) ], e oeixo oy. Veja:

p p p

1

2

pp

p

−1 1 2

R2

N (F )←

x

y

y = 2x

FR3

t t

x

y

z

տIm (F )

Temos: dimN (F ) = 1 e dim Im (F ) = 1, o que confirma

dimU = dimN (F ) + dim Im (F )

dimR2 = 1 + 1

2 ) No exemplo da p. 156 encontramos o nucleo da transformacao

F : R3 → R3, dada por F (x, y, z) = (x, y, 0)

Agora encontremos a imagem de F :

Im (F ) = {F (u) : u ∈ U }= {F (x, y, z) : (x, y, z) ∈ R3 }= { (x, y, 0): (x, y, z) ∈ R3 }

Portanto, Im (F ) e o plano xoy. Veja:

161

x

y

z

t(x, y, z)

−→N (F )

F

t(x, y, z)

(x, y, 0)s

Im (F )

x

y

z



dimR3 = 1 + 2

3 ) Determine o nucleo e a imagem do operador F : R3 → R3, dado porF (x, y, z) = (x− 2y − z, y + 2z, x+ 3y + z).

Solucao:

N (F ) = {u ∈ U : F (u) = 0 }

= { (x, y, z) ∈ R3 : F (x, y, z) = (0, 0, 0) }

F (x, y, z) = (0, 0, 0) ⇒ (x− 2y − z, y + 2z, x+ 3y + z) = (0, 0, 0)

Donde resulta o sistema:

x− 2y − z = 0

y + 2z = 0

x+ 3y + z = 0

cuja unica solucao e (0, 0, 0). Logo, N (F ) = { 0 } = { (0, 0, 0) }.Agora encontremos a imagem de F :

Im (F ) = {F (u) : u ∈ U }= {F (x, y, z) : (x, y, z) ∈ R3 }= { (x− 2y − z, y + 2z, x+ 3y + z) : x, y, z ∈ R }

Vamos encontrar um conjunto de geradores para a imagem, assim:

(x−2y−z, y+2z, x+3y+z) = x ( ? , ? , ? ) + y ( ? , ? , ? ) + z ( ? , ? , ? )

Com um pouco de reflexao chegamos a

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

162

Logo, qualquer vetor da imagem e combinacao linear destes tres vetores e,portanto:

Im (F ) = [ (1, 0, 1), (−2, 1, 3), (−1, 2, 1) ]Como { (1, 0, 1), (−2, 1, 3), (−1, 2, 1) } e L.I. pelo teorema 4 (p. 99) e umabase do subespaco Im (F ) e pela proposicao 8 (p. 99) podemos concluir queIm (F ) = R3. Geometricamente tudo se passa assim:

x

y

z

ցN (F )t

F

t(1, 0, 1)

t(−2, 1, 3)

t(−1, 2, 1)

x

y

z



dimR3 = 0 + 3

4 ) Determine uma aplicacao linear F : R3 → R4 tal que

Im (F ) = [ (3, −1, 2, 1), (4, 1, 0, −1) ]Solucao: Como dim Im (F ) = 2, entao dimN (F ) = 1. Como, pela pro-priedade P5 (p. 151), uma transformacao linear fica completamente definidaquando se conhecem as imagens dos vetores de uma base do domınio, pode-mos escollher, por exemplo

F (1, 0, 0) = (0, 0, 0, 0), F (0, 1, 0) = (3, −1, 2, 1), F (0, 0, 1) = (4, 1, 0, −1)A imagem sera o conjunto dado porquanto sendo

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

temos

F (x, y, z) = xF (1, 0, 0) + y F (0, 1, 0) + z F (0, 0, 1)

= x (0, 0, 0, 0) + y (3, −1, 2, 1) + z (4, 1, 0, −1)= (3y + 4z, −y + z, 2y, y − z)

163

Obviamente que este problema admite outras solucoes.

Podemos confirmar o resultado obtido calculando a imagem de F , assim:

Im (F ) = {F (u) : u ∈ U }= {F (x, y, z) : (x, y, z) ∈ R3 }= { (3y + 4z, −y + z, 2y, y − z) : (x, y, z) ∈ R3 }= { y (3, −1, 2, 1) + z (4, 1, 0, −1): (x, y, z) ∈ R3 }

Isto mostra que Im (F ) = [ (3, −1, 2, 1), (4, 1, 0, −1) ].5 ) Determine o nucleo e a imagem, bem como as dimensoes respectivas datransformacao F : P2(R) → P3(R) dada por F

(f(t)

)= f(t) + t2 f ′(t).

Solucao: Antes da resolucao propriamente, veja um exemplo de comoesta transformacao funciona (atua):

P2(R) P3(R)

f(t) = 2 + 4 t+ 5 t2 ⇒ F(f(t)

)= f(t) + t2 f ′(t)

F (2 + 4 t+ 5 t2) = (2 + 4 t+ 5 t2) + t2 (2 + 4 t+ 5 t2)′

= (2 + 4 t+ 5 t2) + t2 (0 + 4 + 10 t)

= 2 + 4 t+ 9 t2 + 10 t3

Pois bem, encontremos o nucleo da tranformacao:

N (F ) = {u ∈ U : F (u) = 0 }

= { a+ b t+ c t2 ∈ P2(R) : F (a+ b t+ c t2) = 0 }


F (a+ b t+ c t2) = 0 ⇒ (a+ b t+ c t2) + t2 (a+ b t+ c t2)′ = 0

a+ b t+ (b+ c) t2 + 2c t3 = 0

Ou ainda,

a+ b t+ (b+ c) t2 + 2c t3 = 0 + 0 t+ 0 t2 + 0 t3 ⇒ a = b = c = 0.

Logo, N (F ) = { 0 }. Sendo assim dimN (F ) = 0. Por outro lado, seja f(t)um polinomio generico da Im (F ). Entao

f(t) = a+ b t+ (b+ c) t2 + 2c t3

= a+ b ( t+ t2 ) + c ( t2 + 2 t3 )

164

Esta ultima igualdade mostra que Im (F ) = [ 1, t + t2, t2 + 2 t3 ]. Comoesses tres vetores que geram a imagem de F sao L.I. (verifique) entao{ 1, t+ t2, t2 + 2 t3 } e uma base de Im (F ).

6 ) Encontre uma transformacao linear F : R3 → R2 cujo nucleo seja geradopelo vetor (1, 1, 0).

R3

x

y

z

s(1, 1, 0)

→N (F )

F =?R2

x0

s

y

Solucao: A ideia a ser utilizada na resolucao esta contida na propriedadeP5 (p. 151).

O conjunto B = { (1, 1, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) } e uma base do R3 quecompleta a base { (1, 1, 0) } do nucleo da transformacao que procuramos.Se tomarmos F (0, 1, 0) e F (0, 0, 1) linearmente independentes teremosuma base da imagem de Im (F ). Facamos entao F (0, 1, 0) = (1, 0) eF (0, 0, 1) = (0, 1).

R3

x

y

z

s

(1, 1, 0)

s

(0, 1, 0)

s(0, 0, 1)

F =?R2

x

y

s

s(0, 1)

s

(1, 0)

Agora vamos escrever um vetor generico do R3 como combinacao lineardos vetores da base B, assim:

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

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

165

Portanto,

F (x, y, z) = xF (1, 1, 0) + (y − x)F (0, 1, 0) + z F (0, 0, 1)

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

Naturalmente que este problema possui outras solucoes, a bem da ver-dade infinitas.

Corolario 4. Sejam U e V espacos vetoriais sobre R com a mesma di-mensao finita n e suponhamos F : U → V uma transformacao linear. Entaosao equivalentes as seguintes afirmacoes:

( I ) F e sobrejetora.

( II ) F e bijetora.

( III ) F e injetora.

( IV ) F transforma uma base de U em uma base de V (isto e, se B euma base de U , entao F (B) e base de V ).

Prova: Devemos mostrar as seguintes implicacoes:

( I ) ⇒ ( II )⇒ ( III )⇒ ( IV )⇒ ( I )

Entao: ( I ) ⇒ ( II )

Como F e sobrejetora entao Im (F ) = V . Temos ainda, por hipotese,que dimU = dimV , logo, da equacao dimU = dimN (F ) + dim Im (F )resulta que dimN (F ) = 0. Logo N (F ) = { 0 } e F e injetora; sendo Fsobrejetora e injetora resulta bijetora.

( II ) ⇒ ( III ) E imediato.

( III ) ⇒ ( IV ). Sendo B = {u1 , . . . , un } uma base de U mostremos queF (B) = {F (u1), . . . , F (un) } e uma base de V . Inicialmente observamosque F (B) tem o mesmo numero de vetores que B pelo fato de F ser injetora.Entao e suficiente mostrar que F (B) e L.I. Consideremos a combinacaolinear:

λ1 F (u1) + · · · + λn F (un) = 0

Sendo F linear podemos escrever

F (λ1 u1 + · · · + λn un) = 0

Sendo F injetora resulta que

λ1 u1 + · · · + λn un = 0

Como B e L.I. concluimos que λ1 = 0, . . . , λn = 0.

( IV ) ⇒ ( I ). Tomando um vetor arbitrario no contradomınio, diga-mos v ∈ V , devemos provar que ele e imagem de algum vetor do domınio.

166

Sendo B = {u1 , . . . , un } uma base de U , por hipotese resulta que F (B) ={F (u1), . . . , F (un) } e uma base de V . Logo v e combinacao linear de F (B),isto e, existem numeros λ

itais que:

v = λ1 F (u1) + · · · + λn F (un)

Pela linearidade de F resulta

v = F (λ1 u1 + · · ·+ λn un)

Portanto v e imagem, por F , de u = λ1 u1 + · · · + λn un ∈ U . �

∗ ∗ ∗Como a teoria quantica, em que as leis da fısicas assumem novas

formas bizarras, mas somente em domınios muito menores do que osencontrados na vida diaria, o espaco curvo pode existir, mas sendo taoproximo do euclidiano que, na escala da vida terrestre normal, nao detec-tamos a diferenca. E no entanto, como a teoria quantica, as implicacoesda curvatura para as teorias da fısica podem ser enormes.

(Leonard Mlodinow/A janela de Euclides, p. 111)

∗ ∗ ∗Schwarz viu algo na teoria das cordas que outros poucos viram, uma

beleza matematica essencial que ele sentiu que nao podia ter sido aciden-tal. A teoria era difıcil de ser desenvolvida, mas isso nao o desanimou.Ele estava tentando resolver um problema que confundiu Einstein e todomundo depois de Einstein − reconciliar a teoria quantica com a relativi-dade. A solucao nao poderia ser facil. (A janela de Euclides, p. 218)

167

3.4 Isomorfismo entre espacos vetoriais

Isomorfismo: e uma palavra formada pelos radicais gregos iso, que sig-nifica “identico” e morfo, que significa “forma”. Formas identicas.

No contexto dos isomorfismos podemos mais uma vez apreciar a diferencaentre conjuntos e estruturas (p. 19). Dois objetos isomorfos sao identicoscomo estruturas (estruturalmente falando) embora possam diferir nos con-juntos subjacentes as respectivas estruturas.

Por exemplo, observe o conjunto das pecas do xadrez

A =

E um conjunto formado por graos de cereais (arroz, feijao, milho, etc.)

B = , , , . . .

Como conjuntos A 6= B, ja que tem elementos de naturezas distintas. Noentanto, podemos jogar xadrez substituindo cada peca por graos de cereais,como ja assinalamos na pagina 21. Portanto as duas estruturas (jogos) aseguir sao equivalentes, ou isomorfas:

A = (A, regras xadrez ) ≡ B = (B, regras xadrez )

Ou ainda,

......

≡

168

Vejamos um exemplo na matematica. Considere os dois conjuntos aseguir:

P1 = { a0 + a1 t : ai∈ R }

e

R2 = { (a, b) : a, b ∈ R }

O primeiro e um conjunto de polinomios com coeficientes reais, o segundoe um conjunto de pares ordenados de numeros reais. Como estes conjuntostem elementos de naturezas distintas eles sao distintos: P1 6= R2.

Agora, erigindo sobre estes conjuntos estruturas de espacos vetoriais:

P1 = (P1 , +, · ) e R2 = (R2, +, · )

seus respectivos vetores se comportam de forma identica, relativamente asoperacoes dos espacos vetoriais, veja:

( i ) Quanto a adicao:

P1

p(t) = a+ b t

q(t) = c+ d t

p(t) + q(t) = (a+ c) + (b+ d) t

R2

u = (a, b)

v = (c, d)

u+ v = (a+ c, b+ d)

( ii ) Quanto a multiplicacao:

P1

p(t) = a+ b t

λ p(t) = (λa) + (λ b) t

R2

u = (a, b)

λu = (λa, λ b)

Devido a esta semelhanca estrutural dizemos que estes dois espacos ve-toriais sao isomorfos: P1 = R2. Mais precisamente:

Definicao 21 (Isomorfismo). Uma transformacao linear F : U → V e umisomorfismo quando e bijetora. Se U e V sao dois espacos vetoriais tais queexiste um isomorfismo de U em V , entao dizemos que U e V sao isomorfose denotamos por U = V.

169

Um isomorfismo F : U → U e dito um automorfismo de U .

Exemplos:

1 ) A transformacao F : P2 → R3 dada por

F ( a0 + a1 x+ a2 x2 ) = (a0 , a1 , a2)

e um isomorfismo. Observe que F extrai de um polinomio seus coeficientes.

Apenas a tıtulo informativo, duas das especialidadesda calculadora HP50g e matrizes e algebra linear; na telaao lado simulamos a transformacao F dada acima: en-tramos com um polinomio e na saıda temos seus coefi-cientes.

Deixamos a linearidade de F para o leitor provar. Vamos provar que Fe bijetora. Temos duas alternativas para mostrar que F e injetora:

1a ) Diretamente da definicao:

∀ p1 , p2 ∈ P2 , F (p1) = F (p2) ⇒ p1 = p2 .

Entao:

p1 p2

F ( a0 + a1 x+ a2 x2 ) = F ( b0 + b1 x+ b2 x

2 )

F (p1) F (p2 )

(a0 , a1 , a2) = (b0 , b1 , b2) ⇒ a0 = b0 , a1 = b1 , a2 = b2 ⇒ p1 = p2

2a ) Encontrando o nucleo:

N (F ) = {u ∈ U : F (u) = 0 }= { p ∈ P2 : F (p) = 0 }

Devemos resolver a equacao:

F (p) = 0 ⇒ F ( a0 + a1 x+ a2 x2 ) = (a0 , a1 , a2) = (0, 0, 0)

Logo, a0 = a1 = a2 = 0 e resulta p = 0, portanto N (F ) = { 0 }, logo, F einjetiva.

Temos duas alternativas para mostrar que F e sobrejetora:

1a ) Diretamente da definicao: F : U → V e sobre sse

∀ v ∈ V, existe u ∈ U tal que F (u) = v.

170

Com efeito, dado v = (a, b, c) ∈ R3 tomamos u = a + b x + c x2 ∈ P2 eteremos F (u) = v.

2a ) Fazendo uso do corolario 4 (p. 166). Com efeito, os espacos R3 e P2 tem amesma dimensao; logo, pelo corolario, injetividade implica sobrejetividade.

2 ) Mostre que o operador F : R3 → R3 dado por

F (x, y, z) = (x+ z, x− z, y)

e um automorfismo. Encontre F−1.

Solucao: Para mostrar que F e injetora encontremos seu nucleo, assim:

N (F ) = {u ∈ U : F (u) = 0 }= { (x, y, z) ∈ R3 : (x+ z, x− z, y) = (0, 0, 0) }

Resolvendo o sistema

x+ z = 0

x− z = 0

y = 0

encontramos a solucao (unica) (0, 0, 0) = 0. Logo, N (F ) = { 0 } e Fresulta injetora. Como o domınio e o contradomınio de F tem a mesmadimensao podemos recorrer ao corolario 4 para concluir que F e tambemsobrejetora, portanto bijetora, um automorfismo.

Agora devemos encontrar F−1 (x, y, z) = (?, ?, ?). Facamos F−1 (x, y, z) =(a, b, c) onde as coordenadas a, b e c, que sao funcoes de x, y e z, devem serencontradas. Entao

F−1 (x, y, z) = (a, b, c) ⇒ (x, y, z) = F (a, b, c) = (a+ c, a− c, b)

Daqui extraimos o seguinte sistema

a+ c = x

a− c = y

b = z

cuja solucao e: a = x+y2 , b = z e c = x−y

2 . Portanto:

F−1 (x, y, z) =( x+ y

2, z,

x− y2

)

=1

2(x+ y, 2z, x− y)

171

3 ) A transformacao F : M2×3 → R2×3 dada por

F

([a11 a12 a13

a21 a22 a23

])

= ( a11 , a12 , a13 , a21 , a22 , a23 )

e um isomorfismo. Deixaremos a prova como exercıcio ao leitor.Nos limitaremos a fornecer uma formula que nos permite resolver o

seguinte problema: Dada a posicao (i, j) de um termo qualquer na matriz,determinar sua posicao (localizacao) n no vetor de R6.

A formula e a seguinte: (prop. 13, p. 183)

n = N(i− 1) + j (3.10)

onde N e o numero de colunas na matriz. Esta formula nos mostra comotransferir os elementos da matriz para o vetor de R6. Por exemplo:

a11 ⇒ n = 3(1 − 1) + 1 = 1 ⇒ ( a11 , ? , ? , ? , ? , ? )

a12 ⇒ n = 3(1 − 1) + 2 = 2 ⇒ ( a11 , a12 , ? , ? , ? , ? )

a13 ⇒ n = 3(1 − 1) + 3 = 3 ⇒ ( a11 , a12 , a13 , ? , ? , ? )

a21 ⇒ n = 3(2 − 1) + 1 = 4 ⇒ ( a11 , a12 , a13 , a21 , ? , ? )

a22 ⇒ n = 3(2 − 1) + 2 = 5 ⇒ ( a11 , a12 , a13 , a21 , a22 , ? )

a23 ⇒ n = 3(2 − 1) + 3 = 6 ⇒ ( a11 , a12 , a13 , a21 , a22 , a23 )

Portanto:[a11 a12 a13

a21 a22 a23

]

( a11 , a12 , a13 , a21 , a22 , a23 )

Mais geralmente essa ideia pode ser usada para mostrar que o espacovetorial Mm×n das matrizes retangularesm×n com entradas reais e isomorfoa Rm×n.

4 ) A transformacao T : R2×3 → M2×3 dada por

T ( a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 ) =

[a1 a2 a3

a4 a5 a6

]

e um isomorfismo. Deixaremos a prova como exercıcio ao leitor.Nos limitaremos a fornecer uma formula que nos permite resolver o

seguinte problema: Dada a posicao n de um termo qualquer no vetor deR2×3, determinar sua posicao (localizacao) na matriz.

A formula e a seguinte: (prop. 13, p. 183)

i =⌊

n−1N

⌋+ 1

j = n−N⌊

n−1N

⌋

172

onde N e o numero de colunas na matriz. ⌊ x ⌋ e chamado o maior inteiroque nao supera x (funcao piso).

Esta formula nos mostra como transferir os elementos do vetor de R2×3

para a matriz. Por exemplo:

a5 ⇒

i =⌊

5−13

⌋+ 1 = 2

j = 5− 3⌊

5−13

⌋= 2

Ou seja, a quinta coordenada do ponto (n = 5) ocupara a posicao (i, j) =(2, 2) da matriz, assim:

(a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 , )

[− − −− − −

]

Em [9] mostramos aplicacoes destas formulas na computacao.

O proximo teorema − um dos mais importantes resultados da AlgebraLinear − generaliza os exemplos anteriores e revela a importancia funda-mental do espaco vetorial Rn.

Teorema 8. Qualquer espaco vetorial real n-dimensional e isomorfo a Rn.

Prova: Seja U um espaco vetorial real n-dimensional. Para provar queU e isomorfo a Rn devemos encontrar uma transformacao linear F : U → Rn

que seja bijetora. Com este desiderato em mente considere {u1 , u2 , . . . , un }uma base qualquer de U . Agora seja

u = λ1 u1 + λ2 u2 + · · ·+ λn un

a representacao de um vetor arbitrario u pertencente a U como combinacaolinear dos vetores da base. Vamos definir uma transformacao F : U → Rn

porF (u) = (λ1 , λ2 , . . . , λn )

Mostremos que F e um isomorfismo (linear, injetora e sobre). Para provara linearidade sejam u e v dois vetores de U e β um escalar e sejam

u = λ1 u1 + λ2 u2 + · · ·+ λn un e v = γ1 u1 + γ2 u2 + · · · + γn un (3.11)

as representacoes de u e v como combinacao linear dos vetores da base.Sendo assim, temos:

F (u+ v) = F((λ1 + γ1)u1 + (λ2 + γ2)u2 + · · ·+ (λn + γn)un

)

= (λ1 + γ1 , λ2 + γ2 , . . . , λn + γn )

= (λ1 , λ2 , . . . , λn ) + ( γ1 , γ2 , . . . , γn )

= F (u) + F (v)

173

e

F (β u) = F (β λ1 u1 + β λ2 u2 + · · · + β λn un)

= (β λ1 , β λ2 , . . . , β λn )

= β (λ1 , λ2 , . . . , λn )

= β F (u)

Para mostrar que F e injetora, devemos mostrar que se u e v sao vetoresdistintos, entao tambem o sao suas imagens por F . Mas se u 6= v e se asrepresentacoes desses vetores em funcao dos vetores da base sao como em(3.11), entao devemos ter λ

k6= γ

kpara algum 1 ≤ k ≤ n. Assim,

F (u) = (λ1 , λ2 , . . . , λn ) 6= ( γ1 , γ2 , . . . , γn ) = F (v)

mostrando que u e v tem imagens distintas por F .Finalmente, para provar a sobrejetividade de F podemos invocar o corolario

4 (p. 166) ja que os espacos tem a mesma dimensao; ou, alternativamente,dado w = (a1 , a2 , . . . , an) ∈ Rn, entao w e imagem por F do vetoru = a1 u1 + a2 u2 + · · ·+ an un de U . �

Exemplos:

Daremos dois exemplos de contextualizacao do teorema anterior:

1 ) O isomorfismo natural de Pn−1 em Rn.

a0 + a1 x+ · · · + an−1 xn−1 F

( a0 , a1 , . . . , an−1 )

Pn−1 Rn

Essa transformacao e denominada o isomorfismo natural de Pn−1 em

Rn, pois, como mostra o esquema a seguir, ela leva a base natural 1, x, x2,. . . , xn−1 de P

n−1 na base canonica de Rn.

Pn−1 Rn

1 = 1 + 0x+ 0x2 + · · ·+ 0xn−1 ( 1, 0, 0, . . . , 0 )F

x = 0 + 1x+ 0x2 + · · ·+ 0xn−1 ( 0, 1, 0, . . . , 0 )F

x2 = 0 + 0x+ 1x2 + · · ·+ 0xn−1 ( 0, 0, 1, . . . , 0 )F

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·xn−1 = 0 + 0x+ 0x2 + · · ·+ 1xn−1 ( 0, 0, 0, . . . , 1 )

F

174

2 ) O isomorfismo natural de M2×2 em R4.

As matrizes[

1 0

0 0

]

,

[

0 1

0 0

]

,

[

0 0

1 0

]

,

[

0 0

0 1

]

formam a base canonica do espaco vetorial M2×2. Seguindo a prova doteorema 8, podemos construir um isomorfismo F : M2×2 → R4 escrevendoprimeiramente uma matriz A de M2×2 em funcao dos vetores da base como

A =

[

a11 a12

a21 a22

]

= a11

[

1 0

0 0

]

+a12

[

0 1

0 0

]

+a21

[

0 0

1 0

]

+a22

[

0 0

0 1

]

e entao definindo F como: F (A) = ( a11 , a12 , a21 , a22 ).

Proposicao 12. Se F e um isomorfismo de U em V , entao F−1 : V → Utambem e um isomorfismo.

Prova: Inicialmente vamos mostrar que F−1 : V → U e injetora. De-vemos mostrar que

∀ v1 , v2 ∈ V, F−1(v1) = F−1(v2) ⇒ v1 = v2 .

Suponhamos v1 , v2 ∈ V e F−1(v1) = F−1(v2).

U

s

F−1(v1) = F−1(v2)

F−1

F

V

sv1

sv2

Aplicando F a ambos os membros da ultima igualdade obtemos

F−1(v1) = F−1(v2) ⇒ F(F−1(v1)

)= F

(F−1(v2)

)⇒ v1 = v2 .

Veja equacao (3.3) (p. 133).

Para verificar que F−1 : V → U e sobrejetora tomamos um vetor ar-bitrario u ∈ U , e mostremos que ele e imagem, por F−1, de algum elementodo domınio V .

U

su

F−1

F

V

s v = F (u)

175

Como u pertence ao domınio de F ele possui uma imagem, digamos F (u) =v ∈ V . Afirmamos que v e, precisamente, o vetor do qual u e imagem porF−1; de fato

F−1(v) = F−1(F (u)

)= u.

− Mostremos agora que F−1 e linear. Sejam v1 , v2 ∈ V , inicialmentedesejamos mostrar que

F−1 (v1 + v2) = F−1(v1) + F−1(v2) (3.12)

Como F e sobrejetora, entao existem u1 , u2 ∈ U de maneira que

F (u1) = v1(⇔ u1 = F−1(v1)

)

F (u2) = v2(⇔ u2 = F−1(v2)

)

U

su1

su2 F−1

F

V

sv1

sv2

s v1 + v2

Substituindo estes resultados no lado esquerdo da igualdade (3.12) obte-mos:

F−1 (v1 + v2) = F−1(F (u1) + F (u2)

)= F−1

(F (u1 + u2)

)

= u1 + u2

= F−1(v1) + F−1(v2)

• Sejam v ∈ V e λ ∈ R, desejamos mostrar que

F−1 (λ v) = λF−1(v) (3.13)

Como F e sobrejetora, entao existe u ∈ U de maneira que

F (u) = v(⇔ u = F−1(v)

)

Substituindo estes resultados no lado esquerdo da igualdade (3.13) obtemos:

F−1 (λ v) = F−1(λF (u)

)= F−1

(F (λu)

)

= λu

= λF−1(v)

�

176

A proposicao que acabamos de demonstrar nos mostra, sob uma novaperspectiva, por que dois espacos vetoriais isomorfos podem ser consideradosindistintos:

su+ v =?

s v

susλu =?

UF

sF (u) + F (v)

sF (v)

sF (u)sλF (u)

VF−1

sF−1(F (u) + F (v)

)= u+ v

sF−1(λF (u)

)= λu

U

A figura acima nos diz que, ao inves de operarmos com vetores no espacovetorial U , podemos trabalhar sobre suas imagens (por F ) em V e, apos,transferimos (por F−1) os resultados de volta a U , e indiferente.

No teorema 8 provamos que todo espaco vetorial n-dimensional e iso-morfo a Rn, sendo assim podemos dizer que Rn e o espaco vetorial universalno sentido de que todos os outros sao “imagens” do Rn. Para contextualizar:

a0 + a1 x+ · · ·+ an−1 xn−1

F

F−1( a0 , a1 , . . . , an−1 )

Pn−1 Rn

ou ainda

[

a11 a12

a21 a22

]

F

F−1( a11 , a12 , a21 , a22 )

M2×2 R4

Generalizando este ultimo exemplo

a11 a12 . . . a1n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .am1 a

m2 . . . amn

F

F−1( a11 , a12 , . . . , a1n , . . . , am1 , am2 , . . . , amn )

Mm×n Rm×n

Podemos, alternativamente, ver um isomorfismo F : U → V como umacodificac~ao entre vetores. Podemos chamar as codificacoes exemplificadasacima como codificacoes naturais (ou canonicas) ja que elas codificam (trans-formam) a base canonica de um espaco na base canonica do outro.

E importante observar que podem existir, entre dois espacos vetoriais,outros isomorfismos alem do isomorfismo natural. De outro modo: podeexistir mais de uma codificacao para os vetores de um espaco. Vejamos umexemplo:

177

Exemplo: A aplicacao F : P1(R) → R2 definida por F (a + b x) =(a, b − a) e tambem um isomorfismo; isto e, nos da uma outra codificacaode um polinomio por um par ordenado. De fato,

( I ) F e injetora, pois, dados p1(x) = a+ b x e p2(x) = c+ dx, temos:

F (p1) = F (p2) ⇒ (a, b− a) = (c, d− c) ⇒ a = c, b = d ⇒ p1 = p2 .

( II ) Para mostrar que F e sobrejetora, considere um vetor arbitrario(a, b) de R2, desejamos mostrar que ele e imagem de algum polinomio p(x) =a0 + a1 x de P1(R), assim:

F (p) = (a, b)

(a0 , a1 − a0) = (a, b) ⇒ a0 = a, a1 = a+ b.

Logo, p(x) = a+ (a+ b)x e o polinomio procurado, veja:

F (p) =(a, (a+ b)− a

)= (a, b)

( III ) F e linear, pois, dados p1(x) = a+ b x e p2(x) = c+ dx, temos:

( i ) F ( p1 + p2) = F((a+ c) + (b+ d)x

)=((a+ c), (b+ d)− (a+ c)

)

=(a+ c, (b− a) + (d− c)

)

= (a, b− a) + (c, d− c)

= F ( p1) + F ( p2)

e

( ii ) F (λ p1) = F (λa+ λ b x) = (λa, λ b− λa)

= λ (a, b− a) = λF (p1)

O nosso objetivo agora sera ampliar a informacao contida no teorema 8no sentido de provar que todos os espacos vetoriais de mesma dimensao saoisomorfos. Necessitaremos do seguinte

Lema 2. Sejam U e V espacos vetoriais sobre R. Seja B = {u1 , u2 , . . . , un }uma base de U e sejam v1 , v2 , . . . , vn vetores quaisquer em V . Entao existeuma unica aplicacao linear F : U → V tal que

F (u1) = v1 , F (u2) = v2 , . . . , F (un) = vn . (3.14)

u1s

u2s

uns

. . .

U

B

F V

· · ·

s v1s v2

s vn

178

Os vetores v1 , v2 , . . . , vn do lema 2 sao completamente arbitrarios; elespodem ser linearmente independentes ou ate mesmo serem iguais entre si.

Prova: A demonstracao deste teorema consta de tres partes:

1a ) Construir uma aplicacao F : U → V tal que (3.14) se verifique;

2a ) Mostrar que F e linear;

3a ) Mostrar que F e unica.

Entao:

1a ) Seja u ∈ U . Como {u1 , u2 , . . . , un } e uma base de U , existem e saounicos os escalares λ1 , λ2 , . . . , λn ∈ R tais que

u = λ1 u1 + λ2 u2 + · · ·+ λn un

Definimos F : U → V como

F (u) = λ1 v1 + λ2 v2 + · · ·+ λn vn

(Como os λisao unicos, F esta bem definida.). Agora observe que

u1 = 1u1 + 0u2 + · · ·+ 0un ⇒ F (u1) = 1 v1 + 0 v2 + · · ·+ 0 vn = v1

u2 = 0u1 + 1u2 + · · ·+ 0un ⇒ F (u2) = 0 v1 + 1 v2 + · · ·+ 0 vn = v2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

un = 0u1 + 0u2 + · · ·+ 1un ⇒ F (un) = 0 v1 + 0 v2 + · · ·+ 1 vn = vn

ou seja, F cumpre as condicoes dadas em (3.14), a primeira parte da demons-tracao esta completa.

2a ) Consideremos u e u′ vetores arbitrarios em U . Podemos escrever

u = λ1 u1 + λ2 u2 + · · ·+ λn un , u′ = γ1 u1 + γ2 u2 + · · ·+ γn un

Entao

u+ u′ = (λ1 + γ1)u1 + (λ2 + γ2)u2 + · · · + (λn + γn)un

Temos

F (u+ u′) = (λ1 + γ1) v1 + (λ2 + γ2) v2 + · · ·+ (λn + γn) vn

= (λ1 v1 + λ2 v2 + · · ·+ λn vn) + (γ1 v1 + γ2 v2 + · · · + γn vn)

= F (u) + F (u′)

e

F (αu) = F((αλ1)u1 + (αλ2)u2 + · · ·+ (αλn)un

)

= (αλ1) v1 + (αλ2) v2 + · · ·+ (αλn) vn

= α (λ1 v1 + λ2 v2 + · · ·+ λn vn)

= αF (u)

Assim, F e linear.

179

3a ) SuponhamosG : U → V uma outra aplicacao linear e tal queG(ui) = v

i

para i = 1, . . . , n. Seja

u = λ1 u1 + λ2 u2 + · · ·+ λn un

um vetor arbitrario em U . Entao,

G(u) = G(λ1 u1 + λ2 u2 + · · ·+ λn un) = λ1 G(u1) + λ2 G(u2) + · · · + λn G(un)

= λ1 v1 + λ2 v2 + · · ·+ λn vn

= F (u)

Como G(u) = F (u) para todo u ∈ U , pela definicao 14 (p. 128), resultaG = F . Assim, F e unica. �

Para uma contextualizacao deste teorema veja a propriedade P5 (p. 151) eo exemplo que se lhe segue.

Teorema 9. Dois espacos U e V de dimensao finita sao isomorfos se, esomente se, dimU = dimV .

Prova: (⇒ ) H: U e V isomorfos. T: dimU = dimV .

Seja F : U → V um isomorfismo. Daqui colhemos duas informacoes rele-vantes: N (F ) = { 0 } e Im (F ) = V . Do teorema do nucleo e da imagem,concluimos que


↓ ↓dimU = 0 + dimV

(⇐ ) H: dimU = dimV . T: U e V isomorfos.

Sejam B = {u1 , u2 , . . . , un } e C = { v1 , v2 , . . . , vn } bases de U e V ,respectivamente. Sendo u = λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λn un ∈ U consideremosF : U → V dada por

F (u) = λ1 v1 + λ2 v2 + · · ·+ λn vn

conforme lema 2. Assim, F e linear. Vamos mostrar que F e bijetora.

Encontremos o nucleo de F :

N (F ) = {u ∈ U : F (u) = 0 }

= {u ∈ U : λ1 v1 + λ2 v2 + · · ·+ λn vn = 0 }Como C e L.I., resulta λ1 = λ2 = . . . = λn = 0. Sendo assim,

u = 0u1 + 0u2 + · · ·+ 0un = 0

e o unico morador do nucleo de F , logo F e injetora. O corolario 4 (p. 166)

nos assegura entao que F e sobrejetora e portanto F e isomorfismo. �

180

A tıtulo de ilustracao vamos construir um isomorfismo entre os espacosP3 e M2×2. Isto e, pretendemos construir uma transformacao F : P3 →M2×2 que seja linear e bijetora.

Para tanto podemos considerar as bases canonicas destes espacos:

B = { 1, x, x2, x3 }

e

C =

{[

1 0

0 0

]

,

[

0 1

0 0

]

,

[

0 0

1 0

]

,

[

0 0

0 1

]}

Sendo p = a0 + a1 x+ a2 x2 + a3 x

3 ∈ P3 , definimos

F (p) = a0

[

1 0

0 0

]

+ a1

[

0 1

0 0

]

+ a2

[

0 0

1 0

]

+ a3

[

0 0

0 1

]

Ou seja, o isomorfismo que codifica um polinomio de P3 como uma matrizde M2×2 (considerando-se as bases canonicas destes espacos) e dado por

F ( a0 + a1 x+ a2 x2 + a3 x

3 ) =

[

a0 a1

a2 a3

]

3.4.1 Exercıcios

1) Seja a transformacao linear

F : R3 → R2, F (x, y, z) = (x− y + 4z, 3x+ y + 8z)

a ) Dar uma base e a dimensao de N (F );

b ) Dar uma base e a dimensao de Im (F ).

c ) Verifique a equacao do nucleo e da imagem − equacao (3.9), p. 159.

2) Dado o operador linear

F : R3 → R3, F (x, y, z) = (x+ 2y − z, y + 2z, x+ 3y + z)

a ) Determine o nucleo de F , a dimensao do nucleo e uma de suas bases;

b ) Determine a imagem de F , a dimensao da imagem e uma de suasbases;

c ) Verifique a equacao do nucleo e da imagem.

181


F : P2 → P2 , F(f(t)

)= t2 f ′′(t)




4) No exemplo 5 ) (p. 164) a transformacao F nao e sobrejetora, encontre umvetor no contradomınio que nao pertenca a imagem.


F : M2 → M2 , F (X) =M X +X , onde M =

[1 10 0

]





F : M2 → M2 , F (X) =M X −XM , onde M =

[1 20 1

]




7) Considere a transformacao nula 0 : U → V definida por 0(u) = 0, ∀u ∈U . Determine o nucleo e a imagem de 0.

8) Determine um operador linear F : R3 → R3 cuja imagem e gerada pelosvetores (2, 1, 1) e (1, −1, 2).9) Determine um operador linear F : R4 → R4 cujo nucleo e gerado pelosvetores (1, 1, 0, 0) e (0, 0, 1, 0).

10) Encontre numeros a, b, c, d de modo que o operador F : R2 → R2 dadopor F (x, y) = (ax+ by, cx+ dy) tenha como nucleo a reta y = −2x.11) Encontre numeros a, b, c, d de modo que o operador F : R2 → R2 dadopor F (x, y) = (ax+ by, cx+ dy) tenha como imagem a reta y = 2x.

12) Defina um operador F : R2 → R2 que tenha como nucleo a reta y = −xe como imagem a reta y = x.

F (x, y) = (ax+ by, cx+ dy) tenha como imagem a reta y = 2x.

182

13) Determine uma transfromacao linear F : R3 → R4 tal que

N (F ) = { (x, y, z) ∈ R3 : z = x− y }

14) Seja F : R3 → R2 a transformacao linear tal que F (e1) = (1, 2),F (e2) = (0, 1) e F (e3) = (−1, 3), sendo { e1 , e2 , e3 } a base canonicado R3.

a ) Determine o nucleo de F e uma de suas bases. F e injetora?

b ) Determine a imagem de F e uma de suas bases. F e sobrejetora?

15) Mostre que cada um dos operadores lineares do R3 a seguir e inversıvele determine o isomorfismo inverso em cada caso:

a ) F (x, y, z) = (x− 3y − 2z, y − 4z, z);

b ) F (x, y, z) = (x, x− y, 2x+ y − z).16) Mostre que a transformacao linear

F : P2 → R3, F (a+ b t+ c t2) = (a, a+ b, b− c)

e um isomorfismo e determine o isomorfismo inverso.

17) Mostre que o espaco vetorial R2 e isomorfo ao subespacoW = { (x, y, z) ∈ R3 : z = 0 } (W representa o plano xoy do R3).

18) Mostre que o espaco vetorial R2 e isomorfo a qualquer subespaco dedimensao 2 do R3.

19) Sejam U e V subespacos do espacoW = U⊕V . Consideremos o espacovetorial U × V cuja adicao e (u1 , v1) + (u2 , v2) = (u1 + u2 , v1 + v2) e cujamultiplicacao por escalares e dada por λ (u, v) = (λu, λ v). Mostrar que eum isomorfismo de U×V emW a aplicacao assim definida: F (u, v) = u+v.

20) Considere a transformacao F : R2 → R2 definida por F (x, y) = (3y, 2x).Seja σ o cırculo unitario de R2, isto e, a solucao da equacao x2 + y2 = 1.

a ) Descreva F (σ);

b ) Determine a preimagem de σ.

21) Prove a seguinte proposicao (ver equacao (3.10), p. 172):

Proposicao 13. Seja N um natural arbitrariamente fixado. A aplicacaodefinida abaixo,

f : N× { 1, 2, . . . , N } N

( i, j ) N (i−1)+j

e inversıvel; com inversa dada por,

f−1 : N N× { 1, 2, . . . , N }n ( i, j )

183

com i e j dados por,

i =⌊n− 1

N

⌋+ 1; j = n−N (i− 1).

∗ ∗ ∗Vejamos um exemplo. Para N = 4, temos

f : N× { 1, 2, 3, 4} N

( i, j ) 4 (i−1)+j

com inversa dada por,

f−1 : N N× { 1, 2, 3, 4 }n

(⌊n−1

4⌋+1, n−4⌊n−1

4⌋)

Para mais detalhes veja o diagrama seguinte:

N×{ 1, 2, 3, 4 } N

(1, 1) (1, 2) (1, 3) (1, 4)

(2, 1) (2, 2) (2, 3) (2, 4)

(3, 1) (3, 2) (3, 3) (3, 4). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

(m, 1) (m, 2) (m, 3) (m, 4). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

f

f−1

1

2

3

4...

Por exemplo, f((2, 3)

)= 4(2 − 1) + 3 = 7.

Tambem,

f−1(1000) =( ⌊1000 − 1

4

⌋+ 1, 1000 − 4

⌊1000 − 1

4

⌋ )

= (250, 4)

Confirmando, f((250, 4)

)= 4(250 − 1) + 4 = 1000.

Observe que a funcao f “conta” (enumera) os elementos da matriz linha alinha.

Sugestao: Veja as equacoes (3.2) e (3.3), p. 133.

184

Capıtulo 4MATRIZ DE UMA

TRANSFORMACAO LINEAR

Uma vez, Einstein afirmou que, se a

mecanica quantica fosse correta, o mundo

seria louco. Einstein tinha toda razao −o mundo realmente e louco.

(Daniel Greenberger/fısico)

4.1 Matriz de uma Transformacao Linear

Introducao: No teorema 6 (p. 146) demonstramos o seguinte resultado

F : Rm → Rn

y1

y2...

yn

=

a11 a12 . . . a1m

a21 a22 . . . a2m

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

an1 a

n2 . . . anm

︸︷︷︸

n×m

·

x1

x2

...

xm

Y = F (X) = AX

Nosso objetivo agora sera generalizar a equacao matricial Y = F (X) =AX para espacos vetoriais arbitrarios − bem como consideraremos basesquaisquer no domınio e contradomınio de uma transformacao linear.

185

Seja F : U → V uma transformacao linear, B uma base de U e C umabase de V . Sem prejuızo da generalizacao, consideremos o caso em quedimU = 3 e dimV = 2.

Sejam B = {u1 , u2 , u3 } e C = { v1 , v2 } bases de U e V , respectiva-mente.

Um vetor u ∈ U pode ser escrito como:

u = λ1 u1 + λ2 u2 + λ3 u3 ou uB= (λ1 , λ2 , λ3)

e a imagem F (u) como:

F (u) = γ1 v1 + γ2 v2 (4.1)

ouF (u)

C= (γ1 , γ2)

Por outro lado:

F (u) = F (λ1 u1 + λ2 u2 + λ3 u3) = λ1 F (u1) + λ2 F (u2) + λ3 F (u3) (4.2)

Sendo F (u1), F (u2) e F (u3) vetores em V , eles sao combinacoes lineares dosvetores de C, digamos:

F (u1) = a11 v1 + a21 v2 (4.3)

F (u2) = a12 v1 + a22 v2 (4.4)

F (u1) = a13 v1 + a23 v2 (4.5)

Substituindo esses vetores em (4.2), obtemos:

F (u) = λ1 (a11 v1 + a21 v2) + λ2 (a12 v1 + a22 v2) + λ3 (a13 v1 + a23 v2)

Ou ainda:

F (u) = ( a11 λ1 + a12 λ2 + a13 λ3 ) v1 + ( a21 λ1 + a22 λ2 + a23 λ3 ) v2

Comparando este resultado com (4.1), devido a unicidade das coordenadas,temos:

γ1 = a11 λ1 + a12 λ2 + a13 λ3

γ2 = a21 λ1 + a22 λ2 + a23 λ3

Ou, na forma matricial:

[

γ1

γ2

]

=

[

a11 a12 a13

a21 a22 a23

]

λ1

λ2

λ3

186

Ou, simbolicamente:

[F (u) ]C= [F ]

B

C[u ]

B(4.6)

A matriz [F ]B

Ce denominada matriz de F em relacao as bases B e C.

Nota: Se F : U → U e um operador linear e consideramos B = C, entaodiremos apenas matriz de F em relacao a base B para indicar a matriz acimadefinida e usaremos a notacao [F ]

Bpara representa-la.

Observacoes:

1a ) A matriz [F ]B

Cresultou de ordem 2×3 porque dimU = 3 e dimV = 2.

2a ) As colunas da matriz [F ]B

Csao as componentes das imagens dos vetores

da base B em relacao a base C, conforme se pode ver em (4.3), (4.4) e (4.5):

[

a11 a12 a13

a21 a22 a23

]

F (u1)C F (u2)CF (u3)C

Resumindo:

↓B = {u1 , u2 , u3 }

↓C = { v1 , v2 }

u = λ1 u1 + λ2 u2 + λ3 u3 F (u) = γ1 v1 + γ2 v2

F : U → V

[

γ1

γ2

]

=

2× 3︷︸︸︷[

a11 a12 a13

a21 a22 a23

]

·

λ1

λ2

λ3

F (u1)CF (u2)C

F (u3)C[F (u) ]C= [F ]

B

C[u ]

B

Este resultado generaliza o exemplo dado na pagina 148.

187

Generalizando, sendo F : U → V uma transformacao linear, se dimU =n e dimV = m, e, ademais, B = {u1 , u2 , . . . , un } e C = { v1 , v2 , . . . , vm }sao bases de U e V , respectivamente, resulta que [F ]

B

Ce uma matriz de

ordem m× n, onde cada coluna e formada pelas componentes das imagensdos vetores de B em relacao a base C, assim:

[F ]B

C=

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

am1 a

m2 . . . amn

F (u1)C

F (u2)CF (un)C

. . .

Resumindo:

↓B = {u1 , u2 , . . . , un }

↓ C = { v1 , v2 , . . . , vm}

u = λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λn un

F (u) = γ1 v1 + γ2 v2 + · · ·+ γm vm

F : U → V

γ1

γ2

...γm

=

m× n︷︸︸︷

a11 a12 . . . a1m

a21 a22 . . . a2m

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

an1 an2 . . . amn

·

λ1

λ2

...λn

F (u1)CF (u2)C

F (un)C[F (u) ]

C= [F ]

B

C[u ]

B

Observe uma analogia com a figura que consta na pagina 185,

[F (u) ]C= [F ]

B

C[u ]

B

Y = F (X) = AX

l l l

Em ambos os casos estamos calculando a imagem de um vetor do domıniopela transformacao F .

188

Algoritmo para encontrar a matriz [F ]B

C

U

F

[F ]B

C=?

u1s

u2s. . .

uns

B

V

v1s

v2s. . .

vms

F (u1)s

F (u2)s

F (un )s

C

· · ·B={u1 , u2 , ..., un } C={ v1 , v2 , ..., vm }

( 1 ) Calculamos F (ui) (i = 1, 2, . . . , n);

( 2 ) Escrevemos os vetores F (ui) como combinacao linear dos vetores de C:

F (u1) = a11 v1 + a21 v2 + · · ·+ am1 vm

F (u2) = a12 v1 + a22 v2 + · · ·+ am2 vm

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .F (un) = a1n v1 + a2n v2 + · · ·+ amn vm

( 3 ) Tomamos o “transposto” dos coeficientes acima para obter:

[F ]B

C=

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

am1 a

m2 . . . amn

Exemplos:

1 ) Seja F : R3 → R2, F (x, y, z) = (x+ y, x+ z). Fixemos as bases

B = {u1 = (1, 1, 1), u2 = (1, −1, 1), u3 = (−1, 0, 1) } e

C = { v1 = (1, 1), v2 = (−1, 1) }

a ) Encontre [F ]B

C;

b ) Se u = (2, −1, 1), calcular F (u)Cutilizando a matriz encontrada.

Solucao:

a ) Seguindo o algoritmo dado:

( 1 ) Calculamos F (ui) (i = 1, 2, 3);

F (u1) = F (1, 1, 1) = (1 + 1, 1 + 1) = (2, 2)

F (u2) = F (1, −1, 1) = (1− 1, 1 + 1) = (0, 2)

F (u2) = F (−1, 0, 1) = (−1 + 0, −1 + 1) = (−1, 0)

189

( 2 ) Escrevemos os vetores F (ui) como combinacao linear dos vetores de C:

F (u1) = a11 v1 + a21 v2 (2, 2) = a11 (1, 1) + a21 (−1, 1)F (u2) = a12 v1 + a22 v2 ∴ (0, 2) = a12 (1, 1) + a22 (−1, 1)F (u3) = a13 v1 + a23 v2 (−1, 0) = a13 (1, 1) + a23 (−1, 1)

Da primeira equacao tiramos:

a11 − a21 = 2

a11 + a21 = 2⇒

a11 = 2

a21 = 0

Da segunda equacao tiramos:

a12 − a22 = 0

a12 + a22 = 2⇒

a12 = 1

a22 = 1

Da terceira equacao tiramos:

a13 − a23 = −1a13 + a23 = 0

⇒

a13 = −1/2a23 = 1/2

Sendo assim podemos escrever:

F (u1) = 2 v1 + 0 v2

F (u2) = 1 v1 + 1 v2

F (u3) = −1/2 v1 + 1/2 v2

( 3 ) Tomamos o “transposto” dos coeficientes acima para obter:

[F ]B

C=

[2 1 −1/20 1 1/2

]

Compare com a matriz obtida no exemplo da pagina 148 (base canonica).

b ) Como mostramos (eq. (4.6), p. 187): [F (u) ]C= [F ]

B

C[u ]

B. Para encon-

trar [F (u) ]Cprecisamos encontrar [u ]

B. O vetor u = (2, −1, 1), encontra-

se escrito na base canonica, isto e:

u = (2, −1, 1) = 2 (1, 0, 0)− 1 (0, 1, 0) + 1 (0, 0, 1)

precisamo escreve-lo na base B:

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

190

Daqui retiramos o seguinte sistema:

λ+ α− β = 2

λ− α = −1λ+ α+ β = 1

⇒ λ =1

4, α =

5

4, β = −1

2

Ou seja, uB=(

14 ,

54 , −1

2

). Sendo assim, temos:

[F (u) ]C= [F ]

B

C[u ]

B=

[2 1 −1/20 1 1/2

]

14

54

−12

=

[2

1

]

Isto significa que:

F (u) = F (2, −1, 1) = (2− 1, 2 + 1) = (1, 3) = 2 v1 + 1 v2

= 2 (1, 1) + 1 (−1, 1)Veja a geometria do exemplo

x

y

z

su1su2

u3

su

s

F

x

x′

y

y′

1 2

1

3

p p

pp

p

p−1

p

s

s sv11 v2

2 v1

F (u)

Observe, na equacao

F (u) = F (2, −1, 1) = (1, 3)

Tanto u quanto F (u) estao expressos nas bases canonicas dos respectivos

espacos. A equacao [F (u) ]C= [F ]

B

C[u ]

Bnos permitiu calcular as coorde-

nadas de F (u) na base C.

F (u) = (1, 3) = 2 v1 + 1 v2

= 2 (1, 1) + 1 (−1, 1)Confirme na figura anterior.

191

2 ) Consideremos a mesma transformacao linear do exemplo anterior, isto e,

F : R3 → R2, onde, F (x, y, z) = (x+ y, x+ z)

Escolhemos agora as bases canonicas do R3 e R2:

B = {u1 = (1, 0, 0), u2 = (0, 1, 0), u3 = (0, 0, 1) } e

C = { v1 = (1, 0), v2 = (0, 1) }

a ) Encontre [F ]B

C;

b ) Se u = (2, −1, 1), calcular F (u)Cutilizando a matriz encontrada.

Solucao:

a ) Temos

F (1, 0, 0) = (1 + 0, 1 + 0) = (1, 1) = 1 (1, 0) + 1 (0, 1)

F (0, 1, 0) = (0 + 1, 0 + 0) = (1, 0) = 1 (1, 0) + 0 (0, 1)

F (0, 0, 1) = (0 + 0, 0 + 1) = (0, 1) = 0 (1, 0) + 1 (0, 1)

Portanto, tomando o “transposto”:

[F ]B

C=

[

1 1 0

1 0 1

]

Compare esta matriz com F (x, y, z):

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

b ) Como uB= (2, −1, 1), pois B e a base canonica, resulta:

[F (u) ]C= [F ]

B

C[u ]

B=

[

1 1 0

1 0 1

]

2

−11

=

[1

3

]

(4.7)

A geometria deste exemplo fica assim:

x

y

z

su1

su2

su3

su

F

x

y

2

2

3

p

pp s

s

s

v1

v2

F (u)

0

192

3 ) Seja U um espaco vetorial sobre R e seja I : U → U o operador identi-

dade. Dadas duas bases B e C de U , qual o significado de [ I ]B

C?

Solucao: Suponhamos

B = {u1 , u2 , . . . , un } e C = { v1 , v2 , . . . , vn }Calculemos o operador I nos vetores da base B e escrevamos as imagenscomo combinacoes lineares dos vetores de C, assim:

I(u1) = u1 = a11 v1 + a21 v2 + · · ·+ an1 vn

I(u2) = u2 = a12 v1 + a22 v2 + · · ·+ an2 vn

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .I(un) = un = a1n v1 + a2n v2 + · · ·+ ann vn

Entao

[ I ]B

C=

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

an1 an2 . . . ann

E a matriz de mudanca da base B para a base C.

Observacoes:

1a ) No caso de serem B e C as bases canonicas, representamos a matrizsimplesmente por [F ], que e chamadamatriz canonica de F . Sendo assim,vale a seguinte equivalencia

[F (u) ]C= [F ]

B

C[u ]

B⇐⇒ [F (u) ] = [F ] [u ] ∴ F (X) = AX

2a ) Observe que calcular F (u) pela matriz [F ], como em (4.7), e o mesmoque faze-lo pela equacao que define F , veja:

F (x, y, z) = (x+ y, x+ z)

F (2, −1, 1) = (2− 1, 2 + 1) = (1, 3)

3a ) Dada uma transformacao linear F : Rm → Rn podemos pegar umatalho e escrever diretamente a matriz canonica, como mostram os exemplosa seguir:

a ) F : R2 → R3, F (x, y) = (2x− 3y, −2x+ y, y).

Lembramos que toda transformacao linear de Rm em Rn e da forma( ∗ ) (p. 146). Sendo assim, temos:

F (x, y) = (2x− 3y, −2x+ y, y)

= (2x− 3y, −2x+ 1 y, 0x+ 1 y) ⇒ [F ] =

2 −3−2 1

0 1

193

b ) Vamos encontrar a matriz canonica associada a seguinte transformacaolinear,

F : R2 → R3, dada por F (x, y) = (2x+ y, x− 2y, −x− y)

Veja,

F : R2 → R3

y1

y2

y3

=

3× 2︷︸︸︷

2 1

1 −2−1 −1

·[

x1

x2

]

↑F (e1)

↑F (e2)

Observe a equacao matricial da seguinte perspectiva

Y = F (X) = AX

c ) Vamos encontrar a matriz canonica do nosso algoritmo ((3.5), p. 142):

G : R3 → R2, G(x, y, z) = ( y − x · sen θ, z − x · cos θ )

Neste caso, temos:

G(x, y, z) = ( y − x · sen θ, z − x · cos θ )= (− sen θ · x+ 1 y + 0 z, − cos θ · x+ 0 y + 1 z)

Desta ultima igualdade construimos diretamente a matriz canonica, veja:

[G ] =

[

− sen θ 1 0

− cos θ 0 1

]

Temos: (X, Y ) = ( y − x · sen θ, z − x · cos θ ). Ou ainda

[X

Y

]

=

[

− sen θ 1 0

− cos θ 0 1

]

x

y

z

194

Observe que

G(0, y, z) = ( y − 0 · sen θ, z − 0 · cos θ ) = (y, z)

Ou seja, os pontos do plano yoz sao “invariantes”.

Observe como o algoritmo transforma as coordenadas reais, (x, y, z), deum paralelepipedo em coordenadas “virtuais” (X, Y ):

(x, y, z) G−→ (X, Y )

(0, 0, 0) −→ (0, 0)

(0, 1, 0) −→ (1, 0)

(0, 1, 1) −→ (1, 1)

(0, 0, 1) −→ (0, 1)

(x, y, z) G−→ (X, Y )

(1, 0, 0) −→ (−0.6428, −0.7660)

(1, 1, 0) −→ (0.3572, −0.7660)

(1, 1, 1) −→ (0.3572, 0.2340)

(1, 0, 1) −→ (−0.6428, 0.2340)

r r

rr

r r

rr

(0, 1, 0)

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

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

(1, 0, 1)y

z

x

G : R3 → R2

r r

rr

r r

rr

X

Y

(1, 0)

(1, 1)(0, 1)

(0.3572,−0.7660)

(−0.6428,−0.7660)

↑

Nesta figura fixamos θ = 40o e arredondamos as cordenadas em (X, Y )para quatro casas decimais. Em nosso trabalho∗ damos detalhes de comoprogramar a tranformacao G (algoritmo) dentro do LATEX2ε para contruirnovos comandos (macros).

Por exemplo, criamos um comando (\pld{a}{b}{c}{cor}) no qual en-tramos com as arestas a, b, e c de um paralelepipedo e mais a cor e eledesenha o paralelepipedo pedido, por exemplo:

∗Tracados 3−D (Um auxılio para o tracado de figuras no LATEX).

195

Todas as figuras “no espaco”, deste livro, foram feitas com o auxılio datranformacao G.

Quando for dada uma matriz de uma transformacao linear F sem quehaja referencia as bases, essa deve ser entendida como a matriz canonica deF .

2 −3−2 1

0 1

Por exemplo a matriz ao lado definea transformacao linear F : R2 → R3,F (x, y) = (2x− 3y, −2x+ y, y).

4 ) Dadas as bases B = { (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 1, 2) } do R3 eC = { (1, 0), (1, 1) } do R2, determinar a transformacao linear F : R3 → R2

cuja matriz e:

[F ]B

C=

[

1 2 3

0 1 0

]

Solucao: Sabemos (p. 188) que o significado de cada coluna da matriz acimae:

[

1 2 3

0 1 0

]

[F (1, 0, 0) ]C

[F (0, 1, 0) ]C

[F (0, 1, 2) ]C

Sendo assim, devemos ter:

F (1, 0, 0) = 1 (1, 0) + 0 (1, 1) = (1, 0)

F (0, 1, 0) = 2 (1, 0) + 1 (1, 1) = (3, 1)

F (0, 1, 2) = 3 (1, 0) + 0 (1, 1) = (3, 0)

Uma transformacao linear fica completamente definida quando se con-hece as imagens dos vetores de uma base. (P5 , p. 151)

Expressemos um vetor arbitrario u = (x, y, z) ∈ R3 como uma com-binacao linear dos elementos da base B:

(x, y, z) = λ1 (1, 0, 0) + λ2 (0, 1, 0) + λ3 (0, 1, 2) (4.8)

desta equacao obtemos o seguinte sistema linear

λ1 = x

λ2 + λ3 = y

2λ3 = z

196

cuja solucao e: λ1 = x, λ3 = z/2 e λ2 = y − λ3 = y − z/2. Substituindoestes valores em (4.8) obtemos

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

Aplicando F , linear, temos:

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

Substituindo os valores de F nos vetores da base temos

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

=(

x+ 3y, y − z

2

)

5 ) Seja F : P2 → P2 definida por F(p(t) ) = (1 − t) p′(t). Determine a

matriz de F em relacao a base canonica de P2 .

Solucao: A base canonica de P2 e { 1, t, t2 }, entao

B = {u1 = 1, u2 = t, u3 = t2 } = C

Seguindo o algoritmo dado (p. 189) temos:

F (u1) = F (1) = (1− t) 1′ = 0 ⇒ F (1)C= 0 · 1 + 0 · t+ 0 · t2

F (u2) = F (t) = (1− t) t′ = 1− t ⇒ F (t)C= 1 · 1− 1 · t+ 0 · t2

F (u3) = F (t2) = (1− t) (t2)′ = 2 t− 2 t2 ⇒ F (t2)C= 0 · 1 + 2 · t− 2 · t2

Sendo assim, temos:

[F ] =

0 1 0

0 −1 2

0 0 −2

6 ) Considere o operador linear do exemplo 6 ): (p. 139)

F : Z32

Z32

u 7→ u

encontre a matriz de F em relacao a base canonica de Z32.

Solucao: A base canonica de Z32e B = { 100, 010, 001 } = C. Seguindo

o algoritmo:

( 1 ) Calculamos F (ui) (i = 1, 2, 3);

F (u1) = F (100) = 100 = 011

F (u2) = F (010) = 010 = 101

F (u3) = F (001) = 001 = 110

197

Por tratar-se da base canonica, podemos escrever

[F ] =

0 1 11 0 11 1 0

7 ) Seja F : P3 → R a transformacao linear assim definida:

F(p(t) ) =

∫ 1

0p(t) dt

Determine a matriz de F em relacao a bases canonicas de P3 e R.

Solucao: A base canonica de P3 e B = { 1, t, t2, t3 } e de R e C = { 1 }.Seguindo o algoritmo temos:

F (u1) = F (1) =∫ 10 1 dt = 1 ⇒ F (1)

C= 1 · 1

F (u2) = F (t) =∫ 10 t dt = 1

2 ⇒ F (1)C= 1

2 · 1

F (u3) = F (t2) =∫ 10 t2 dt = 1

3 ⇒ F (1)C= 1

3 · 1

F (u4) = F (t3) =∫ 10 t3 dt = 1

4 ⇒ F (1)C= 1

4 · 1Portanto:

[F ]B

C=[1 1

213

14

]

4.1.1 Exercıcios

1) Dadas a transformacao linear

F : R3 → R2, F (x, y, z) = (2x− y + z, 3x+ y − 2z)

e as bases

B = {u1 = (1, 1, 1), u2 = (0, 1, 1), u3 = (0, 0, 1) } e

C = { v1 = (2, 1), v2 = (5, 3) }

a ) Determine [F ]B

C;

b ) Se u = (−1, −1, 1), encontre F (u)C.

2) Dadas a transformacao linear

F : R2 → R3, F (x, y, z) = (2x− y, x+ 3y, −2y)

e as bases

B = {u1 = (−1, 1), u2 = (2, 1) } e

C = { v1 = (0, 0, 1), v2 = (0, 1, −1), v3 = (1, 1, 0) }

198

a ) Determine [F ]B

C;

b ) Se u = (−1, −1), encontre F (u)C.

c ) Qual a matriz [F ]B

Conde C e a base canonica do R3 ?

3) Determine a matriz da transformacao linear F : R3 → R2, relativamenteas bases canonicas dos respectivos espacos, sabendo que F (1, 1, 0) = (0, 0),F (0, 1, 0) = (1, 0) e F (0, 0, 1) = (0, 1).

4) Dada a matriz

M =

[

1 2 −11 0 1

]

encontre F : R3 → R2 de maneira que, sendo

B = { (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 1, 2) } e

C = { (1, 0), (1, 1) }

se tenha M = [F ]B

C.

5) Determine o operador linear do F : R2 → R2 cuja matriz em relacao a

base B = { (1, 1), (−1, 1) } e

[

1 1

−1 1

]

.

6) Sabendo que a matriz de uma transformacao linear F : R2 → R3 nasbases

B = { (−1, 1), (1, 0) } e

C = { (1, 1, −1), (2, 1, 0), (3, 0, 1) }

e

[F ]B

C=

3 1

2 5

1 −1

encontre a expressao F (x, y) e a matriz [F ].

7) Seja

[F ] =

3 1

2 5

1 −1

a matriz canonica de uma transformacao linear F : R2 → R3.Se T (u) = (2, 4, −2) encontre u.

199

8) Considere o operador linear

F : R2 R2

(x, y) 7→ (x+ 2y, x− y)

e as bases

B = { (−1, 1), (1, 0) }, C = { (2, −1), (−1, 1) } e D = { (1, 0), (0, 1) }

Encontre [F ]B, [F ]

C, [F ]

D.

9) Mostre que a matriz do operador identidade

I : Rn Rn

u 7→ u

em uma base qualquer, e a matriz identidade n× n.10) Determine as matrizes das seguintes transformacoes lineares em relacaoas bases canonicas dos respectivos espacos:

a ) F : R3 → R2 , definida por F (x, y, z) = (x+ y, x− y)b ) F : R2 → R3 , definida por F (x, y) = (x+ y, x, x− y)c ) F : R4 → R , definida por F (x, y, z, t) = x+ 2y − 3z + 4t

d ) F : R → R3 , definida por F (x) = (x, 2x, 3x).

11) Seja F : R2 → R2 definida por

[F ] =

[

1 2

−2 1

]

Determine os vetores u, v e w tais que:

a ) F (u) = u b ) F (v) = 2v c ) F (w) = (1, 1).

12) Considere a seguinte transformacao

F : M2×2 → R3 , F

([

a b

c d

])

= (a+ b, a− c, a+ d)

a ) Mostre que F e linear;

b ) Encontre [F ]B

Csendo B e C as bases canonicas de M2×2 e R3,

respectivamente;

c ) Calcule u ∈M2×2 tal que F (u) = (1, −1, 0);d ) Determine N (F ).

200

13) Sejam F : R2 → M2×2 uma transformacao linear e B e C as basescanonicas de R2 e M2×2 , respectivamente. Sabendo que

[F ]B

C=

1 0

2 1

3 −2−1 2

Encontre:

a ) F (1, 0);

b ) F (0, 1);

c ) F (1, 1);

d ) F (x, y);

e ) F (a, b) tal que F (a, b) =

[

1 −12 3

]

.

14) No espaco vetorial M2×2 seja

M =

[

1 −12 3

]

Encontre a matriz do operador linear F : M2×2 → M2×2 dado porF (X) =MX −XM , em relacao a base canonica

B =

{[

1 0

0 0

]

,

[

0 1

0 0

]

,

[

0 0

1 0

]

,

[

0 0

0 1

]}

15) Seja F : P2 → P3 , definida por F(p(t)

)= t p(t) − p(1), ∀ p(t) ∈ P2 .

Determine a matriz de F em relacao ao seguinte par de bases

B ={1, t− 1, (t− 1)2

}e

C ={1, t− 1, (t− 1)2, (t− 1)3

}

de P2 e P3 respectivamente.

16) Seja F : P2 → P3 , definida por F(p(t)

)= (t − 1) p(t), ∀ p(t) ∈ P2 .

Determine a matriz de F em relacao ao seguinte par de bases

B ={1, t− 1, (t− 1)2

}e

C ={1, t− 1, (t− 1)2, (t− 1)3

}

de P2 e P3 respectivamente.

201

17) Seja F : P2 → P2 definida por F(p(t) ) = (1 + t) p′(t). Determine a

matriz de F em relacao a base canonica de P2 .

18) Determine a matriz do operador de derivacao

F : Pn Pn

p(t) 7→ p′(t)

em relacao a base canonica desse espaco.19) Seja F : P2 → R, definida por F

(p(t)

)=∫ 1−1 p(t) dt. Determine a

matriz de F em relacao as bases:

a ) B ={1, t, t2

}e C = { 1 };

b ) B ={1, 1 + t, −1 + t2

}e C = {−2 }.

20) Seja a transformacao linear

G : R3 → R2, G(x, y, z) = ( y − x · sen 45o, z − x · cos 45o )

a ) Encontre a matriz [G ];

b ) Utilizando a equacao

[G(u) ] = [G ] [u ]

encontre [G(u) ] para os seguintes vetores:

i ) u = (0, 0, 0), ii ) u = (1, 0, 0),

iii ) u = (0, 1, 0), iv ) u = (0, 0, 1).

c ) Relacione seus calculos com a seguinte figura:

s

s

s

s

(0, 1, 0)

(1, 0, 0)

(0, 0, 1)

y

z

x

G : R3 → R2

s

s

s

s

(1, 0)

(?, ?)

(0, 1)

X

Y

202

4.2 Operacoes com Transformacoes Lineares

Nesta secao definiremos algumas operacoes envolvendo transformacoeslineares o que vai nos permitir construir, a partir de transformacoes dadas,novas transformacoes lineares.

Sejam U e V espacos vetoriais sobre R. Indicaremos por LU

V o conjuntodas transformacoes lineares de U em V , isto e:

LU

V =

{

{

F : U → V : F e linearu 7→ F (u)

Desejamos construir sobre o conjunto LU

V uma estrutura de espaco veto-rial. Ou ainda, desejamos que cada transformacao linear F : U → V sejaum vetor. O primeiro passo nesse sentido e dado a seguir.

Definicao 22 (Adicao). Dados F, G ∈ LU

V , definimos a soma F +G de Fcom G do seguinte modo:

F +G : U → V e (F +G)(u) = F (u) +G(u), ∀u ∈ U. (4.9)

F : U → Vu 7→ F (u)

G : U → Vu 7→ G(u)

F +G : U → Vu 7→ F (u)+G(u)

Esteja mais uma vez atento a economia de sımbolos, veja:

F +G : U → Vu 7→ F (u)+G(u)

essa e a nova adicao definida em LU

V ,

essa e a “velha” adicao definida em V .

Vejamos um exemplo de adicao de transformacoes lineares. Considere,

em LR3

R2 , as aplicacoes:

F : R3 → R2 , F (x, y, z) = (x+ y, x+ z) , e

G : R3 → R2 , G(x, y, z) = (x− 2y, x+ 2z)

Pela definicao de adicao temos:

F +G : R3 → R2

Onde,

(F +G)(x, y, z) = F (x, y, z) +G(x, y, z), ∀ (x, y, z) ∈ R3.

203

Entao,

(F +G)(x, y, z) = F (x, y, z) +G(x, y, z)

= (x+ y, x+ z) + (x− 2y, x+ 2z)

= (2x− y, 2x+ 3z)

Uma pergunta que surge naturalmente e: Dados F, G ∈ LU

V teremos

sempre F +G ∈ LU

V ? (isto e, F +G e linear ?).A resposta e afirmativa: a soma F +G, de duas transformacoes lineares,

e tambem uma transformacao linear. De fato,

( i ) Pela definicao de adicao, temos

(F +G)(u1 + u2) = F (u1 + u2) +G(u1 + u2)

= F (u1) + F (u2) +G(u1) +G(u2)

= F (u1) +G(u1) + F (u2) +G(u2)

= (F +G)(u1) + (F +G)(u2)

( ii ) Para λ ∈ R arbitrario temos:

(F +G)(λu) = F (λu) +G(λu)

= λF (u) + λG(u)

= λ(F (u) +G(u)

)

= λ (F +G)(u)

Temos assim uma adicao (F, G) → F +G em LU

V . Ou ainda:

+ : LU

V × LU

V LU

V

(F,G) F +G

Para essa adicao valem as seguintes propriedades:

A1) F +G = G+ F (Comutativa)

A2) (F +G) +H = F + (G+H) (Associativa)

A3) Pelo exemplo 8 (p. 140) a transformacao nula

F : U Vu 0

e linear, logo, F ∈ LU

V . Trocando de notacao F = 0 (vermelho), isto e

0 : U Vu 0

204

e facil mostrar que esta transformacao satisfaz: F +0 = F, ∀F ∈ LU

V , istoe, a operacao de adicao (F, G) → F +G possui elemento neutro.

Observe que na simbologia

0 : U Vu 0

temos tres “zero’s” envolvidos, assim:

0 ∈ LU

V , 0 ∈ U, 0 ∈ V

A4) Para toda F ∈ LU

V definimos a transformacao −F por

(−F )(u) = −F (u) (4.10)

e facil ver que −F e tambem linear, ou seja, −F ∈ LU

V e, ademais,

F + (−F ) = −F + F = 0

Isto e, para a operacao de adicao (F, G) → F +G todo elemento F ∈ LU

V

possui elemento oposto, dado por (4.10).

Observe que, por enquanto, 0 ∈ LU

V e uma mera transformacao linear,ainda nao adquiriu o status de vetor nulo.

A seguir, definiremos a multiplicacao de uma transformacao linear porum escalar.

Definicao 23. Dados F ∈ LU

V e λ ∈ R, definimos o produto λF de F porλ assim:

λF : U → V e (λF )(u) = λF (u), ∀u ∈ U. (4.11)

F : U → Vu 7→ F (u)

λF : U → Vu 7→ λF (u)

A aplicacao λF assim definida tambem e uma transformacao linear de U

em V , isto e, tambem mora em LU

V (prove isto!). Sendo assim ficou definida

uma multiplicacao de R × LU

V em LU

V , multiplicacao essa que verifica asseguintes propriedades:

M1) λ (µF ) = (λ · µ)F (Associativa)

M2) (λ+ µ )F = λF + µF (Distributiva)

M3) λ (F +G ) = λF + λG (Distributiva)

M4) 1F = F (elemento neutro)

quaisquer que sejam λ e µ em R e F e G em LU

V .

205

Deixamos a prova destas propriedades, com excecao da M3, a cargo doleitor. Desejamos mostrar que

λ (F +G ) = λF + λG (4.12)

Pela definicao (4.11), temos

λ (F +G ) : U → V e(λ (F +G )

)(u) = λ (F +G)(u), ∀u ∈ U.

Pela definicao (4.9), temos

λF + λG : U → V e (λF + λG)(u) = (λF )(u) + (λG)(u), ∀u ∈ U.= λF (u) + λG(u)

Feito este “preambulo” para provar (4.12) devemos recorrer a definicao14 (p. 128), ou seja, devemos mostrar que

(λ (F +G )

)(u) =

(λF + λG

)(u), ∀u ∈ U.

Entao:

(λ (F +G )

)(u) = λ (F +G )(u)

= λ((F +G )(u)

)

= λ(F (u) +G(u)

)

= λF (u) + λG(u))

= (λF + λG)(u)

Sendo assim podemos concluir que se U e V sao espacos vetoriais sobre R,

entao a tripla(L

U

V , +, ·)= L

U

V tambem e um espaco vetorial sobre R.

Nota: Agora podemos afirmar que 0 ∈ LU

V e o vetor nulo do espaco LU

V .

Enfatizamos (observe o jogo das cores):

0 : U Vu 0

Transformacao linear nula − e o vetor nulo do

espaco vetorial LU

V

Vetor nulo do contradomınio0

Vetor nulo do domınio

206

Composicao de transformacoes lineares

Definicao 24 (Composta). Sejam U , V e W espaco vetoriais sobre R.Se F : U → V e G : V → W sao transformacoes lineares, define-se aaplicacao composta de F e G (notacao : G ◦ F ) do seguinte modo:

G ◦ F : U → W e (G ◦ F )(u) = G(F (u) ), ∀u ∈ U. (4.13)

F : U → Vu 7→ F (u)

G : V →Wv 7→ G(v)

G ◦ F : U → Wu 7→ G(F (u) )

U

su

F

G ◦ F

V

sF (u)

G W

sG(F (u))

(G◦F )(u)

Nota: Observe que na definicao anterior o domınio de G coincide com ocontradomınio de F .

Vejamos um exemplo de composicao de transformacoes lineares. Con-sideremos as seguintes tranfomacoes:

F : R3 → R2 , F (x, y, z) = (x+ y, x+ z) , e

G : R2 → R3 , G(x, y) = (x− 2y, x+ y, y − x)

Pela definicao de composicao temos:

G ◦ F : R3 → R3 e (G ◦ F )(x, y, z) = G(F (x, y, z)

), ∀ (x, y, z) ∈ R3.

Entao,

G(F (x, y, z)

)= G

((x+ y, x+ z)

)

= G(x+ y, x+ z)

=((x+ y)− 2(x+ z), (x+ y) + (x+ z), (x+ z)− (x+ y)

)

= (−x+ y − 2z, 2x+ y + z, z − y)

Uma pergunta que surge naturalmente e: Dados F ∈ LU

V , G ∈ LV

W

teremos sempre G ◦ F ∈ LU

W ? (isto e, G ◦ F e linear ?).

207

A resposta e afirmativa: a composicaoG◦F , de duas transformacoes lineares,e tambem uma transformacao linear. De fato,

( i ) Pela definicao de composicao, temos

(G ◦ F )(u1 + u2) = G(F (u1 + u2)

)

= G(F (u1) + F (u2)

)

= G(F (u1)

)+G

(F (u2)

)

= (G ◦ F )(u1) + (G ◦ F )(u2)

( ii ) Fica como exercıcio mostrar que

(G ◦ F )(λu) = λ (G ◦ F )(u)

4.3 Matriz da Transformacao Composta

Sejam U , V e W espaco vetoriais sobre R que admitem como bases:

U↑B = {u1 , . . . , un }

V↑C = { v1 , . . . , vm }

W↑D = {w1 , . . . , wp }

Sejam as transformacoes lineares F : U → V e G : V → W e, ademais,considere a aplicacao composta

G ◦ F : U → W, (G ◦ F )(u) = G(F (u) ), ∀u ∈ U.

Conhecidas as matrizes [F ]B

C= (a

ij) e [G ]

C

D= (b

ki) pretendemos determi-

nar a matriz [G ◦ F ]B

D, veja:

UF

VG

W

B C D[F ]

B

C[G ]

C

D

[G ◦ F ]B

D=?

Observe que pela definicao de matriz de uma transformacao linear temos:(ver ıtem ( 2 ) do algoritmo dado na p. 189 )

[F ]B

C= (a

ij)m×n ⇒ F (u

j) =

m∑

i=1

aijvi

( j = 1, 2, . . . , n )

[G ]C

D= (b

ki)p×m

⇒ G(vi) =

p∑

k=1

bkiw

k( i = 1, 2, . . . , m )

208

Nota: Observe que pelo algoritmo as matrizes [F ]B

Ce [G ]

C

Dsao obtidas

pelo “transposto” dos coeficientes obtidos na “expansao” dos respectivossomatorios.

Pelo mesmo algoritmo temos:

( 1 ) Calculamos (G ◦ F )(uj) ( j = 1, 2, . . . , n );

Ou ainda,

(G ◦ F )(uj) = G

(F (u

j))= G

( m∑

i=1

aijvi

)

=

m∑

i=1

aijG(v

i)

=m∑

i=1

aij

p∑

k=1

bkiw

k=

p∑

k=1

( m∑

i=1

bkiaij

)

wk

Portanto, o termo geral de [G ◦ F ]B

De a

kj=∑m

i=1 bki aijque e o termo

geral do produto:

[G ]C

D· [F ]

B

C=((b

ki)p×m

)·((a

ij)m×n

)

(veja eq. (8.2), p. 426, atente para a ordem do produto).

Resumindo, vale a seguinte identidade:

[G ◦ F ]B

D= [G ]

C

D· [F ]

B

C(4.14)

Ou ainda,

UF

VG

W

B C D[F ]

B

C[G ]

C

D

[G ◦ F ]B

D= [G ]

C

D· [F ]

B

C

209

Uma consequencia (corolario) da formula (4.14) e que existe uma relacaoentre isomorfismos e matrizes inversıveis. E o que veremos agora.

Sejam U e V espacos vetoriais de dimensao n. Se B e C sao bases deU e V , reespectivamente, e F : U → V e um isomorfismo. Os diagramas aseguir

UF

VF−1

U

B C B[F ]

B

C[F−1 ]

C

B

[F−1 ◦ F ]B

B

∴[F−1 ◦ F ]

B

B= [F−1 ]

C

B· [F ]

B

C

⇓

[ In ]B

B= [F−1 ]

C

B· [F ]

B

C

e, inversamente

VF−1

UF

V

C B C[F−1 ]

C

B[F ]

B

C

[F ◦ F−1 ]C

C

∴[F ◦ F−1 ]

C

C= [F ]

B

C· [F−1 ]

C

B

⇓

[ In ]C

C= [F ]

B

C· [F−1 ]

C

B

provam que a matriz [F ]B

Ce inversıvel e que sua inversa e a matriz [F−1 ]

C

B.

Exemplo: Vamos retomar o exemplo dado na p. 178, isto e, consideremoso isomorfismo

F : P1(R) → R2, dado por F (a+ b x) = (a, b− a).

Considerando as bases canonicas destes espacos, isto e, B = { 1, x } eC = { (1, 0), (0, 1) }, temos

F (1 + 0x) = (1, 0− 1) = (1, −1)

F (0 + 1x) = (0, 1− 0) = (0, 1)

Sendo assim, temos

[F ]B

C=

[

1 0

−1 1

]

⇒ [F−1 ]C

B=

[

1 0

1 1

]

Onde F−1 : R2 → P1(R). Considerando a equacao (4.6) (p. 187) adaptadaao nosso contexto, temos

[F−1(u) ]B= [F−1 ]

C

B[u ]

C

210

Logo

[F−1(u) ]B=

[

1 0

1 1

][

a

b

]

=

[

a

a+ b

]

Entao: F−1(a, b) = a+ (a+ b)x.

Para a demonstracao do proximo teorema iremos necessitar de dois re-sultados vistos anteriormente. Equacao (2.18) (p. 120)

[u ]B= P [u ]

C⇔ P−1 [u ]

B= [u ]

C(4.15)

P e a matriz de mudanca de base, da base antiga B para a nova base C.

E da equacao (4.6) (p. 187)

[F (u) ]C= [F ]

B

C[u ]

B

Adaptando essa equacao para o operador linear T : U → U e tomando asbases B = C, temos

[T (u) ]B= [T ]

B

B[u ]

B⇔ [T ]

B[u ]

B= [T (u) ]

B(4.16)

Ou ainda

[T (u) ]C= [T ]

C

C[u ]

C⇔ [T ]

C[u ]

C= [T (u) ]

C(4.17)

O teorema a seguir nos diz o que acontece com a matriz de um operadorlinear T : U → U quando se muda da base B para a base C de U .

Teorema 10. Seja P a matriz de mudanca da base B para a base C noespaco vetorial U . Entao, para qualquer operador linear T : U → U , temos

[T ]C= P−1 [T ]

BP

Prova: Seja u um vetor em U . Considerando a equacao P [u ]C= [u ]

B,

vamos multiplica-la da seguinte formada

P−1 [T ]B

(P [u ]

C

)= P−1 [T ]

B

([u ]

B

)

Isto eP−1 [T ]

BP [u ]

C= P−1

([T ]

B[u ]

B

)= P−1 [T (u) ]

B

Na ultima igualdade usamos (4.16). Substituindo na equacao (4.15), u porT (u), obtemos P−1 [T (u) ]

B= [T (u) ]

C. Entao

P−1 [T ]BP [u ]

C= [T (u) ]

C

Utilizando a equacao (4.17), resulta

P−1 [T ]BP [u ]

C= [T ]

C[u ]

C

211

Como a aplicacao u 7→ [u ]C

e sobrejetiva em Rn, temos

P−1 [T ]BP X = [T ]

CX, ∀X ∈ Rn

Sendo assim, P−1 [T ]BP = [T ]

C. �

Produto de vetores

Observe que na operacao de composicao definida anteriormente temos

F ∈ LU

V , G ∈ LV

W, G ◦ F ∈ LU

W

Ou ainda

◦ : LU

V × LV

W LU

W

(F,G) G ◦F

Embora F ∈ LU

V e G ∈ LV

W sejam vetores nao podemos considerarG ◦ F como sendo uma multiplicacao “genuına” de vetores porquanto essaoperacao nao e uma lei de composicao interna. (Veja def. 55, p. 419)

No entanto, no importante caso em que U = V = W a operacao decomposicao toma a forma

◦ : LU

U × LU

U LU

U

(F,G) G ◦F

Sendo assim a operacao “◦” torna-se uma lei de composicao interna em

LU

U o que significa que podemos considerar esta operacao como sendo uma(“legıtima”) multiplicacao de vetores (no caso operadores lineares).

Em sendo este o caso, trocaremos de notacao, faremos G ◦ F = G · F =GF ; ou seja, trocaremos a notacao de composicao pela de produto.

O produto de vetores possui algumas propriedades “excentricas” naocompartilhadas pelo produto de numeros Reais (ou Complexos), como porexemplo as propriedades P5 , P6 e P7 , vistas a seguir:

P1 ) (HG)F = H(GF ), ∀H, G, F ∈ LU

U

P2 ) ∃ 1 ∈ LU

U : 1F = F 1 = F, ∀F ∈ LU

U

P3 ) H(F +G) = HF +HG, ∀F, G, H ∈ LU

U

P ′3) (F +G)H = FH +GH, ∀F, G, H ∈ L

U

U

P4 ) G(λF ) = λ (GF ), ∀λ ∈ R, ∀F, G ∈ LU

U

P5 ) GF 6= FG, ∃F, G ∈ LU

U

P6 ) GF = HF ; G = H, ∃F, G, H ∈ LU

U

P7 ) GF = 0 ; G = 0 ou F = 0, ∃F, G ∈ LU

U

212

No caso da propriedade P6 dizemos que nao vale a lei do corte para oproduto de vetores e no caso da propriedade P7 dizemos que o produto devetores admite divisores de zero.†

Deixamos a prova destas propriedades ao leitor, no entanto forneceremosos contraexemplos para as tres ultimas. Entao:

( i ) O produto de vetores nao e comutativo em geral. Com efeito, conside-remos os dois vetores seguintes

F : R2 → R2 ; F (x, y) = (x+ y, x− y)

G : R2 → R2 ; G(x, y) = (y, x)

Temos

(GF )(x, y) = G(F (x, y)

)= G(x+ y, x− y) = (x− y, x+ y)

(FG)(x, y) = F(G(x, y)

)= F (y, x) = (y + x, y − x)

Logo, GF 6= FG.

( ii ) No produto de vetores nao vale a lei do corte. Com efeito, consideremosa seguinte terna de vetores

F : R2 → R2 ; F (x, y) = (y, y)

G : R2 → R2 ; G(x, y) = (x, x)

H : R2 → R2 ; H(x, y) = (x, y)

Verifique que GF = HF e, no entanto, G 6= H.

( iii ) No produto de vetores existem divisores de zero. Com efeito, conside-remos os dois operadores

F : R2 → R2 ; F (x, y) = (x, 0)

G : R2 → R2 ; G(x, y) = (y, y)

Temos F 6= 0, G 6= 0 e, no entanto:

(GF )(x, y) = G(F (x, y)

)= G(x, 0) = (0, 0)

isto e, GF = 0.

†Em um sistema algebrico (A, +, ·) um elemento nao nulo a ∈ A diz-se um divisor de

zero se existe b ∈ A, tambem nao nulo, tal que a · b = 0.

213

A danca dos sımbolos

Na propriedade P2 vista anteriormente:

P2 ) ∃ 1 ∈ LU

U : 1F = F 1 = F, ∀F ∈ LU

U (elemento neutro)

o sımbolo 1, no presente contexto, significa a transformacao identidade dadano exemplo 7 (p. 139) que aqui passa a ser o elemento neutro para o produtode vetores. Em resumo:

1 : U Uu 7→ u

∴ 1(u) = u, ∀ ∈ U.

O leitor nao se surpreenda por esta “danca dos sımbolos” porquanto elae mais frequente em matematica do que possamos suspeitar.

Potenciacao de vetores

Definiremos agora uma nova operacao para vetores em LU

U .

Definicao 25 (Potencia de vetores). Sejam F ∈ LU

U e n um numero natu-ral. Potencia de base F e expoente n e o vetor Fn tal que:

{

F 0 = 1

Fn = Fn−1 · F, ∀n ≥ 1.

Desta definicao decorre que:

F 1 = F 0 · F = 1 · F = F

F 2 = F 1 · F = F · F

F 3 = F 2 · F = (F · F ) · F = F · F · F

e, de modo geral, para p natural e p ≥ 2, temos que F p e um produto de pfatores iguais a F .

A potenciacao de vetores nao e uma operacao “bem comportada”, aexemplo da potenciacao numerica, podemos nos deparar com alguns resul-tados curiosos, como por exemplo os dois a seguir

- Em R : se x2 = 1 ⇒ x = ± 1

- Em LU

U : se X2 = 1 ; X = ± 1

- Em R : se x2 = 0 ⇒ x = 0

- Em LU

U : se X2 = 0 ; X = 0

214

Um operador F ∈ LU

U tal que F 2 = F chama-se idempotente; se Fn = 0,para um certo numero natural n, entao F se diz nilpotente.

Exercıcios Resolvidos

1) Mostre que o vetor F ∈ LR2

R2 dado por F (x, y) = (y, x) satisfaz

F 2 = 1, com F 66= ± 1

Solucao: Temos

F 2 (x, y) = F · F (x, y) = F(F (x, y) ) = F

((y, x) ) = F (y, x) = (x, y)

Por outro lado, o operador identidade de LR2

R2 e dado por

1 : R2 → R2 ; 1(x, y) = (x, y)

portanto, F 2 = 1 com F 66= ± 1.

Geometricamente o operador F produz uma reflexao em torno da retay = x (como sera visto oportunamente, p. 237), veja:

x

y

s(x, y)

F

s(y, x) y=x

2) Mostre que o vetor F ∈ LR2

R2 dado por F (x, y) = (0, x) 6= 0 satisfaz aequacao

F 2 = 0

Solucao: Temos

F 2 (x, y) = F · F (x, y) = F(F (x, y)

)= F

((0, x)

)= F (0, x) = (0, 0)

Sendo assim podemos escrever,

F 2 = 0 : R2 R2

(x, y) (0, 0)

215

3) Seja F : U → U um operador idempotente (isto e, F 2 = F ) de um espacovetorial U . Mostre que U = N (F )⊕ Im (F ).

Solucao:

Prova: Podemos escrever um vetor u ∈ U arbitrario como:

u = (u− F (u)) + F (u)

A segunda parcela esta, obviamente, no subespaco Im (F ). Vamos mostrarque a primeira parcela esta no nucleo:

F(u− F (u)

)= F (u)− F 2(u) = F (u)− F (u) = 0

Resumindo: mostramos que um vetor arbitrario de U pode ser escritocomo a soma de dois vetores, um do nucleo e outro da imagem, logo

U = N (F ) + Im (F )

Para mostrar que esta soma e direta basta mostrar que

N (F ) ∩ Im (F ) = { 0 }

Suponhamos entao que u ∈ N (F ) ∩ Im (F ), entao

{

u ∈ Im (F ) ⇒ u = F (u′), para algum u′ ∈ U ;

u ∈ N (F ) ⇒ F (u) = 0.(4.18)

Aplicando F na primeira equacao acima obtemos

F (u) = F(F (u′)

)= F 2 (u′)

usando a hipotese de que o operador e idempotente resulta

F (u) = F 2 (u′) = F (u′)

Agora considerando a segunda equacao em (4.18) concluimos que F (u′) = 0.Este resultado na primeira equacao em (4.18) fornece u = 0.

Conclusao: na intersecao dos subespacos N (F ) e Im (F ) mora apenaso vetor nulo, logo, a soma e direta. >

216

Vamos ilustrar a igualdade U = N (F ) ⊕ Im (F ) do exemplo anteriorcom um exemplo geometrico.

Considere o operador (projecao sobre o eixo ox):

F : R2 → R2, F (x, y) = (x, 0)

Primeiramente mostremos que ele e idempotente, isto e, que F 2 = F :

F 2 (x, y) = F · F (x, y) = F(F (x, y)

)= F

((x, 0)

)= F (x, 0) = (x, 0) = F (x, y)

Vamos encontrar o nucleo desse operador:

N (F ) = {u ∈ U : F (u) = 0 }= { (x, y) ∈ R2 : F (x, y) = (0, 0) }

Devemos resolver a equacao:

F (x, y) = (0, 0) ⇒ (x, 0) = (0, 0) ⇒ x = 0

Ou seja,

N (F ) = { (x, y) ∈ R2 : x = 0 } = { (0, y) ∈ R2 }

Isto e, o nucleo do operador e o eixo oy. Calculemos a imagem do operador.

Im (F ) = {F (u) : u ∈ U }= {F (x, y) : (x, y) ∈ R2 }= { (x, 0): (x, y) ∈ R2 } = {x (1, 0): x ∈ R }

A imagem e gerada pelo vetor (1, 0), isto e, Im (F ) = [ (1, 0) ], e o eixo ox.Geometricamente tudo se passa assim:

Im (F )

F

N (F )

s

0

s(x, y)

s

(x, 0)

s(0, y)

Im (F )

N (F )

s

0

s(x, y)

s

(x, 0)

s(0, y)

R2 = N (F )⊕ Im (F )

217

4) Lembramos que LR2

R3 e o conjunto

LR2

R3 =

{

{

F : R2 → R3 : F e linearu 7→ F (u)

Mostre que dimLR2

R3 = 2 · 3 = 6.

Prova: Vamos considerar B = {u1 , u2 } e C = { v1 , v2 , v3 } bases dosrespectivos espacos. Pelo lema 2 (p. 178), uma aplicacao linear F : R2 → R3

de LR2

R3 e determinada (de modo unico) por uma associacao qualquer deimagens de elementos da base B. Consideremos as aplicacoes

Fij∈ L

R2

R3 , i = 1, 2; j = 1, 2, 3.

observe que temos 2 · 3 aplicacoes, veja:

i = 1: F11 F12 F13

i = 2: F21 F22 F23

(4.19)

vamos definir a aplicacao linear Fijcomo

Fij(u

k) =

vj, k = i;

0, k 6= i.

Por exemplo, para as aplicacoes da primeira linha de (4.19) obtemos:

F11(u1) = v1 , F11(u2) = 0

F12(u1) = v2 , F12(u2) = 0

F13(u1) = v3 , F13(u2) = 0

(4.20)

Para as aplicacoes da segunda linha de (4.19) obtemos:

F21(u1) = 0 , F21(u2) = v1

F22(u1) = 0 , F22(u2) = v2

F23(u1) = 0 , F23(u2) = v3

(4.21)

Tendo o conjunto {Fij} exatamente 2 · 3 elementos a proposicao estara

provada se mostrarmos que {Fij} e uma base de L

R2

R3 .

Inicialmente mostraremos que {Fij} gera L

R2

R3 . Considere uma funcao

arbitraria F ∈ LR2

R3 , isto e, F : R2 → R3. Suponha, ademais, que∗

F (u1) = w1 , F (u2) = w2 (4.22)

∗Veja propriedade P5 (p. 151) e lema 2 (p. 178).

218

Como wk∈ R3, ele e uma combinacao linear dos vetores de C, assim:

w1 = λ11 v1 + λ12 v2 + λ13 v3 (4.23)

w2 = λ21 v1 + λ22 v2 + λ23 v3 (4.24)

Considere a aplicacao linear G =∑2

i=1

∑3j=1 λij

Fij. Ou, se preferirmos:

G =3∑

j=1

λ1j F1j +3∑

j=1

λ2j F2j

Ou ainda:

G = λ11 F11 + λ12 F12 + λ13 F13

+ λ21 F21 + λ22 F22 + λ23 F23

Como G e uma combinacao linear dos Fij, a demonstracao de que {F

ij}

gera LR2

R3 estara terminada se mostrarmos que F = G.Vamos calcular G(u

k), k = 1, 2 e comparar com (4.22). Temos:

G(u1) = λ11 F11(u1) + λ12 F12(u1) + λ13 F13(u1) (4.25)

+ λ21 F21(u1) + λ22 F22(u1) + λ23 F23(u1)

Das primeiras colunas em (4.20) e (4.21) obtemos

G(u1) = λ11 v1 + λ12 v2 + λ13 v3 (4.26)

+ λ21 0 + λ22 0 + λ23 0

Comparando este resultado com (4.23) concluimos que G(u1) = w1 , com-parando com (4.22) concluimos que G(u1) = F (u1).

Por outro lado, temos:

G(u2) = λ11 F11(u2) + λ12 F12(u2) + λ13 F13(u2)

+ λ21 F21(u2) + λ22 F22(u2) + λ23 F23(u2)

Das segundas colunas em (4.20) e (4.21) obtemos

G(u2) = λ11 0 + λ12 0 + λ13 0

+ λ21 v1 + λ22 v2 + λ23 v3

Comparando este resultado com (4.24) concluimos que G(u2) = w2 , com-parando com (4.22) concluimos que G(u2) = F (u2). Sendo assim, pelo lema2 (p. 178) concluimos que F = G.

219

Para demonstrar que {Fij} sao linearmente independentes suponha que,

para escalares λij∈ R, temos

2∑

i=1

3∑

j=1

λijF

ij= 0 (4.27)

Ou, se preferirmos:

λ11 F11 + λ12 F12 + λ13 F13

+ λ21 F21 + λ22 F22 + λ23 F23 = 0

Colocando, nesta igualdade, o vetor u1 como argumento das funcoes Fij

obtemos o lado direito da igualdade (4.25) igual a 0. Fazendo as devidassubstituicoes obtemos o lado direito da igualdade (4.26) igual a 0, isto e:

λ11 v1 + λ12 v2 + λ13 v3 = 0

Como os visao linearmente independentes obtemos λ11 = λ12 = λ13 = 0.

Fazendo o mesmo procedimento com o vetor u2 , obtemos todos os demaisescalares da combinacao linear (4.27) iguais a 0. >

A prova esta concluida, no apendice (p. 254) demonstramos o caso geral.

Vamos obter, de modo explıcito, uma base para o espaco vetorial LR2

R3 .

Para tanto vamos, por exemplo, escolher as bases canonicas

B = {u1 = (1, 0), u2 = (0, 1) }C = { v1 = (1, 0, 0), v2 = (0, 1, 0), v3 = (0, 0, 1) }

Sendo assim, para as aplicacoes da primeira linha de (4.19) (p. 218) obtemos:

F11(1, 0) = (1, 0, 0) , F11(0, 1) = (0, 0, 0)

F12(1, 0) = (0, 1, 0) , F12(0, 1) = (0, 0, 0)

F13(1, 0) = (0, 0, 1) , F13(0, 1) = (0, 0, 0)


F21(1, 0) = (0, 0, 0) , F21(0, 1) = (1, 0, 0)

F22(1, 0) = (0, 0, 0) , F22(0, 1) = (0, 1, 0)

F23(1, 0) = (0, 0, 0) , F23(0, 1) = (0, 0, 1)

Seguindo os passos da propriedade P5 (p. 151) podemos determinar todas asaplicacoes F

ij, por exemplo, sendo

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

220

temos

F11(x, y) = xF11(1, 0) + y F11(0, 1)

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

Com um procedimento analogo, obtemos:

F11(x, y) = (x, 0, 0) , F12(x, y) = (0, x, 0) , F13(x, y) = (0, 0, x)

F21(x, y) = (y, 0, 0) , F22(x, y) = (0, y, 0) , F23(x, y) = (0, 0, y)

Sendo assim {Fij} e uma base do espaco vetorial L

R2

R3 .

Uma transformacao linear F : R2 → R3 arbitraria pode ser escrita como:

F (x, y) = (a11 x+ a12 y, a21 x+ a22 y, a31 x+ a32 y)

Ou ainda, (ver ( ∗ ), p. 146 e p. 148)

F : R2 → R3

y1y2

y3

=

3× 2︷︸︸︷

a11 a12

a21 a22

a31 a32

·[x1

x2

]

Y = F (X) = AX

Temos:

F (x, y) = a11 (x, 0, 0) + a21 (0, x, 0) + a31 (0, 0, x)

+ a12 (y, 0, 0) + a22 (0, y, 0) + a32 (0, 0, y)

Ou ainda:

F (x, y) = a11 F11(x, y) + a21 F12(x, y) + a31 F13(x, y)

+ a12 F21(x, y) + a22 F22(x, y) + a32 F23(x, y)

o que confirma que {Fij} gera o espaco vetorial L

R2

R3 .

221

4.3.1 Exercıcios

1) Sejam F : R2 → R3 e G : R2 → R3 as transformacoes lineares definidaspor

F (x, y) = (x+ y, x− y, x) e G(x, y) = (x− y, x+ y, y)

Determine as seguintes transformacoes lineares:

a ) F +G ;

b ) 2F − 3G,

c ) A matriz canonica de 2F − 3G e mostre que

[ 2F − 3G ] = 2[F ]− 3[G ]

2) Sejam F : R2 → R e G : R → R as transformacoes lineares

F (x, y) = x+ 2y e G(x, y) = 2x

Determine a transformacao G ◦ F . Perguntamos se F ◦G esta definida.

3) Sejam F e G operadores lineares no R2 dados por

F (x, y) = (x+ y, x− y) e G(x, y) = (x− y, x+ y)

Determine os seguintes produtos:

a ) F G b ) GF c ) F 2 d ) G2

4) Sejam F, G ∈ LR2

R2 vetores dados por

F (x, y) = (0, x) e G(x, y) = (x, 0)

Determine os seguintes produtos:

a ) F G b ) GF c ) (F G )2 d ) (GF )2

5) Seja F ∈ LR3

R3 dado por F (x, y, z) = (3x, x− y, 2x+ y+ z). Mostre que:

(F 2 − 1 )(F − 3 · 1 ) = 0

6) Sejam F, G ∈ LR2

R3 vetores dados por

F (x, y) = (x+ y, y + z, z) e G(x, y) = (x+ 2y, y − z, x+ 2z)

Encontre:

a ) F G;

b ) N(F G ) e Im (GF );

c ) uma base e a dimensao de N(F 2G ).

222

7) Sejam F ∈ LR2

R3 e G ∈ LR3

R3 dados por:

F (x, y) = (x+ y, x− y, 0) e G(x, y, z) = (x+ y, x− z, y + z)

Determine: F ◦G ◦ F .8) Sejam F, G : R3 → R2 definidas por

F (x, y, z) = (y, x+ z) e G(x, y, z) = (2z, x− y)

Mostre que {F, G} e linearmente independente no espaco LR3

R2 .

9) Determine uma base para o espaco vetorial LR3

R2 .

10) Determine uma base para o espaco vetorial LR2

R2 .

11) Determine uma base para o espaco vetorial LP2P2.

12) Seja F ∈ LR2

R2 dado por F (x, y) = (y, x). Determine Fn(x, y), sendon ≥ 1 um numero natural.

13) Seja F ∈ LR2

R2 dado por F (x, y) = (x, 0). Determine Fn(x, y), sendon ≥ 1 um numero natural.14) Determine se os seguintes vetores (operadores) lineares de R3 sao idem-potentes ou nilpotentes:

a ) F (x, y, z) = (−x, −y, −z);b ) F (x, y, z) = (z, x, y);

c ) F (x, y, z) = (0, x, z);

d ) F (x, y, z) = (x, y, 0);

15) Seja F ∈ LR2

R2 dado por F (x, y) = (x, x+ y).

a ) Determine F 2;

b ) Determine (F − 1 )2;

c ) Mostre que (F − 1 )2 = F 2 − 2F + 1 = 0. Observe que F − 1 6= 0.

223

4.4 Espaco Dual

Reconsideremos o conjunto (p. 203)

LU

V =

{

{

F : U → V : F e linearu 7→ F (u)

das transformacoes lineares do espaco vetorial U no espaco vetorial V .

Ja vimos que LU

V =(L

U

V , +, ·)tambem e um espaco vetorial sobre R.

Sendo o proprio R um espaco vetorial sobre R tomemos no conjuntoacima V = R, isto e

LU

R =

{

{

F : U → R : F e linearu 7→ F (u)

Esse espaco vetorial e chamado espaco vetorial dual de U e costumaser denotado na literatura por U∗. Enfatizamos:

U∗ = LU

R

Cada elemento de U∗ recebe o nome de forma linear ou funcionallinear sobre U .

Exemplos:

1 ) A transformacao

F : R3 → R

(x, y, z) 7→ x+y+z

e um elemento do espaco LR3

R = (R3 )∗.

2 ) A transformacao

F : P2(R)→ R

p(x) 7→∫ 10 p(x) dx

e um elemento do espaco (P2(R) )∗.

3 ) A transformacao

F : Mn(R) → R

(aij) 7→ a11 + a22 + · · · + ann

224

Faz corresponder a cada matriz quadrada de ordem n o seu traco. A“aplicacao traco” e uma forma linear.

O nosso objetivo agora sera caracterizar os elementos F do espaco dualde Rn. Entao, seja

F : Rn → R

u 7→ F (u)(⋆)∈ L

Rn

R

uma forma linear sobre o Rn. Consideremos { e1 , e2 , . . . , en } como sendo abase canonica do Rn, isto e

e1 = (1, 0, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , en = (0, 0, 0, . . . , 1)

Fixado arbitrariamente um vetor u = (x1 , x2 , . . . , xn) em Rn, u pode serescrito como uma combinacao linear desta base, assim

u = x1 e1 + x2 e2 + · · · + xn en

Entao

F (u) = F (x1 e1 + x2 e2 + · · ·+xn en ) = x1 F (e1) + x2 F (e2) + · · ·+xn F (en)

Observe em (⋆) que F (e1), F (e2), . . . ,F (en), sao numeros reais; facamosF (e1) = k1 , F (e2) = k2 , . . . , F (en) = kn ; sendo assim obtemos

F (x1 , x2 , . . . , xn) = k1 x1 + k2 x2 + · · · + kn xn

A conclusao e que todo elemento do espaco (Rn )∗ e desta forma. Porexemplo, veja o Exemplo 1 ) dado anteriormente (p. 224).

Por outro lado, dada qualquer n-upla (k1 , k2 , . . . , kn) de numeros reaise facil ver que a aplicacao

F : Rn → R

(x1 , x2 , ..., xn) 7→ k1 x1 + k2 x2 + ···+kn xn

e uma forma linear sobre o Rn. Entao, podemos afirmar que F ∈ (Rn )∗ se,e somente se, existem numeros reais k1 , k2 , . . . , kn tais que

F (x1 , x2 , . . . , xn) = k1 x1 + k2 x2 + · · · + kn xn , ∀ (x1 , x2 , . . . , xn) ∈ Rn

Em resumo:

(Rn )∗ = LRn

R =

{

{

F : Rn → R : F e linearu 7→ F (u)

225

Um espaco e seu dual tem a mesma dimensao

Seja U um espaco vetorial sobre R de dimensao n. Desejamos provar queo espaco vetorial U∗ tambem tem dimensao n. Isto e,

dimU∗ = dimLU

R = dimUDe fato, consideremos B = {u1 , u2 , . . . , un } uma base de U , o que

implica que todo vetor desse espaco pode ser escrito como

u = x1 u1 + x2 u2 + · · ·+ xn un , com xi∈ R. (4.28)

As n aplicacoes ssim

F1 : U→ R ,u 7→ x1

F2 : U→ R ,u 7→ x2

. . . , Fn : U→ Ru 7→ xn

sao transformacoes lineares de U em R, logo, pertencem ao dual de U , istoe, a U∗. Tendo o conjunto {F1 , F2 , . . . , Fn } exatamente n elementos onosso desiderato tera sido cumprido se mostrarmos que {F

i} e uma base de

LU

R = U∗. Inicialmente mostraremos que {Fi} gera L

U

R .

Considere uma funcao arbitraria F ∈ LU

R . Suponha, ademais, que∗

F (u1) = k1 , F (u2) = k2 , . . . , F (un) = kn

Entao

F (u) = F (x1u1 + x2u2 + · · ·+ xnun) = x1F (u1) + x2F (u2) + · · ·+ xnF (un)

= k1x1 + k2x2 + · · ·+ knxn

= k1F1(u) + k2F2(u) + · · ·+ knFn(u)

Podemos escrever essa ultima igualdade como

F (u) = k1F1(u) + k2F2(u) + · · ·+ knFn(u)

= ( k1F1 + k2F2 + · · ·+ knFn )(u)

Como u foi tomado arbitrariamente em U concluimos que

F = k1F1 + k2F2 + · · ·+ knFn

Assim mostramos que, de fato, {Fi} gera L

U

R .


226

Para demonstrar que {Fi} e linearmente independente consideremos,

para escalares λi∈ R, a combinacao

λ1 F1 + λ2 F2 + · · ·+ λn Fn = 0

Coloquemos o vetor u1 como argumento das funcoes Fiacima, assim

λ1 F1(u1) + λ2 F2(u1) + · · ·+ λn Fn(u1) = 0

Nesta igualdade temos

λ1 F1(u1)︸︷︷︸

=1

+λ2 F2(u1)︸︷︷︸

=0

+ · · ·+ λn Fn(u1)︸︷︷︸

=0

= 0 (4.29)

Observe porque: podemos escrever

u1 = 1u1 + 0u2 + · · · + 0un

u2 = 0u1 + 1u2 + · · · + 0un

· · · = · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·un = 0u1 + 0u2 + · · · + 1un

Agora basta atentar para o desenvolvimento dado em (4.28), de um vetorarbitrario u ∈ U , e as definicoes das F

idadas em seguida. Sendo assim de

(4.29) concluimos que λ1 = 0.

Agora coloquemos o vetor u2 como argumento das funcoes Fi, assim

λ1 F1(u2) + λ2 F2(u2) + · · ·+ λn Fn(u2) = 0

Nesta igualdade temos

λ1 F1(u1)︸︷︷︸

=0

+λ2 F2(u1)︸︷︷︸

=1

+ · · ·+ λn Fn(u1)︸︷︷︸

=0

= 0

donde λ2 = 0. Procedendo desta forma ate o ultimo vetor da base B con-cluimos que todos os λ

isao nulos; logo, o conjunto {F

i} e linearmente

independente.

Sendo assim {F1 , F2 , . . . , Fn } e uma base de LU

R = U∗. Entao,

dimU = dimU∗

Pelo teorema 9 (p. 180) concluimos que o espaco U e seu dual U∗ saoespacos isomorfos.

Nota: A base {F1 , F2 , . . . , Fn } construida anteriormente recebe o nomede base dual da base B = {u1 , u2 , . . . , un }.

227

Exemplos:

1 ) Determine a base dual da base B = { (1, 1), (−1, 1) } do R2.

Solucao: Seguindo os passos da demonstracao anterior, vamos escrever umvetor arbitrario u = (x, y) de R2 como combinacao linear dos vetores dabase B, temos

u = (x, y) = x1 u1 + x2 u2 = x1 (1, 1) + x2 (−1, 1)

Resolvendo o sistema acima encontramos x1 = x+y2 e x2 = −x+y

2 .

Isto nos leva a

u =x+ y

2(1, 1) +

−x+ y

2(−1, 1)

Ainda de acordo com a prova anterior estamos procurando as duas aplicacoes

F1 : R2→ R ,u 7→ x1

F2 : R2→ Ru 7→ x2

Sendo assim, resulta

F1(x, y) =x+ y

2e F2(x, y) =

−x+ y

2

A base {F1 , F2 } e a base dual de B, solicitada.

Existe uma outra alternativa pela qual podemos resolver o problemaacima. Com efeito, as F

idefinidas na p. 226 atuam numa base B =

{u1 , u2 , . . . , un } de U da seguinte forma

Fi(u

j) = δ

ij=

{

1, se i = j;

0, se i 6= j.

A expressao acima, que usa o delta de Kronecker δij, e uma forma abreviada

de escrever

F1(u1) = 1 , F1(u2) = 0 , F1(u3) = 0 , . . . F1(un) = 0

F2(u1) = 0 , F2(u2) = 1 , F2(u3) = 0 , . . . F2(un) = 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Fn(u1) = 0 , Fn(u2) = 0 , Fn(u3) = 0 , . . . Fn(un) = 1

Pois bem, estamos procurando duas aplicacoes da forma

F1(x, y) = ax+ by e F2(x, y) = cx+ dy

228

Reconsideremos a base B = {u1 = (1, 1), u2 = (−1, 1) }; aplicandonestas transformacoes o vetores dessa base temos

F1(1, 1) = a 1 + b 1 = 1 , F1(−1, 1) = a(−1) + b 1 = 0

F2(1, 1) = c 1 + d 1 = 0 , F2(−1, 1) = c(−1) + d 1 = 1

Destas equacoes retiramos os seguintes sistemas{

a + b = 1

−a + b = 0e

{

c + d = 0

−c + d = 1

Resolvendo-os, encontramos

F1(x, y) =1

2x+

1

2y e F2(x, y) = −

1

2x+

1

2y

2 ) Determine a base dual da seguinte base do R3

B = { (1, 1, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 2) }Solucao: Seguindo os passos da demonstracao anterior, vamos escrever umvetor arbitrario u = (x, y, z) de R3 como combinacao linear dos vetores dabase B, temos temos

u = (x, y, z) = x1 u1 + x2 u2 + x3 u3

Ou ainda

(x, y, z) = x1 (1, 1, 0) + x2 (0, 1, 0) + x3 (0, 0, 2)

Resolvendo o sistema

1x1 + 0x2 + 0x3 = x

1x1 + 1x2 + 0x3 = y

0x1 + 0x2 + 2x3 = z

Obtemosx1 = x, x2 = y − x, x3 =

z

2Estamos procurando tres aplicacoes

F1 : R3→ R ,u 7→ x1

F2 : R3→ R,u 7→ x2

F3 : R3→ Ru 7→ x3

Sendo assim, resulta

F1(x, y, z) = x, F2(x, y, z) = −x+ y e F3(x, y, z) =z

2

A base {F1 , F2 , F3 } e a base dual de B procurada.

229

4.4.1 Exercıcios

16) Determine a base dual da base B = { (1, −1), (−1, −1) } do R2.

17) Determine a base dual da base B = { (1, −1, 3), (0, 1, −1), (0, 3, −2) }do R3.

18) Determine a base dual da base canonica do R3.

19) Determine a base dual da base B = { 1, t, 1− t2 } do P2(R).

20) Determine a base dual da base canonica do M2(R) e escreva a aplicacaotraco como uma combinacao linear dessa base.

21) Verifique se os funcionais lineares F1 e F2 do espaco (R2)∗, dadosabaixo, forma uma base deste espaco:

F1(x, y) = x+ y e F2(x, y) = x− y

22) Seja { e1 , e2 , . . . , en } a base canonica do Rn. Mostre que sua base duale {π1 , π2 , . . . , πn } onde π

ie a aplicacao projecao na coordenada i; isto e,

πi: Rn → R

(x1 , ..., xn ) 7→ xi

23) Seja U um espaco vetorial sobre R. Sejam F1 e F2 ∈ U∗ e suponhaF : U → R definida por F (u) = F1(u)F2(u), tambem pertence a U∗. Mostreque F1 = 0 ou F2 = 0.

24) Seja V = R3. Considere o subespacoW ∗ de V ∗ gerado pelos funcionaisF e G dados por F (x, y, z) = x−y e G(x, y, z) = y−2z. Determine umabase do seguinte subespaco de W :

W = {u ∈ V : F (u) = 0, ∀F ∈W ∗ }

25) Sejam F e G formas lineares nao nulas no espaco vetorial U (i.e. Fe G ∈ U∗), linearmente dependentes. Prove que N (F ) = N (G) e suadimensao e n− 1 se dimU = n.

(Sug.: Considere o teorema do nucleo e da imagem)

∗ ∗ ∗Importa bem pouco o que se supoe [a respeito da disposicao primeva

da materia], pois depois isso devera mudar de acordo com as leis danatureza. Ja que por obra dessas leis a materia assume em sucessao[sucessive] todas as formas de que e capaz, se considerarmos essas formassegundo sua ordem poderemos, afinal, chegar aquela que e propria destemundo; neste caso, nao ha razao alguma para temer algum erro derivadode falsa hipotese. (Descartes)

(Paolo Rossi/Os Sinais do Tempo, p. 74)

230

4.5 Matrizes Semelhantes

No capıtulo 6 estaremos considerando um importante tema pertinente aalgebra linear, a diagonalizacao de operadores, que se inicia com

Definicao 26 (Matrizes Semelhantes). Duas matrizes A e B, quadradas ede ordem n, sao semelhantes se, e somente se, existe uma matriz inversıvelP , tambem de ordem n, de modo que:

P−1AP = B (4.30)

Exemplos: As matrizes A =

[1 10 1

]

e B =

[1 00 −1

]

sao seme-

lhantes, onde P =

[1 11 −1

]

. Deixamos como exercıcio ao leitor confirmar

a equacao (4.30).

Observamos, ademais, que a matriz P na definicao acima nao e unica.Por exemplo, no exemplo dado uma outra P que satisfaz a equacao (4.30) e

dada por P =

[2 22 −2

]

. Isto e uma consequencia da seguinte propriedade

da inversao de matrizes:

Se A e uma matriz invertıvel e λ um escalar nao nulo, entao λA e umamatriz invertıvel e (p. 429)

(λA)−1 =1

λA

De fato, temos

P−1AP = B ⇒( 1

λP−1

)

A (λP ) = B ⇒ (λP )−1A (λP ) = B.

Notacao: Se A e semelhante a B escrevemos: A ∼ B.

Proposicao 14. A relacao ∼ no conjunto das matrizes quadradas e umarelacao de equivalencia, isto e:

( i ) A ∼ A, para toda A;

( ii ) Se A ∼ B entao B ∼ A;( iii ) Se A ∼ B e B ∼ C entao A ∼ C.

Prova: ( i ) A matriz identidade I e inversıvel com I−1 = I. ComoA = I−1AI, segue que A ∼ A.( ii ) Como A ∼ B, existe uma matriz inversıvel P tal que A = P−1B P .Multiplicado essa igualdade do lado esquerdo por P e do lado direito porP−1 encontramos B = P AP−1, mas B = P AP−1 = (P−1)−1AP−1 eP−1 tambem e inversıvel; assim, B ∼ A.

231

( iii ) Como A ∼ B e B ∼ C existem matrizes inversıvis P e Q tais que

A = P−1B P e B = Q−1C Q

Entao

A = P−1B P = P−1 (Q−1C Q)P

Logo

A = (P−1Q−1)C (QP ) = (QP )−1 C (QP )

QP sendo inversıvel decorre que A ∼ C. �

Proposicao 15. Duas matrizes representam o mesmo operador linear T see so se essas matrizes sao semelhantes.

Sendo assim, todas as representacoes matriciais de um operador linearT formam uma classe de equivalencia de matrizes semelhantes.

Prova: (⇒ ) E uma consequencia direta do teorema 10. (p. 211)

(⇐ ) O recıproco do teorema afirma que se A e B sao matrizes semelhantes,de ordem n, entao existe um operador T : Rn → Rn tal que A e B saomatrizes de T relativamente a bases distintas de Rn.

De fato, Tomemos uma base B′ do Rn e seja

T : Rn → Rn

o operador tal que [T ]B′

B′= [T ]B′= A.

Por hipotese, existe uma matriz P de modo que B = P−1AP . Supon-hamos

B′ = {u1 , u2 , . . . , un } e P =

λ11 λ12 . . . λ1n

λ21 λ22 . . . λ2n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .λ

n1 λn2 . . . λnn

Consideremos os seguintes vetores do Rn:

v1 = λ11 u1 + λ21 u2 + · · ·+ λn1 un

v2 = λ12 u1 + λ22 u2 + · · ·+ λn2 un

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

vn = λ1n u1 + λ2n u2 + · · · + λnn un

Como a matriz P e inversıvel concluimos (Problema 3, p. 121) que o conjuntoC = { v1 , v2 , . . . , vn } tambem e uma base do Rn.

Observe que P pode ser vista como a matriz de mudanca da base antigaB′ para a nova base C. (p. 113)

232

Suponhamos o operador identidade

I : Rn Rn

↓ �

C = { vi}

B′ = {ui}

Sendo assim, temos

I(v1) = v1 = λ11 u1 + λ21 u2 + · · ·+ λn1 un

I(v2) = v2 = λ12 u1 + λ22 u2 + · · ·+ λn2 un

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·I(vn) = vn = λ1n u1 + λ2n u2 + · · ·+ λnn un

Do algoritmo dado na p. 189 concluimos que [ I ]C

B′= P . Entao

P = [ I ]C

B′ ⇒ P−1 = [ I−1 ]B′

C= [ I ]

B′

C

Sendo assim, temos

B = P−1AP = [ I ]B′

C[T ]

B′

B′ [ I ]C

B′

= [ I ]B′

C[T ◦ I ]C

B′

= [ I ]B′

C[T ]

C

B′

= [ I ◦ T ]C

C

= [T ]C

C

Portanto B e a matriz de T em relacao a base C. �

Vamos voltar a equacao, e notacao, dada no enunciado do teorema 10para provar uma importante propriedade. (p. 211)

Proposicao 16. As matrizes semelhantes [T ]C

e [T ]Btem o mesmo de-

terminante.

Prova: De fato, sendo

[T ]C= P−1 [T ]

BP

temosP [T ]

C= [T ]

BP

EntaodetP · det [T ]

C= det [T ]

B· detP

dondedet [T ]

C= det [T ]

B

�

233

A proposicao anterior torna valida a seguinte

Definicao 27 (Determinante de um operador linear). Chama-se determi-nante de um operador linear T : V → V o determinante da matriz de T emrelacao a uma base qualquer de V .

Usaremos a seguinte notacao det (T ) para indicar o determinante dooperador T .

Temos as seguintes propriedades

(a) Se F e G sao operadores lineares de V , entao

det (F ◦G) = det (F ) det (G)

Isto e uma consequencia imediata da equacao (4.14). (p. 209)

(b) det (I) = 1, onde I indica o operador identidade;

(c) T : V → V e um isomorfismo se, e somente se, det (T ) 6= 0.

∗ ∗ ∗De uma perspectiva quantica, tudo, desde os atomos da materia, a

folha do gramado, ate nosso corpo, o planeta e o que se encontra alem,tudo isso pode ser pensado como uma “perturbacao” no tecido liso dessecobertor espaco-temporal. Talvez nao seja coincidencia o fato de as anti-gas tradicoes espirituais e poeticas se assemelharem tanto ao descreveremo fenomeno da existencia. As escrituras vedicas, por exemplo, falam deum campo unificado de “pura consciencia” , que banha e permeia todaa criacao. Nesses escritos, nossas experiencias do pensar, sentir, teremocoes e alimentar crencas − e todo o discernimento criado por taisexperiencias − sao considerados como “perturbacoes” , interrupcoes emum campo que, nao fosse por isso, teria suavidade e imobilidade.

(Gregg Braden/A Matriz Divina, p. 16)

Metaforicamente, como eu sugeri, podemos pen-sar o vacuo como um vasto mar; e tudo quanto existe− as estrelas, a Terra, as arvores, nos e as partıculasde que somos feitos −, como ondas nesse mar. Osfısicos denominam tais “ondas” − nos e tudo quantoexiste − “excitacoes” ou “flutuacoes” do vacuo.

(Danah Zohar/Sociedade quantica, p. 284)

As ondas existem, mas nao separadas do oceano. Da mesma forma,nos existimos: nao separados do oceano da consciencia. E isso que Deuse. (Osho/Zen, p. 104)

234

Exercıcios

26) Para que valores de a, b e c (reais) as seguintes matrizes de M2(R) saosemelhantes? [

a −bb a

]

e

[

c 0

0 −c

]

27) Seja o operador linear T : R2 → R2 dado por

T (x, y) = (2x+ 9y, x+ 2y)

Determine [T ], matriz canonica de T , e a seguir utilize a identidade [T ]B=

P−1 [T ]P para transforma-la na matriz de T na baseB = { (3, 1), (−3, 1) }.28) Seja T : R2 → R2 dado por T (x, y) = (4x+ 5y, 2x− y).(a) Calcule a matriz A que representa T na base canonica E.

(b) Calcule a matrizB que representa T na base canonica S = { (1, 4), (2, 9) }.(c) Determine P tal que B = P−1AP .

(d) Para u = (a, b), calcule [u ]S

e [T (u) ]S. Verifique que [T ]

S[u ]

S=

[T (u) ]S.

29) Sejam A =

[

1 1

2 −3

]

e P =

[

1 −23 −5

]

.

(a) Calcule B = P−1AP ;

(b) Verifique que tr(B)= tr(A);

(c) Verifique det(B)=det(A).

30) Considere o operador linear T : R2 → R2 e as bases

B = { (3, 4), (5, 7) } e C = { (1, 1), (−1, 1) }

Considere a matriz de T na base B como sendo [T ]B=

[

−2 4

2 −1

]

.

Calcule a matriz [T ]C.

31) Verifique se as matrizes a seguir sao semelhantes.

[

0 1

0 0

]

e

[

1 1

0 0

]

32) Verifique se as matrizes a seguir sao semelhantes.

[

−1 −21 2

]

e

[

1 0

0 0

]

235

33) Prove que se A e B sao semelhantes entao An e Bn sao semelhantes,para todo n ≥ 1.

Solucao: Considerando B = P−1AP provaremos que Bn = P−1An P e,portanto, Bn e An sao semelhantes.

Faremos a prova por inducao sobre n. O resultado e verdadeiro paran = 1, por hipotese. Suponha que n > 1 e que o resultado seja verdadeiropara n− 1. Sendo assim

Bn = BBn−1 = (P−1AP )(P−1An−1 P ) = P−1An P.

34) Sendo p(t) = a0 +a1 t+a2 t2+ · · ·+an t

n um polinomio, indicamos porp(A) e p(B) as matrizes

p(A) = a0 I + a1 A+ a2 A2 + · · ·+ an A

n

p(B) = a0 I + a1 B + a2 B2 + · · ·+ an B

n

Mostre que se A e B sao semelhantes, entao p(A) e p(B) tambem saosemelhantes.

Solucao: Considerando B = P−1AP provaremos que p(B) = P−1 p(A) Pe, portanto, p(B) e p(A) sao semelhantes.

De fato, usando distributividade a direita e a esquerda e o exercıcio an-terior, obtemos

P−1 p(A) P = P−1 ( a0 I + a1 A+ a2 A2 + · · ·+ an A

n ) P

= P−1 ( a0 I )P + P−1 ( a1 A )P + · · · + P−1 ( an An )P

= a0 (P−1 I P ) + a1 (P

−1AP ) + · · · + an (P−1An P )

= a0 I + a1 B + a2 B2 + · · · + an B

n = p(B).

35) Calcule A10 para A =

[

0 1

2 1

]

.

36) Calcule a n-esima potencia da matriz

[

1 a

0 1

]

.

37) Considere os seguintes objetos

A =

[

0 1

1 0

]

, B =

[

1 0

0 −1

]

e p(t) = 2 + 3t− t2.

Calcule p(A) e p(B) e mostre que p(A) ∼ p(B).

236

4.6 Transformacoes do Plano no Plano

As transformacoes geometricas vistas a seguir ocupam um papel muitoimportante em computacao grafica.

Reflexao em torno de uma reta

Na figura a seguir (esquerda) desenhamos o efeito de uma transfromacaoF : R2 → R2 que faz a reflexao de um ponto de coordenadas (x, y) em tornode uma reta de equacao y = ax.

x

y

s(x, y)

s(x′, y′)y= ax

- Reflex~ao em torno de uma reta

x

y

s(x, y)

s(x′, y′)y=a x

y′

s (x+x′2

, y+y′2

)⊡

- Deduc~ao de (x′, y′) = ?

Temos o seguinte problema a resolver: Conhecemos a reta de equacaoy = ax e conhecemos as coordenadas (x, y) do ponto a ser refletido em tornodesta reta, devemos obter as coordenadas (x′, y′) do ponto refletido.

Sabemos da geometria analıtica que y− y0 = m (x−x0) e a equacao dareta que passa no ponto (x0 , y0) e tem m como coeficiente angular.

Devemos resolver o seguinte sistema:

y′ − y = − 1a (x

′ − x)

y+y′

2 = a x+x′

2

(4.31)

A primeira das equacoes acima se deve a que a reta de equacao y′ (fig. dadireita) passa no ponto de coordenadas (x, y) e e perpendicular a reta deequacao y = ax. A segunda equacao e obtida tendo em conta que os doispontos (objeto e imagem) estao a mesma distancia da reta y = ax, o quetem como consequencia que o ponto medio pertence a esta reta.

Resolvendo o sistema acima (para x′ e y′ ) obtemos (exercıcio):

(x′, y′) =( 1− a21 + a2

x+2a

1 + a2y,

2a

1 + a2x− 1− a2

1 + a2y)

(4.32)

Vejamos alguns casos particulares de reflexao:

237

Reflexao em torno do eixo dos x

Nesse caso temos y = 0x, substituindo a = 0 na equacao (4.32), obtemos:

(x′, y′) = (x, −y)

Dentro do contexto das transformacoes lineares, temos:

F : R2 R2→(x, y) 7→(x,−y)

ou F (x, y) = (x, −y) x0

y

s(x, y)

s(x,−y)

F

A matriz canonica desta transformacao e

[

1 0

0 −1

]

, porquanto:

[

x

y

]

7−→[

x

−y

]

=

[

1 0

0 −1

][

x

y

]

Reflexao em torno do eixo dos y

Para refletir um ponto de coordenadas (x, y) em torno do eixo y e facil verque:

(x′, y′) = (−x, y)Dentro do contexto das transformacoes lineares, temos:

F : R2 R2→(x, y) 7→(−x, y)

ou F (x, y) = (−x, y) x0

y

s(x, y)s(−x, y)F


[

−1 0

0 1

]

, porquanto:

[

x

y

]

7−→[

−xy

]

=

[

−1 0

0 1

][

x

y

]

238

Reflexao em torno da origem

Para refletir um ponto de coordenadas (x, y) em torno da origem e facil verque:

(x′, y′) = (−x, −y)Dentro do contexto das transformacoes lineares, temos:

F : R2 R2→(x, y) 7→(−x,−y)

ou F (x, y) = (−x, −y) x

y

s(x, y)

s(−x,−y)

F


[

−1 0

0 −1

]

, porquanto:

[

x

y

]

7−→[

−x−y

]

=

[

−1 0

0 −1

][

x

y

]

Reflexao em torno da reta y = x

Nesse caso temos y = 1x, substituindo a = 1 na equacao (4.32), obtemos:

(x′, y′) = (y, x)


F : R2 R2→(x, y) 7→(y, x)

ou F (x, y) = (y, x)

y= x

x

y

s(x, y)

s(y, x)


[

0 1

1 0

]

, porquanto:

[

x

y

]

7−→[

y

x

]

=

[

0 1

1 0

][

x

y

]

239

Reflexao em torno da reta y = −x

Nesse caso temos y = −1x, substituindo a = −1 na equacao (4.32),obtemos:

(x′, y′) = (−y, −x)


F : R2 R2→(x, y) 7→(−y,−x)

ou F (x, y) = (−y, −x)

y=−x

x

y

s(x, y)

s

(−y,−x)

F


[

0 −1−1 0

]

, porquanto:

[

x

y

]

7−→[

−y−x

]

=

[

0 −1−1 0

][

x

y

]

Dilatacoes e Contracoes

a ) Dilatacao ou contracao na direcao do vetor:

Fλ: R2 R2→(x, y) 7→λ (x, y)

ou Fλ(x, y) = (λx, λy) , λ ∈ R. x

y

su

sFλ(u)

→


[

λ 0

0 λ

]

, porquanto:

[

x

y

]

7−→[

λx

λy

]

=

[

λ 0

0 λ

][

x

y

]

240

Observemos que:

• Se |λ| > 1, Fλdilata o vetor;

• Se |λ| < 1, Fλcontrai o vetor.

Definicao 28 (Homotetia de razao λ). Se λ e um escalar nao negativo,entao o operador linear T (x, y) = (λx, λ y) e dito uma homotetia derazao λ.

b ) Dilatacao ou contracao na direcao do eixo dos x:

F : R2 R2→(x, y) 7→(λx, y)

ou F (x, y) = (λx, y) , λ > 0. x

y

s s s( 12x, y) (x, y) (2x, y)

12x x 2xp p p

Na forma matricial temos:

[

x

y

]

7−→[

λx

y

]

=

[

λ 0

0 1

][

x

y

]

c ) Dilatacao ou contracao na direcao do eixo dos y:

F : R2 R2→(x, y) 7→(x, λy)

ou F (x, y) = (x, λy) , λ > 0. x

y

s

s

s

x

(x, 12y)

(x, y)

(x, 2y)

12y

y

2y

p

pp

p

Na forma matricial temos:

[

x

y

]

7−→[

x

λy

]

=

[

1 0

0 λ

][

x

y

]

241

Cisalhamentos

a ) Cisalhamento na direcao do eixo dos x:

F : R2 R2→(x, y) 7→(x+λy, y)

ou

F (x, y) = (x+ λy, y) , λ ∈ R. x

y

F

x

y

Na forma matricial temos:[

x

y

]

7−→[

x+ λy

y

]

=

[

1 λ

0 1

][

x

y

]

Observe que o cisalhamento F nao altera a ordenada de um vetor (x, y) e,ademais, vetores sobre o eixo x sao invariantes (nao se movem):

(x, 0) 7→ (x, 0)

Para que o leitor veja a funcao do parametro λ, na figura a seguir apli-camos varios cisalhamentos em um quadrado de lado unitario:

x

y

λ = 0

x

y

λ = 12

x

y

λ = 1

x

y

λ = 32

b ) Cisalhamento na direcao do eixo dos y:

F : R2 R2→(x, y) 7→(x, y+λx)

ou

F (x, y) = (x, y + λx) , λ ∈ R. x

y

F

x

y


x

y

]

7−→[

x

y + λx

]

=

[

1 0

λ 1

][

x

y

]

242

Observe que o cisalhamento F nao altera a abscissa de um vetor (x, y) e,ademais, vetores sobre o eixo y sao invariantes (nao se movem):

(0, y) 7→ (0, y)

Para que o leitor veja a funcao do parametro λ, na figura a seguir apli-camos varios cisalhamentos em um quadrado de lado unitario:

x

y

λ = 0

x

y

λ = 12

x

y

λ = 1

x

y

λ = 32

Translacao

Dado um vetor w = (a, b) como parametro definimos a translacao do vetor(x, y) como:

Tw : R2 R2→(x, y) 7→ (x+a, y+ b)

ou Tw(x, y) = (x+ a, y + b) x

y

♣

T

x

y

♣


x

y

]

7−→[

1 0

0 1

][

x

y

]

+

[

a

b

]

E facil ver que T nao e uma transformacao linear, exceto se (a, b) = (0, 0).

∗ ∗ ∗

Matematica: Esta “ciencia vazia” que − espantosamente − seaplica a todas as contingencias fenomenologicas, apesar de ser um puroformalismo reflexivo.

243

Rotacao do Sistema de Coordenadas

Nosso objetivo agora sera analisar o efeito de uma rotacao (do sistema) sobreas coordenadas de um vetor.

x

y

0

s(x, y)

x

y

x′

y′

s(x′, y′)

θ

A esquerda temos no plano R2 um sistema de coordenadas xoy, a serchamado sistema antigo, esse sistema sofre uma rotacao de angulo θ dandoorigem a um sistema novo de coordenadas x′oy′ (a direita).

Temos o seguinte problema a resolver: Dadas as coordenadas (x, y) deum ponto no sistema antigo, obter suas coordenadas (x′, y′) no sistema novo.Para resolver esse problema faremos os seguintes acrescimos (complementos)na ultima figura

x

y

x′

y′

sP

⊡⊡

θ

θ

A B

CD

Ox

y

x′

y′

s(x′, y′)

⊡⊡

x

y

O

Desta figura destacamos os dois triangulos a seguir:

P

θ

θ

A B

CD

O

∴

θ

θ

θ

θ

x

x′

y′

θ

θ

y

Devemos encontrar as coordenadas x′ e y′ em funcao de x, y e θ.

Com o auxılio do triangulo OBC escrevemos:

OA = OB −AB ⇒ x = x′ cos θ − y′ sen θ

Com o auxılio do triangulo DCP escrevemos:

AP = AD +DP ⇒ y = x′ sen θ + y′ cos θ

244

Resumindo, temos:

x = x′ cos θ − y′ sen θy = x′ sen θ + y′ cos θ

Na forma matricial, resulta:

[

x

y

]

=

[

cos θ − sen θ

sen θ cos θ

][

x′

y′

]

(4.33)

Para calcular as coordenadas (x′, y′), no novo sistema, em funcao dascoordenadas (x, y), no antigo sistema, observamos que o determinante damatriz acima e ∆ = cos θ · cos θ − sen θ · (− sen θ) = 1, portanto ela einversıvel; temos:

R =

[

cos θ − sen θ

sen θ cos θ

]

⇒ R−1 =

[

cos θ sen θ

− sen θ cos θ

]

Multiplicando ambos os membros da equacao (4.33) por R−1, obtemos:

[

x′

y′

]

=

[

cos θ sen θ

− sen θ cos θ

] [

x

y

]

(4.34)

De outro modo:

x′ = x cos θ + y sen θ

y′ = −x sen θ + y cos θ

Ou ainda:(x′, y′) = (x cos θ + y sen θ, −x sen θ + y cos θ) (4.35)

Observe que a transformacao (x, y) 7→ (x′, y′) e linear (ver ( ∗ ), p. 146).Exemplo: Dado o vetor (x, y) =

(1, 3

2

)(coordenadas canonicas), obter

suas novas coordenadas por uma rotacao de θ = 30o no sistema antigo.

Solucao: Da equacao (4.35) temos:

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

= (1 cos 30o +3

2sen 30o, −1 sen 30o +

3

2cos 30o)

Fazendo as contas, obtemos:

(x′, y′) =( 2√3 + 3

4,−2 + 3

√3

4

)


245

p p

pp

x

y

0

s(1, 32) x

′y′

x′

y′

s

30o

Rotacao de um Vetor em torno da Origem

No problema anterior mantivemos um vetor fixo e rotacionamos o sistemade coordenadas, aqui fazemos o contrario, mantemos o sistema fixo e rota-cionamos o vetor.

Fθ

R

R

0

s(x, y)

R

R

0

s

θ

(x, y)

(x′, y′)= ?

Desejamos encontrar as novas coordenadas (x′, y′) do vetor rotacionadoem funcao das coordenadas anteriores (x, y) e do angulo θ.

Para a resolucao do nosso problema vamos considerar as seguintes figu-ras:

R

R

0

s

θα

r

r

x

y

x′

y′

r y′

x′րα+θ

r y

xα

Do primeiro triangulo obtemos:

x′ = r cos(α+ θ)

= r cosα cos θ − r senα sen θ

Do segundo triangulo obtemos:

r cosα = x e r senα = y

Portanto:

x′ = x cos θ − y sen θ

246

Analogamente,

y′ = r sen (α+ θ)

= r senα cos θ + r sen θ cosα

= y cos θ + x sen θ

Resumindo, temos:

x′ = x cos θ − y sen θ

y′ = x sen θ + y cos θ

Portanto resulta linear a aplicacao rotacao:

Fθ: R2 R2→(x, y) 7→(x cos θ−y sen θ, x sen θ+y cos θ)

Em forma matricial, temos:

[

x′

y′

]

=

[

cos θ − sen θ

sen θ cos θ

] [

x

y

]

Temos:(x′, y′) = (x cos θ − y sen θ, x sen θ + y cos θ) (4.36)

Exemplo: Dar uma rotacao de θ = 45o no vetor (x, y) = (2, 1):

Solucao: Da equacao (4.36) temos:

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

= (2 cos 45o − 1 sen 45o, 2 sen 45o + 1 cos 45o)


(x′, y′) =(√2

2,3√2

2

)


p p

pp F

45o

R

R

0

s(2, 1)

p p

pp

R

R

0

s

45o

(2, 1)

↑

→

√2

2

3√

22

247

Rotacao de um Vetor em torno de um Ponto Arbitrario

Vamos construir agora uma aplicacao, do plano no plano, que nos permitarotacionar − de um angulo θ − um vetor arbitrario (x, y) em torno de umponto (a, b) arbitrariamente fixado, como na figura a seguir:

Hθ

R

R

0

s

s

(a, b)

(x, y)

R

R

0

s

s

θ

(x′, y′)= ?

Desejamos encontrar as novas coordenadas (x′, y′) do vetor rotacionadoem funcao das coordenadas dos pontos (a, b), (x, y) e do angulo θ.

Para a resolucao do nosso problema temos que fazer a composicao devarias aplicacoes.

I ) Inicialmente aplicamos uma translacao T−w (ver p. 243) para que o ponto(a, b) (centro da rotacao) coincida com a origem, veja:

T−w

R

R

0

s

s

(a, b)

(x, y)

R

R

(0, 0)s

s(x−a, y−b)

Isto se consegue com a aplicacao:

T−w(x, y) = (x, y) + (−a, −b) = (x− a, y − b)

II ) Agora aplicamos uma rotacao em torno da origem, veja:

Fθ

R

R

(0, 0)s

s(x−a, y−b)

R

R

(0, 0)s

s

(x−a, y−b)

θ

(x′′, y′′)

248

Isto se consegue substituindo o ponto (x− a, y − b) na equacao (4.36):

(x′′, y′′) =((x− a) cos θ − (y − b) sen θ, (x− a) sen θ + (y − b) cos θ

)

III ) Finalmente aplicamos uma translacao Tw para que este ultimo pontoretorne a sua posicao original, veja:

Tw

R

R

(0, 0)s

s

(x−a, y−b)

θ

(x′′, y′′)R

R

0

s

s

θ

(x′, y′)

Aplicando Tw no ponto (x′′, y′′), obtemos:

(x′, y′) =((x− a) cos θ− (y − b) sen θ+ a, (x− a) sen θ+ (y − b) cos θ+ b

)

Resumimos todos os passos anteriores na seguinte sequencia de composicoes:

(x, y) (x− a, y − b) (x′′, y′′) (x′, y′)T−w Fθ Tw

Hθ

onde:

Hθ= Tw ◦ Fθ

◦ T−w

Exemplo: Dar uma rotacao de θ = 60o no vetor (x, y) = (2, 1) em tornodo ponto w = (1, 2).

Solucao: Temos:

(x′, y′) =((x− a) cos θ− (y − b) sen θ+ a, (x− a) sen θ+ (y − b) cos θ+ b

)

=((2−1) cos 60o−(1−2) sen 60o+1, (2−1) sen 60o+(1−2) cos 60o+2

)


(x′, y′) =( 3 +

√3

2,3 +√3

2

)


249

p p

pp H

θ

R

R

0

s

s

(1, 2)

(2, 1)

p p

pp

R

R

0

s

s

60o

(x′, y′)

↑3+

√3

2

→3+√

32

Exemplo: Na figura a seguir,

p p

pp

1 2

1

2

R

R

0

s

s s

(1, 2)

p p

pp

1 2

1

2

R

R

0

s

s

s

(1, 2)

p p

pp

1 2

1

2

R

R

0

s

s

s

(1, 2)

ao centro aparece o triangulo da esquerda rotacionado de 30o em relacao aovertice superior. Na figura da direita aparece esse mesmo triangulo rotacio-nado de 30o em relacao ao vertice inferior direito.

Exemplo: Na figura a seguir (esquerda)

0

Ψ9(2); θ = 30o ; λ = 0, 7321

p p p p1 2 3 4

pp

pp

1

2

3

4

0

Ψ18(2); θ = 10o ; λ = 0, 8632

p p p p1 2 3 4

pp

pp

1

2

3

4

rotacionamos um quadrado (2 ) com θ = 30o em torno do seu centro apli-cando uma contracao (p. 240) com parametro λ = 0, 7321; fizemos 9 iteracoes(composicoes). Na figura da direita apenas mudamos os parametros paraθ = 10o e λ = 0, 8632 com 18 iteracoes.

250

O “fator de contracao” λ em funcao do angulo θ desejado e dado por(exercıcio):

λ = ( sen θ + cos θ)−1 (4.37)

Para obter a figura anterior necessitamos da seguinte sequencia de com-posicoes:

(x, y) (x− a, y − b) (x′′, y′′) (x′′′, y′′′) (x′, y′)T−w Fθ

Fλ Tw

Ψ

onde:

Ψ = Tw ◦ Fλ◦ F

θ◦ T−w

No diagrama de composicoes temos que w = (a, b) =(

52 ,

52

)e o centro

do quadrado. A translacao T−w e aplicada a cada um dos vertices (x, y) doquadrado.

Exercıcios

1) Resolva o sistema (4.31) (p. 237).

2) De uma reflexao no vetor (1, 2) em torno da reta y = −3x. Faca umesboco grafico do resultado.

3) Aplique um cisalhamento com λ = 2, na direcao horizontal, no triangulode vertices: (0, 0), (1, 1) e (2, 0). Faca um esboco.

4) No triangulo do exercıcio anterior aplique um cisalhamento na vertical.

5) Aplique um cisalhamento na horizontal, com parametro λ − em umquadrado unitario − mostre que a area do quadro permanece inalterada.Encontre, ademais, uma expressao p(λ) para o perımetro do quadrilateroresultante.

[ Resp.: p(λ) = 2 (1 +√1 + λ2 ) ]

6) Determine a matriz da transformacao linear F em R2 que representa umcisalhamento de fator 2 na direcao horizontal seguida de uma reflexao emrelacao ao eixo dos y.

7) Sabendo que e1 = (1, 0) e e2 = (0, 1), calcular as imagens Fθ(e1) e

Fθ(e2) por uma rotacao do sistema de coordenadas (canonico) de um angulo

θ = 30o. Faca um esboco grafico do resultado.

8) Rotacione os vetores e1 = (1, 0) e e2 = (0, 1) de um angulo θ = 30o.Faca um esboco grafico do resultado.

9) O sistema de coordenadas a esquerda sofreu uma rotacao de angulo θ =30o, encontre as novas coordenadas do ponto assinalado.

251

p p

pp

x

y

0

s(2, 1)

x′

y′

s

30o

(x′, y′) =?

10) O sistema de coordenadas a esquerda sofreu uma rotacao de anguloθ = 45o, encontre as novas coordenadas do ponto assinalado.

p p

pp

x

y

0

s(1, 2) x′

y′

s

45o

(x′, y′)= ?

11) Os dois pontos na figura da direita sao imagens por Fθ(rotacao de um

ponto em torno da origem), onde θ = 30o; calcule, para cada ponto suapre-imagem, no domınio.

p p

pp

x

y

0

?

?

p p p

pp

x

y

0

s(√

32, 12)

s(− 12,√

32

)

12) Dado o operador Fθ: R2 → R2 que produz uma rotacao - de angulo θ -

de um vetor em torno da origem, calcule Fθ(x, y) e F

θ(−1, 2) nos seguintes

casos:

a ) θ = 30o b ) θ = 60o c ) θ = 90o d ) θ = 120o

Nos exercıcios 13-15 a seguir, determine a matriz da transformacao linearem R2 que representa a sequencia de transformacoes dadas em cada um deles.Calcule tambem a expressao geral F (x, y) para a transformacao resultante(composta).

13) Reflexao em relacao ao eixo dos y, seguida de cisalhamento de fator 2na direcao forizontal.

14) Rotacao de θ = 30o, seguida de uma duplicacao dos modulos, seguidade uma reflexao em torno da origem.

252

15) Rotacao de θ = 30o, no sentido horario, seguida de uma duplicacao dosmodulos, seguida de uma reflexao em torno da reta y = −x.16) Reflexao em relacao a reta y = 2x, seguida de uma dilatacao de fator 2na direcao vertical e, finalmente, um cisalhamento de fator 1/2 na direcaohorizontal.

17) Na figura a seguir,

p p

pp

1 2

1

2

R

R

0

s

s s

(1, 2)

( 12, 1) ( 3

2, 1)

p p

pp

1 2

1

2

R

R

0

s

s

s

(1, 2)

p p

pp

1 2

1

2

R

R

0

s

s

s

(1, 2)

ao centro aparece o triangulo da esquerda rotacionado de 30o em relacao aovertice superior. Na figura da direita aparece esse mesmo triangulo rota-cionado de 30o em relacao os vertice inferior direito.

Calcule os vertices dos triangulos rotacionados.

18) Na figura a seguir,

p p

pp

1 2

1

2

R

R

0

s

s s

(1, 2)

( 12, 1) ( 3

2, 1)

p p

pp

1 2

1

2

R

R

0

s

s

s

(1, 2)

p p

pp

1 2

1

2

R

R

0

s

s

s

ao centro aparece o triangulo da esquerda rotacionado de 30o (no sentidohorario) em relacao ao vertice superior. Na figura da direita aparece essemesmo triangulo rotacionado de 30o (no sentido horario) em relacao osvertice inferior direito.

Calcule os vertices dos triangulos rotacionados.

19) Deduza a equacao (4.37), p. 251.

20) Considere nas figuras da pagina 251 um quadrado (inicial) de lado ℓ.Aplicando-se a “operacao” Ψ(2) indefinidamente mostre que a soma S∞

das areas de todos os quadrados vale:

S∞ =ℓ2

1− λ2 = ℓ2 ·(

1 +1

sen 2θ

)

253

Apendice

• Se dimU = m e dimV = n, mostre que dimLU

V = mn.

Prova: Suponha que B = {u1 , u2 , . . . , um } seja uma base de U e C ={ v1 , v2 , . . . , vn } uma base de V . Pelo lema 2 (p. 178), uma aplicacao linear

F : U → V de LU

V e unicamente determinada por uma associacao qualquerentre os elementos da base B. Consideremos as aplicacoes

Fij∈ L

U

V , i = 1, . . . , m, j = 1, . . . , n

observe que temos mn aplicacoes, veja:

i = 1: F11 F12 . . . F1n

i = 2: F21 F22 . . . F2n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

i = m : Fm1 Fm2 . . . Fmn

(4.38)

vamos definir a aplicacao linear Fijcomo

Fij(u

k) =

vj, k = i;

0, k 6= i.

Por exemplo, para as aplicacoes da primeira linha de (4.38) obtemos:

F11(u1) = v1 , F11(u2) = 0 , F11(u3) = 0 , . . . F11(um) = 0

F12(u1) = v2 , F12(u2) = 0 , F12(u3) = 0 , . . . F12(um) = 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

F1n(u1) = vn , F1n(u2) = 0 , F1n(u3) = 0 , . . . F1n(um) = 0

(4.39)


F21(u1) = 0 , F21(u2) = v1 , F21(u3) = 0 , . . . F21(um) = 0

F22(u1) = 0 , F22(u2) = v2 , F22(u3) = 0 , . . . F22(um) = 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

F2n(u1) = 0 , F2n(u2) = vn , F2n(u3) = 0 , . . . F2n(um) = 0

(4.40)

E assim sucessivamente, para as aplicacoes da m-esima linha de (4.38) obte-mos:

Fm1(u1) = 0 , F

m1(u2) = 0 , Fm1(u3) = 0 , . . . F

m1(um) = v1

Fm2(u1) = 0 , F

m2(u2) = 0 , Fm2(u3) = 0 , . . . F

m2(um) = v2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Fmn(u1) = 0 , Fmn(u2) = 0 , Fmn(u3) = 0 , . . . Fmn(um) = vn(4.41)

254

Tendo o conjunto {Fij} exatamente mn elementos a proposicao estara

provada se mostrarmos que {Fij} e uma base de L

U

V .

Inicialmente mostraremos que {Fij} gera L

U

V . Considere uma funcao

arbitraria F ∈ LU

V . Suponha, ademais, que∗

F (u1) = w1 , F (u2) = w2 , . . . , F (un) = wn (4.42)

Como wk∈ V , ele e uma combinacao linear dos vetores de C, assim:

w1 = λ11 v1 + λ12 v2 + · · · + λ1n vn (4.43)

w2 = λ21 v1 + λ22 v2 + · · · + λ2n vn (4.44)

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·wn = λ

n1 v1 + λn2 v2 + · · ·+ λnn vn (4.45)

Considere a aplicacao linear G =∑m

i=1

∑nj=1 λij

Fij. Ou, se preferirmos:

G =n∑

j=1

λ1j F1j +n∑

j=1

λ2j F2j + · · ·+n∑

j=1

λmjF

mj

Ou ainda:

G = λ11 F11 + λ12 F12 + · · · + λ1n F1n

+ λ21 F21 + λ22 F22 + · · · + λ2n F2n

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·+ λm1 Fm1 + λm2 Fm2 + · · ·+ λmn Fmn

Como G e uma combinacao linear dos Fij, a demonstracao de que {F

ij}

gera LU

V estara terminada se mostrarmos que F = G.Vamos calcular G(u

k), k = 1, 2, . . . , n e comparar com (4.42). Temos:

G(u1) = λ11 F11(u1) + λ12 F12(u1) + · · ·+ λ1n F1n(u1) (4.46)

+ λ21 F21(u1) + λ22 F22(u1) + · · ·+ λ2n F2n(u1)

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·+ λ

m1 Fm1(u1) + λm2 Fm2(u1) + · · ·+ λmn Fmn(u1)

Das primeiras colunas em (4.39), (4.40) e (4.41) obtemos

G(u1) = λ11 v1 + λ12 v2 + · · ·+ λ1n vn (4.47)

+ λ21 0 + λ22 0 + · · ·+ λ2n 0

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·+ λ

m1 0 + λm2 0+ · · ·+ λmn 0


255

Comparando este resultado com (4.43) concluimos que G(u1) = w1 , com-parando com (4.42) concluimos que G(u1) = F (u1).

Por outro lado, temos:

G(u2) = λ11 F11(u2) + λ12 F12(u2) + · · ·+ λ1n F1n(u2)

+ λ21 F21(u2) + λ22 F22(u2) + · · ·+ λ2n F2n(u2)

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·+ λ

m1 Fm1(u2) + λm2 Fm2(u2) + · · · + λmn Fmn(u2)

Das segundas colunas em (4.39), (4.40) e (4.41) obtemos

G(u2) = λ11 0 + λ12 0 + · · ·+ λ1n 0

+ λ21 v1 + λ22 v2 + · · ·+ λ2n vn

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·+ λ

m1 0 + λm2 0 + · · ·+ λmn 0

Comparando este resultado com (4.44) concluimos que G(u2) = w2 , com-parando com (4.42) concluimos que G(u2) = F (u2). Com um procedimentoidentico aos anteriores podemos mostrar que G(un) = F (un). Sendo assim,pelo lema 2 (p. 178) concluimos que F = G.

Para demonstrar que {Fij} sao linearmente independentes suponha que,

para escalares λij∈ R, temos

m∑

i=1

n∑

j=1

λijF

ij= 0 (4.48)

Ou, se preferirmos:

λ11 F11 + λ12 F12 + · · · + λ1n F1n

+ λ21 F21 + λ22 F22 + · · · + λ2n F2n

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·+ λ

m1 Fm1 + λm2 Fm2 + · · ·+ λmn Fmn = 0

Colocando, nesta igualdade, o vetor u1 como argumento das funcoes Fij

obtemos o lado direito da igualdade (4.46) igual a 0. Fazendo as devidassubstituicoes obtemos o lado direito da igualdade (4.47) igual a 0, isto e:

λ11 v1 + λ12 v2 + · · ·+ λ1n vn = 0

Como os visao linearmente independentes obtemos λ11 = λ12 = · · · = λ1n =

0. Fazendo o mesmo procedimento com os vetores u2 , . . . , um , obtemos to-dos os demais escalares da combinacao linear (4.48) iguais a 0. �

256

Capıtulo 5ESPACOS COM PRODUTO

INTERNO

Finalizando, desejo exprimir a esperanca de que . . . a matematicapossa servir agora como modelo para a solucao de muitos problemas denossa epoca: revelar um objetivo religioso supremo e avaliar o significadoda atividade espiritual da humanidade. (I.R. Shafarevitch)

5.1 Produto Interno

Introducao: O modulo de um numero real definido como

|x| ={

x, se x ≥ 0;

−x, se x < 0.(5.1)

pode ser interpretado geometricamente como a distancia de um numero(ponto) a origem, por exemplo:

|3| = 3, | − 2| = 2

Geometricamente, temos:

p p p p p p p R. . . . . .−3 −2 −1 0 1 2 3

|−2|=2 |3|=3

De um modo geral |x − y| e a distancia entre dois pontos da reta, porexemplo:

d(−2, 3) = | − 2− 3| = 5

cuja representacao geometrica e vista a seguir:

p p p p p p p R. . . . . .−3 −2 −1 0 1 2 3

|−2−3|=5

257

Um dos conceitos mais ferteis de toda a matematica e o de distanciaentre dois pontos − deste derivam muitos outros, tais como convergencia econtinuidade.

Desejamos estender o importante conceito de distancia∗ a espacos veto-riais em geral; isto e, calcular a distancia entre vetores quaisquer: matrizes,polinomios, funcoes, codigos, etc.

Os axiomas de espacos vetoriais (listados na p. 12) nao sao suficientespara esse objetivo. O primeiro passo neste sentido e dado a seguir:

Definicao 29 (Produto Interno). Seja V um espaco vetorial de dimensaofinita sobre R. Entende-se por produto interno sobre V uma aplicacao Fque transforma cada par ordenado (u, v) ∈ V × V em um numero real (queindicaremos por 〈u, v 〉), isto e:

F : V × V → R

(u, v) 7→ 〈u, v 〉

desde que as seguintes condicoes sejam satisfeitas:

( a ) 〈u+ v, w 〉 = 〈u, w 〉+ 〈 v, w 〉, ∀u, v, w ∈ V ;

( b ) 〈λu, v 〉 = λ 〈u, v〉, ∀λ ∈ R e ∀u, v ∈ V ;

( c ) 〈u, v 〉 = 〈 v, u 〉, ∀u, v ∈ V ;

( d ) 〈u, u 〉 > 0, ∀u 6= 0.

As primeiras duas condicoes nos dizem que um produto interno e linearcom respeito a primeira variavel. A terceira condicao nos diz que o produtointerno e simetrico, a quarta condicao nos diz que um produto interno deum vetor nao nulo com ele mesmo e sempre positivo.

Definicao 30 (Espaco Euclidiano). Um espaco euclidiano e um espaco ve-torial sobre R munido de um produto interno.

Nota: Ao acrescentarmos (definirmos) um produto interno sobre um espacovetorial podemos dizer que estamos enriquecendo essa estrutura; por exem-plo, em funcao desse produto interno poderemos calcular a distancia e oangulo entre dois vetores, como sera visto oportunamente.

∗E ainda outros conceitos geometricos tais como angulo e perpendicularidade, porexemplo.

258

Exemplos:

1 ) Produto interno usual do Rn.

Se u = (x1 , x2 , . . . , xn) e v = (y1 , y2 , . . . , yn) sao arbitrarios em Rn ,entao:

(u, v) 7→ 〈u, v 〉 = x1 y1 + x2 y2 + · · ·+ xn yn (5.2)

e um produto interno sobre o Rn. Por exemplo:

− No R2, se u = (1, −1) e v = (2, 3), entao:

〈u, v 〉 = x1 y1 + x2 y2

〈u, v 〉 = 1 · 2 + (−1) · 3 = −1− No R3, se u = (2, 1, 0) e v = (−1, 3, 4), entao:

〈u, v 〉 = x1 y1 + x2 y2 + x3 y3

〈u, v 〉 = 2 · (−1) + 1 · 3 + 0 · 4 = 1

Devemos provar que a aplicacao dada por (5.2) de fato e um produtointerno sobre o espaco vetorial Rn. Provaremos as exigencias ( b ) e ( d ), edeixaremos as demais como exercıcio ao leitor.( b ) Inicialmente temos que,

u = (x1 , x2 , . . . , xn) ⇒ λu = (λx1 , λ x2 , . . . , λ xn)

Entao:

〈λu, v 〉 = (λx1) y1 + (λx2) y2 + · · ·+ (λxn) yn

= λ (x1 y1 + x2 y2 + · · ·+ xn y2)

= λ 〈u, v 〉( d ) Inicialmente temos que,

〈u, u 〉 = x1 x1 + x2 x2 + · · ·+ xn xn

Se u 6= (0, 0, . . . , 0), entao um dos xi, ao menos, e nao nulo. Logo,

〈u, u 〉 = x21+ x2

2+ · · · + x2

n> 0

2 ) O codigo UPC e um codigo associado aos codigos de barra encontradosem muitos tipos de mercadorias:

0 674927 02094

259

as barras pretas e brancas escaneadas pelo laser da caixa registradora domercado sao codificadas em um vetor 10-ario∗ u = (u1 , u2 , . . . , u11 , d ) decomprimento 12. As 11 primeiras componentes constituem um vetor em Z11

10,

que guardam informacoes sobre o fabricante e o produto; a ultima compo-nente d e um dıgito de checagem escolhido de maneira que 〈 c, u 〉 = 0 em Z10 ,onde o vetor de checagem c e dado por c = { 3, 1, 3, 1, 3, 1, 3, 1, 3, 1, 3, 1 }.Para o UPC mostrado na figura podemos confirmar o dıgito de checagem; dafigura obtemos u = (0, 7, 4, 9, 2, 7, 0, 2, 0, 9, 4, d ), entao

〈 c, u 〉 = 3 · 0 + 1 · 7 + 3 · 4 + 1 · 9 + 3 · 2 + 1 · 7+ 3 · 0 + 1 · 2 + 3 · 0 + 1 · 9 + 3 · 4 + 1 · d

listando os produtos nao nulos temos

〈 c, u 〉 = 7 + 3 · 4 + 9 + 6 + 7 + 2 + 9 + 3 · 4 + d

lembramos que a aritmetica e a de Z10, entao

〈 c, u 〉 = 7 + 2 + 9 + 6 + 7 + 2 + 9 + 2 + d = 44 + d = 4 + d

devemos ter 〈 c, u 〉 = 4+ d = 0, logo, d = 6, o que confirma o ultimo dıgitodo codigo da figura.

3 ) Produto interno sobre Pn(R).

Se f e g sao polinomios arbitrarios em Pn(R) , entao:

(f, g) 7→ 〈 f, g 〉 =∫ 1

0f(t) g(t) dt (5.3)

e um produto interno sobre este espaco. Por exemplo:

− Em P1(R) , se f(t) = 1− t e g(t) = 2 + 3 t, entao:

f(t) g(t) = (1− t)(2 + 3 t) = 2 + t− 3 t2

logo,

〈 f(t), g(t) 〉 =∫ 1

0(2 + t− 3 t2) dt =

3

2

Devemos provar que a aplicacao dada por (5.3) de fato e um produtointerno sobre o espaco vetorial Pn(R). Provaremos as exigencias ( b ) e ( d ),e deixaremos as demais como exercıcio ao leitor.( b ) Temos

〈λ f(t), g(t) 〉 =∫ 1

0

(λ f(t)

)g(t) dt

= λ

∫ 1

0f(t) g(t) dt = λ 〈 f(t), g(t) 〉

∗Tambem chamado decimal, ou seja, cujas coordenadas pertencem ao conjunto{ 0, 1, 2, . . . , 9 }.

260

( d ) Temos

〈 f(t), f(t) 〉 =∫ 1

0f(t) f(t) dt =

∫ 1

0f(t)2 dt

Como, por hipotese, f(t) 6= 0, segue que∗ 〈 f(t), f(t) 〉 =∫ 10 f(t)2 dt > 0.

E possıvel a existencia de mais de um produto interno num mesmo espacovetorial. Por exemplo, deixamos como exercıcio ao leitor mostrar que:

3 ) Se u = (x1 , x2) e v = (y1 , y2) sao vetores arbitrarios em R2 , entao aaplicacao definida por

(u, v) 7→ 〈u, v 〉 = 3x1 y1 + 4x2 y2

e um outro produto interno sobre o R2.

4 ) Se f(t) = a0 + a1 t + a2 t2 e g(t) = b0 + b1 t + b2 t

2 sao vetores(polinomios) arbitrarios em P2(R) , entao a aplicacao definida por

(f, g) 7→ 〈 f(t), g(t) 〉 = a0 b0 + a1 b1 + a2 b2 (5.4)

e um outro produto interno sobre o espaco P2(R).

5 ) Seja V um espaco vetorial de dimensao finita arbitrario e consideremosuma base B = {u1 , u2 , . . . , un } de V . Sendo

u = λ1 u1 + λ2 u2 + · · · + λn un

v = α1 u1 + α2 u2 + · · ·+ αn un

Podemos definir um produto interno em V pondo

〈u, v 〉 = λ1 α1 + λ2 α2 + · · ·+ λn αn (5.5)

Portanto todo espaco vetorial de dimensao finita pode ser munido de umproduto interno.

∗ ∗ ∗

Acredito que o matematico desenvolve um “sentido” irredutıvel avisao, a audicao e ao tato, que lhe permite perceber uma realidade taopalpavel quanto, mas bem mais estavel que a realidade fısica, pois naolocalizada no espaco-tempo. (Alain Connes)

∗Aqui estamos nos valendo de um teorema do Calculo que afirma: Se f ≥ 0 e umafuncao contınua num intervalo [a, b], com f(c) > 0 em algum ponto c ∈ [a, b], entao∫ b

af > 0.

261

Propriedades do Produto Interno

Seja(V, 〈 ·, · 〉

)um espaco vetorial munido de um produto interno. Valem

as seguintes propriedades:

P1 ) 〈 0, u 〉 = 〈u, 0 〉 = 0, ∀u ∈ V .

Prova: Ja sabemos que 0u = 0, para todo u ∈ V . Logo,

〈 0, u 〉 = 〈 0u, u 〉 = 0 〈u, u 〉 = 0.↑( b )

Como 〈u, 0 〉 = 〈 0, u 〉, entao 〈u, 0 〉 = 0. >

P2 ) 〈u, λ v 〉 = λ 〈u, v 〉, ∀λ ∈ R e ∀u, v ∈ V .

Prova: Temos:

〈u, λ v 〉 = 〈λ v, u 〉 = λ 〈 v, u 〉 = λ 〈u, v 〉↑( c )

↑( b )

↑( c )

>

P3 ) 〈u, v+w 〉 = 〈u, v 〉+〈u, w 〉, ∀u, v, w ∈ V .

Prova: Temos:

〈u, v + w 〉 = 〈 v + w, u 〉 = 〈 v, u 〉+ 〈w, u 〉 = 〈u, v 〉+ 〈u, w 〉↑( c )

↑( a )

↑( c )

>

P4 ) Dado um numero inteiro m ≥ 1, temos.

⟨ m∑

i=1

λiu

i, v⟩

=m∑

i=1

λi〈u

i, v 〉

Prova: Basta usar inducao juntamente com os axiomas ( a ) e ( b ) dadefinicao de produto interno. >

P5 ) Dado um numero inteiro n ≥ 1, temos.

⟨

u,

n∑

j=1

αjvj

⟩

=

n∑

j=1

αj〈u, v

j〉

Prova: Basta usar inducao juntamente com as propriedades P2 e P3

demonstradas anteriormente. >

P6 ) Dados dois numeros inteiros m, n ≥ 1, temos.

⟨ m∑

i=1

λiu

i,

n∑

j=1

αjvj

⟩

=

m∑

i=1

n∑

j=1

λiα

j〈u

i, v

j〉

262

5.2 Produto Interno e NormaCom a definicao a seguir daremos mais um passo no sentido de generalizara funcao modulo, dos numeros reais, para um espaco vetorial arbitrario.

Definicao 31 (Norma). Seja V um espaco euclidiano (u, v) 7→ 〈u, v 〉.Dado um vetor u ∈ V indica-se por ‖u‖ e chama-se norma de u o numeroreal nao negativo dado por

‖u‖ =√

〈u, u 〉 (5.6)

Nota: Observe que a norma de um vetor esta bem definida em virtudedo axioma ( d ) da definicao de produto interno (p. 258) juntamente com apropriedade P1 (p. 262).

Exemplos:

1 ) Seja u = (x1 , x2 , . . . , xn) um vetor arbitrario do Rn, para o produtointerno usual temos:

〈u, u 〉 = x1 x1 + x2 x2 + · · ·+ xn xn = x21+ x2

2+ · · ·+ x2

n

Logo,

‖u‖ =√

〈u, u 〉 =√

x21+ x2

2+ · · · + x2

n(5.7)

E a norma euclidiana (ou usual) de um vetor do Rn.

Por exemplo, a seguir calculamos a norma de cada um dos vetores dabase canonica do R3.

R

R

R

se1

s

e2

se3

e1 = (1, 0, 0) ⇒ ‖e1‖ =√12 + 02 + 02 = 1

e2 = (0, 1, 0) ⇒ ‖e2‖ =√02 + 12 + 02 = 1

e3 = (0, 0, 1) ⇒ ‖e3‖ =√02 + 02 + 12 = 1

A interpretacao geometrica destes resultados e que a norma nos da adistancia de um vetor para a origem (vetor nulo). Estaremos logo mais jus-tificando essa interpretacao.

263

Propriedades da Norma

Seja(V, ‖ · ‖

)um espaco vetorial munido de uma norma. Valem as

seguintes propriedades:

PN1 ) ‖u‖ ≥ 0 e ‖u‖ = 0 ⇔ u = 0, ∀u ∈ V .

PN2 ) ‖λu‖ = |λ| ‖u‖, ∀u ∈ V e ∀λ ∈ R.

PN3 ) ‖u+ v‖ ≤ ‖u‖+ ‖v‖, ∀u, v ∈ V .

Prova: PN1 ) Pela propria definicao temos ‖u‖ ≥ 0. Por outro lado

(⇒ ) ‖u‖ =√

〈u, u 〉 = 0 ⇒ 〈u, u 〉 = 0 ⇒ u = 0.

A ultima implicacao se deve a que, pelo axioma ( d ) da definicao de produtointerno, se u 6= 0 ⇒ 〈u, u 〉 > 0, o que estaria em contradicao com〈u, u 〉 = 0.

Esta propriedade permite-nos escrever: ‖u‖2 = 〈u, u 〉.(⇐ ) u = 0 ⇒ 〈 0, 0 〉 = 0 ⇒ ‖0‖ =

√

〈 0, 0 〉 =√0 = 0.

>

Prova: PN2 ) Inicialmente temos,

〈λu, λ u 〉 = λ 〈u, λ u 〉 = λ(λ 〈u, u 〉

)= λ2 〈u, u 〉

↑( b )

↑P2

Logo,

‖λu‖ =√

〈λu, λ u 〉 =√

λ2 〈u, u 〉 = |λ|√

〈u, u 〉 = |λ| ‖u‖>

A propriedade PN3 da norma e conhecida como desigualdade triangular,para demonstra-la iremos necessitar de um lema.

Lema 3 (Desigualdade de Cauchy-Schwarz). Em qualquer espaco vetorialeuclidiano V vale a seguinte desigualdade

|〈u, v 〉| ≤ ‖u‖ ‖v‖, ∀u, v ∈ V. (5.8)

Prova: Faremos uso da seguinte identidade:

〈u− λ v, u− λ v 〉 = ‖u‖2 − 2λ 〈u, v 〉+ λ2 ‖v‖2 (5.9)

valida para quaisquer u, v ∈ V e para todo λ ∈ R (exercıcio).

Se v = 0 a desigualdade (5.8) fica

|〈u, 0 〉| ≤ ‖u‖ ‖0‖ ⇒ |0| ≤ ‖u‖ 0 ⇒ 0 ≤ 0

e a desigualdade proposta resulta verdadeira.

264

Suponhamos agora v 6= 0. Como a identidade (5.9) vale para qualquerλ ∈ R, em particular vale para

λ =〈u, v 〉‖v‖2

isto e,

〈u− λ v, u− λ v 〉 = ‖u‖2 − 2λ 〈u, v 〉+ λ2 ‖v‖2

= ‖u‖2 − 2〈u, v 〉‖v‖2 〈u, v 〉+

( 〈u, v 〉‖v‖2

)2‖v‖2

= ‖u‖2 − 2〈u, v 〉2‖v‖2 +

〈u, v 〉2‖v‖2

= ‖u‖2 − 〈u, v 〉2

‖v‖2

Devido a que 〈u− λ v, u− λ v 〉 ≥ 0, resulta que

‖u‖2 − 〈u, v 〉2

‖v‖2 ≥ 0

Logo,

‖u‖2 − 〈u, v 〉2

‖v‖2 ≥ 0 ⇒ 〈u, v 〉2 ≤ ‖u‖2 ‖v‖2

Extraindo a raiz quadrada de cada um dos membros desta ultima desigual-dade resulta:

|〈u, v 〉| ≤ ‖u‖ ‖v‖�

Agora vamos demonstrar a desigualdade triangular da norma:

‖u+ v‖2 = 〈u+ v, u+ v 〉 = 〈u, u 〉+ 〈u, v 〉+ 〈 v, u 〉+ 〈 v, v 〉

= ‖u‖2 + 2 〈u, v 〉+ ‖v‖2 (5.10)

Da desigualdade de Cauchy-Schwarz obtemos

2 |〈u, v 〉| ≤ 2 ‖u‖ ‖v‖

somando ‖u‖2 + ‖v‖2 a ambos os membros desta desigualdade obtemos

‖u‖2 + 2 |〈u, v 〉|+ ‖v‖2 ≤ ‖u‖2 + 2 ‖u‖ ‖v‖ + ‖v‖2

Portanto‖u+ v‖2 ≤ ( ‖u‖+ ‖v‖ )2

265

Extraindo a raiz quadrada obtemos

‖u+ v‖ ≤ ‖u‖+ ‖v‖

Exemplo: Vejamos como fica a desigualdade de Cauchy-Schwarz no casoespecial em que V = Rn; e o produto interno seja o usual; ou seja, dadosu = (x1 , x2 , . . . , xn) e v = (y1 , y2 , . . . , yn), temos:

〈u, v 〉 = x1 y1 + x2 y2 + · · ·+ xn yn =

n∑

i=1

xiyi

e

〈u, u 〉 = x21+ x2

2+ · · · + x2

n=

n∑

i=1

x2i⇒ ‖u‖ =

√

〈u, u 〉 =

√√√√

n∑

i=1

x2i

e

〈 v, v 〉 = y21+ y2

2+ · · · + y2

n=

n∑

i=1

y2i⇒ ‖v‖ =

√

〈 v, v 〉 =

√√√√

n∑

i=1

y2i

substituindo estes resultados na desigualdade (5.8) obtemos

∣∣∣

n∑

i=1

xiyi

∣∣∣ ≤

√√√√

n∑

i=1

x2i

√√√√

n∑

i=1

y2i

que tambem pode ser escrita como

∣∣∣

n∑

i=1

xiyi

∣∣∣

2≤

n∑

i=1

x2i

n∑

i=1

y2i

Esta desigualdade tambem e conhecida como desigualdade de Lagrange.

Definicao 32 (Distancia entre vetores). Seja V um espaco vetorial. Consi-deremos uma aplicacao d : V × V −→ R, que associa a cada par ordenado(u, v) ∈ V × V um numero real d(u, v) satisfazendo as seguintes condicoes(para quaisquer u, v e w em V ):

(M1) d(u, v) ≥ 0 e d(u, v) = 0 ⇐⇒ u = v ;

(M2) d(u, v) = d(v, u) ;

(M3) d(u, v) ≤ d(u, w) + d(w, v).

Nestas condicoes dizemos que d e uma metrica sobre V e que d(u, v) e adistancia do vetor u ao vetor v.

266

Podemos dizer tambem que uma aplicacao d : V × V −→ R satisfazendoas condicoes anteriores adquire status de metrica. O par (V, d) e o queentendemos por espaco metrico.

A exigencia feita em (M1) e bastante intuitiva: uma distancia nunca enegativa; se a distancia entre dois pontos e nula entao, obrigatoriamente,estes pontos sao o mesmo (sao iguais), e; reciprocamente: a distancia de umponto para si mesmo deve ser nula.

A exigencia feita em (M2), tambem assaz intuitiva, foi tomada de emprestimodo dito popular que todos conhecemos: “fulano!! vem ca! E o fulano re-sponde: vem ca tu, pois a distancia daqui pra la, e a mesma de la pra ca”.

A exigencia feita em (M3), a menos intuitiva, e conhecida como desigual-dade triangular e se inspira no fato de que na geometria elementar cadalado de um triangulo tem sempre medida menor que a soma das medidasdos outros dois lados.

s

s

sv

u

w

d(u, v) d(u, w)

d(w, v)

Exemplos: Qualquer espaco vetorial euclidiano V pode se tornar umespaco metrico se considerarmos d : V × V −→ R, definida como:

d(u, v) = ‖u− v‖, ∀u, v ∈ V.

Prova: Devemos mostrar que d assim definida satisfaz a todas as exigenciaspara uma metrica. Primeiramente devemos mostrar que

(M1) d(u, v) = ‖u− v‖ ≥ 0 e d(u, v) = ‖u− v‖ = 0 ⇐⇒ u = v.

E uma decorrencia imediata de PN1 (p. 264).

(M2) d(u, v) = ‖u− v‖ = ‖(−1)(v − u)‖ = | − 1| ‖v − u‖ = d(v, u).

(M3) Pela desigualdade triangular da norma (PN3 , p. 264) podemos escr-ever

‖u− v‖ = ‖u− w + w − v‖ ≤ ‖u− w‖+ ‖w − v‖Logo,

‖u− v‖ ≤ ‖u− w‖+ ‖w − v‖ ⇒ d(u, v) ≤ d(u, w) + d(w, v).

>

Observe que agora podemos da uma interpretacao geometrica para anorma de um vetor, veja: (def. 31, p. 263)

‖u‖ = ‖u− 0‖ = d(u, 0)

267

Isto e, podemos dizer que a norma de um vetor u ∈ V e igual a sua distanciapara o vetor nulo (“origem”). Tal como acontece com a funcao modulo nosreais (reveja a introducao deste capıtulo, p. 257).

Exemplos:

1 ) No espaco vetorial R2, sejam u = (x1 , x2) e v = (y1 , y2) vetoresarbitrarios; ademais, consideremos neste espaco o produto interno usual.Temos:

u− v = (x1 , x2)− (y1 , y2) = (x1 − y1 , x2 − y2)entao,

〈u− v, u− v 〉 = (x1 − y1) · (x1 − y1) + (x2 − y2) · (x2 − y2)logo, com o auxılio da equacao (5.6) (p. 263) podemos escrever

d(u, v) = ‖u− v‖ =√

〈u− v, u− v 〉 =√

(x1 − y1)2 + (x2 − y2)2

Que nada mais e que a velha e conhecida distancia euclidiana entre doispontos no plano.

Por exemplo, para u = (1, 2) e v = (0, 0), temos

d(u, 0) = ‖u− 0‖ =√

(1− 0)2 + (2− 0)2 =√5

Geometricamente, temos:

d(u, 0) = ‖u− 0‖ = ‖u‖ =√5

p p

pp

R

R

0

s

s(1, 2)

Observacao: Nos livros de algebra linear os autores definem o comprimentode um vetor u como sendo a sua norma, ‖u‖. Aqui nao adotaremos estadefinicao uma vez que nao vemos sentido em se atribuir um “comprimento”a um vetor (estamos falando de um vetor “matematico”, nao “fısico”),porquanto um vetor − segundo entendemos − e um “ponto em um espaco”e um “ponto” nao tem comprimento.

Feita esta observacao vejamos como fica a figura anterior:

d(u, 0) = distancia 6= comprimento.

p p

pp

R

R

0

s

su=(1, 2)←− vetor

տvetor268

Esta observacao visa apenas a contribuir no “descondicionamento” doaluno no sentido de que um vetor seja um ente que possui “modulo, direcaoe sentido”.

Se isto e verdade no que diz respeito aos vetores da fısica, no que con-cerne aos vetores da matematica, resulta totalmente falso. “Nossos vetores”nao possuem nem modulo (comprimento) nem direcao e nem sentido. Digo,estes tres conceitos nao nos fazem falta.

Pouco a pouco, procuro liberar suavemente oespırito dos alunos de seu apego a imagens privile-giadas. Eu os encaminho para as vias da abstracao,esforcando-me para despertar o gosto pela abstracao.Enfim, acho que o primeiro princıpio da educacaocientıfica e, no reino intelectual, esse ascetismo quee o pensamento abstrato. So ele pode levar-nos a dominar o conhecimentoexperimental. (Bachelard/A formacao do espırito cientıfico)

Por oportuno, dissemos alhures que em todo esse livro nao ha de encontrar-se uma unica “seta vetorial”. (representando um vetor da matematica)

Poderia questionar-se: E qual o mal em se considerar um vetor comcomprimento?

No meu entendimento o mal consiste precisamente em deturpar† namente do “novico” em algebra linear o conceito (definicao) de vetor. Daıderiva toda uma gama de “maus habitos” de pensamento − uma questaode inteligibilidade.

De fato, trata-se de operar a passagem do mundo sensıvel ao mundointeligıvel, e esse movimento e um doloroso e difıcil movimento de al-forria. Exige etapas pelas quais a alma se esforca progressivamente porse elevar em direcao as Ideias, e compreendemos que essa ascensao e,antes de mais nada, uma conversao da sombra a luz, o que no fundoe uma maneira de reentrar em si mesmo para olhar com os olhos daalma aquilo que de inıcio estavamos condenados a deformar, porque ocaptavamos com os olhos do corpo. (Simone Manon/ Platao)

2 ) Vimos que podem existir diversos produtos internos em um mesmoespaco vetorial, o que tem como consequencia a existencia de diversas distanciassobre um mesmo espaco.

Por exemplo, vamos calcular duas distancias entre dois polinomios

f(t) = 1 + t e g(t) = 1− t, em P1

†Juntamente com os outros pseudo-atributos de um vetor (direcao e sentido).

269

− A primeira, segundo o produto interno dado em (5.3) (p. 260), inicialmentetemos:

f(t)− g(t) = 2 t ⇒ 〈 f(t)− g(t), f(t)− g(t) 〉 =∫ 1

02 t · 2 t dt = 4

3

Em um espaco arbitrario temos

d(u, v) = ‖u− v‖ =√

〈u− v, u− v 〉

no nosso caso em questao temos:

d(f(t), g(t)

)=√

〈 f(t)− g(t), f(t)− g(t) 〉

Logo,

d(1 + t, 1− t) =√

4

3=

2√3

3

− A segunda distancia, segundo o produto interno dado em (5.4) (p. 261),inicialmente temos:

f(t)− g(t) = 0 + 2 t ⇒ 〈 f(t)− g(t), f(t)− g(t) 〉 = 0 · 0 + 2 · 2 = 4

Logo,d′(1 + t, 1− t) =

√4 = 2

Observamos que metricas distintas sobre um mesmo conjunto dao origema espacos metricos distintos. Por exemplo, (P1 , d ) e (P1 , d

′ ) sao doisespacos metricos distintos.

Nota: Estamos considerando d como a metrica oriunda do produto in-terno dado por (5.3) (p. 260) e d′ como a metrica oriunda do produto internodado por (5.4) (p. 261).

5.3 Normas e Distancias

Anteriormente definimos a norma de um vetor

‖u‖ =√

〈u, u 〉

em funcao de um produto interno, e, posteriormente, a distancia entre doisvetores

d(u, v) = ‖u− v‖ (5.11)

em funcao de uma norma, de modo que a distancia entre vetores esta adepender de um produto interno:

d(u, v) =√

〈u− v, u− v 〉

E possıvel eliminarmos a restricao (dependencia) da distancia em relacaoao produto interno de modo que a equacao (5.11) ainda seja valida.

Para este proposito necessitamos da definicao dada a seguir.

270

Definicao 33 (Norma). Seja V um espaco vetorial de dimensao finita. En-tende-se por norma sobre V uma aplicacao F que transforma cada vetoru ∈ V em um numero real (que indicaremos por ‖u‖), chamado norma de u

‖ · ‖ : V → R

u 7→ ‖u‖desde que as seguintes condicoes sejam satisfeitas para todos os vetores u ev e todos os escalares λ:

(N1) ‖u‖ ≥ 0 e ‖u‖ = 0 ⇐⇒ u = 0 ;

(N2) ‖λu‖ = |λ| ‖u‖ ;(N3) ‖u+ v‖ ≤ ‖u‖+ ‖v‖.

Um espaco vetorial munido de uma norma e chamado de espaco vetorialnormado.

Exemplos:

( 1 ) E facil ver que em um espaco com produto interno, ‖u‖ =√

〈u, u 〉define uma norma.

( 2 ) A seguir listamos duas normas para o Rn que nao provem de um pro-duto interno (exercıcio, p. 281):

‖u‖s = |x1 |+ |x2 |+ · · ·+ |xn | (5.12)

‖u‖m = max{|x1 |, |x2 |, . . . , |xn |

}(5.13)

onde u = (x1 , x2 , . . . , xn) ∈ Rn. No apendice estaremos provando que defato essas aplicacoes sao normas. A equacao (5.11) (p. 270) define umadistancia num espaco vetorial independente de um produto interno, a provae a mesma apresentada na pagina 267.

Distancias no Rn

Agora estamos em condicoes de exibir outras (importantes) distancias noespaco vetorial Rn. Consideremos neste espaco dois vetores arbitrarios:u = (x1 . . . , xn) e v = (y1 , . . . , yn), sendo assim temos:

u− v = (x1 − y1 , . . . , xn − yn)

Daqui resultam, segundo (5.11), tres distancias para o Rn:

D1(u, v) =√

(x1 − y1)2 + · · ·+ (xn − yn)2 (5.14)

D2(u, v) = |x1 − y1 | + · · · + |xn − yn | (5.15)

D3(u, v) = max{|x1 − y1 |, . . . , |xn − yn |

}(5.16)

271

A primeira provem da norma euclidiana ((5.7), p. 263), as duas outras provemdas normas (5.12) e (5.13), respectivamente.

D1 e a metrica euclidiana, no apendice provamos que D2 e D3 sao duasoutras metricas sobre o Rn, isto e, que satisfazem todas as condicoes listadasna definicao 32 de distancia entre vetores (p. 266).

Particularizando estas metricas para o espaco R2, temos:

D1(u, v) =√

(x1 − y1)2 + (x2 − y2)2 (5.17)

D2(u, v) = |x1 − y1 | + |x2 − y2 | (5.18)

D3(u, v) = max{|x1 − y1 |, |x2 − y2 |

}(5.19)

onde u = (x1 , x2) e v = (y1 , y2) ∈ R2.

D2 acima e conhecida como metrica (distancia) da soma ou do taxi, D3

e conhecida como metrica (distancia) do maximo.Exemplo: Para efeito de comparacao calculemos a distancia entre os

dois vetores u = (x1 , x2) = (1, 1) e v = (y1 , y2) = (4, 5) nas tres metricasacima.

( i ) Distancia euclidiana

D1(x, y) =√

(x1 − y1)2 + (x2 − y2)2

D1

((1, 1), (4, 5)

)=√

(1− 4)2 + (1− 5)2 = 5.

( ii ) Distancia do taxi

D2(x, y) = |x1 − y1 | + |x2 − y2 |D2

((1, 1), (4, 5)

)= |1− 4| + |1− 5| = 7.

( iii ) Distancia do maximo

D3(x, y) = max{|x1 − y1 |, |x2 − y2 |

}

D3

((1, 1), (4, 5)

)= max

{|1− 4|, |1− 5|

}

= max{ 3, 4 } = 4.

Vejamos como fica a representacao geometrica destas tres distancias, veja:

6

-R

R

0

D1

(1,1)

(4,5)

3

45

6

-R

R

0

D2(1,1)

(4,5)

3

45

6

-R

R

0

D3

(1,1)

(4,5)

3

45

272

A esquerda temos a distancia euclidiana dada pela medida da hipotenusado triangulo, ao centro temos a distancia do taxi dada pela medida da somados catetos e a direita temos a metrica do maximo dada pela medida domaior dos catetos do triangulo. Vejamos ainda sob uma “nova” perspectivaestas tres distancias:

6

-R

R

0

6

-R

R

0

6

-R

R

0

Uma pergunta ingenua, nao obstante pertinente, seria: Em existindomais de uma distancia entre dois pontos, qual a verdadeira?

Do ponto de vista da matematica, isto e, da logica, todas as metricasgozam do mesmo status, nenhuma e mais ou menos verdadeira que as ou-tras. O que acontece e que a metrica (trena) usual (euclidiana) e a maisconveniente para, por exemplo: o pedreiro, o carpinteiro, para o engenheirocivil, etc., porque esta e suficiente para resolver todos os seus problemas demedida. Ja para o matematico e o fısico, estes profissionais tem necessidade− em seus trabalhos − de “outras reguas”, as quais nao se encontram nocomercio, pois sao, por assim dizer, abstratas.

A proposito, acontece − no que diz respeito as metricas − o mesmoque ocorre no ambito das geometrias euclidiana e nao-euclidianas. A deEuclides nao e nem mais nem menos verdadeira que as outras; pode ou naoser a mais conveniente a determinados propositos; por exemplo, Einstein aoformular sua Teoria da Relatividade (Gravitacao) preferiu optar por umadas geometrias nao-euclidianas (optou pela geometria riemaniana).

Distancias no espaco de codigos

Vamos definir a seguinte aplicacao

‖ · ‖ : Zn2→ R

u 7→ ‖u‖

onde,

‖u‖ =n∑

i=1

xi

(5.20)

Por exemplo,

‖u‖ =4∑

i=1

xi= x1 + x2 + x3 + x4 ⇒ ‖1011‖ = 1 + 0 + 1 + 1 = 3

273

O somatorio (5.20) conta o numero de 1s presentes no vetor u. Uma ob-servacao importante e a de que as adicoes que comparecem no desenvolvi-mento do somatorio nao e mais a adicao em Z2 mas a propria adicao emR.

Nosso objetivo agora sera provar que a aplicacao assim definida e umanorma em Zn

2.

Devemos, para tanto, provar todas as condicoes exigidas na definicao 33,entao: (p. 271)

(N1) ‖u‖ ≥ 0 e ‖u‖ = 0 ⇐⇒ u = 0 . Temos

‖u‖ =n∑

i=1

xi≥ 0 e ‖u‖ =

n∑

i=1

xi= 0 ⇐⇒ x

i= 0 ⇐⇒ u = 0.

(N2) ‖λu‖ = |λ| ‖u‖.Como u = (x

i) temos λu = (λx

i)

‖λu‖ =n∑

i=1

λxi= λ

n∑

i=1

xi= |λ| ‖u‖

uma vez que λ ∈ { 0, 1 }.(N3) ‖u+ v‖ ≤ ‖u‖+ ‖v‖.Considerando u = (x

i) e v = ( y

i) vetores arbitrarios em Zn

2. Temos

u+ v = (xi+ y

i). Devemos mostrar que

n∑

i=1

(xi+ y

i) ≤

n∑

i=1

xi+

n∑

i=1

yi

(5.21)

Observe que nesta desigualdade temos algumas “sutilezas teoricas”. Senaovejamos, abrindo os somatorios resulta

(x1+y1 )+(x2+y2 )+ · · ·+(xn+yn ) ≤ x1+x2+ · · ·+xn+y1+y2+ · · ·+yndo lado esquerdo nao podemos aplicar as propriedades associativa e comu-tativa porquanto a adicao u+v e “bit a bit”. Ou ainda: as adicoes “dentro”dos parentesis se verificam em Z2 e as “entre” os parentesis se verificamem R. Por outro lado, as adicoes do lado direito se dao em R.

Pois bem, devido a desigualdade triangular para os numeros reais pode-mos escrever

|x1 + y1 | ≤ |x1 | + |x1 ||x2 + y2 | ≤ |x2 | + |x2 |. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .|xn + yn | ≤ |xn | + |xn |

(5.22)

Somando essas n desigualdades resulta

n∑

i=1

|xi+ y

i| ≤

n∑

i=1

|xi|+

n∑

i=1

|yi| (5.23)

274

A adicao que comparece em |xk+ y

k| nas desigualdades (5.22) e a de R,

tendo em conta a tabela a seguir

xk

yk

0

0

1

0

0

1

1

1

vemos que as desigualdade em (5.22) continuam validas se substituirmos“o resultado da adicao” de |x

k+ y

k| em R pelo “resultado da adicao” de

(xk+y

k) em Z2 . Sendo assim, a desigualdade (5.23) implica na desigualdade

(5.21).Apenas a tıtulo de curiosidade observe que |x

k+ y

k| nao faz sentido em

Z2 . E por que nao faz sentido?A razao e que para se definir modulo (veja eq. (5.1), p. 257) necessitamos

de uma ordem “≥ ” e Z2 nao e um corpo ordenado.E por que Z2 nao e um corpo ordenado? A razao e que num corpo

ordenado valem as desigualdades

1 > 0 e 1 + 1 > 1

e em Z2 temos 1 + 1 = 0.Uma vez que demonstramos a existencia de uma norma em Zn

2temos

agora como calcular a distancia entre dois codigos. Dados dois vetores u =(x

i) e v = ( y

i), temos

u− v = (xi− y

i) ⇒ d(u, v) = ‖u− v‖ = ‖(x

i− y

i)‖

substituindo esse resultado na equacao (5.20) (p. 273) resulta

d(u, v) =

n∑

i=1

(xi− y

i) (5.24)

Essa distancia em Zn2e conhecida como distancia de Hamming∗ e e muito

utilizada na construcao de codigos de correcao de erros (em transmissao dedados).

Por exemplo, consideremos os vetores x = 1010 e y = 0011 em Z42, temos:

d(u, v) =4∑

i=1

(xi− y

i) = (x1 − y1) + (x2 − y2) + (x3 − y3) + (x4 − y4)

= (1− 0) + (0− 0) + (1− 1) + (0− 1) = 2

∗Richard W. Hamming (1915−1998) obteve seu Ph.D. em Matematica na Universidadede Illinois, em Urbana-Champaign, em 1942. De 1946 a 1976, trabalhou no Bell Labs,depois integrou-se ao corpo docente na US Naval Postgraduate School, em Monterey,California. Em 1950, publicou seu trabalho fundamental em codigos corretores de erros,dando uma construcao explıcita para os codigos de otimizacao que Claude Shannon tinhaprovado serem teoricamente possıveis, em 1948.

275

Observe que a distancia de Hamming entre duas sequencias nos da pre-cisamente o numero de posicoes em que estas sequencias diferem quandocomparadas bit a bit; no caso do exemplo em questao, temos:

x : 1 0 1 0

y : 0 0 1 1

As sequencias emZ2

2= { 00, 10, 01, 11 }

podem ser arrumadas segundo os vertices de um quadrado unitario, veja:

00 10

01 11

A distancia de Hamming entre quaisquer dois vetores u e v e o numerode arestas no caminho mais curto para ir de u ate v.

As sequencias em

Z32= { 000, 100, 010, 110, 001, 101, 011, 111 }

podem ser arrumadas segundo os vertices de um cubo unitario, veja:

100 110

000010

011001

101 111

A distancia de Hamming entre quaisquer dois vetores u e v e o numerode arestas no caminho mais curto para ir de u ate v.

Tambem construi uma outra distancia entre vetores de Zn2. Senao ve-

jamos, considere a seguinte aplicacao

‖ · ‖ : Zn2→ R

u 7→ ‖u‖onde,

‖u‖ = max{1x1 , 2x2 , . . . , n xn

}(5.25)

Por exemplo, para u = 1011, temos

‖u‖ = max{1x1 , 2x2 , 3x3 , 4x4

}

= max{1 · 1, 2 · 0, 3 · 1, 4 · 1

}= 4

Vejamos um outro exemplo, seja u = 1010, entao

‖u‖ = max{1 · 1, 2 · 0, 3 · 1, 4 · 0

}= 3

276

A formula (5.25) nos da a maior posicao onde ocorre um bit 1 no vetor u.Nosso objetivo agora sera provar que a aplicacao assim definida e uma

norma em Zn2.

Devemos para tanto provar todas as condicoes exigidas na definicao 33,entao:

(N1) ‖u‖ ≥ 0 e ‖u‖ = 0 ⇐⇒ u = 0 .

Que ‖u‖ = max{1x1 , 2x2 , . . . , n xn

}≥ 0 e imediato.

‖u‖ = max{1x1 , 2x2 , . . . , n xn

}= 0 ⇐⇒ x

i= 0 ⇐⇒ u = 0.

(N2) ‖λu‖ = |λ| ‖u‖.Como u = (x

i) temos λu = (λx

i)

‖λu‖ = max{1 (λx1), 2 (λx2), . . . , n (λxn)

}

= λ max{1x1 , 2x2 , . . . , n xn

}= |λ| ‖λu‖

uma vez que λ ∈ { 0, 1 }.(N3) ‖u+ v‖ ≤ ‖u‖+ ‖v‖.Considerando u = (x

i) e v = ( y

i) vetores arbitrarios em Zn

2. Temos

u+ v = (xi+ y

i). Devemos mostrar que

max{1 (x1 + y1 ), 2 (x2 + y2 ), . . . , n (xn + yn )

}≤ max

{1x1 , 2x2 , . . . , n xn

}

+max{1 y1 , 2 y2 , . . . , n yn

}

Pois bem, existem ındices i, j, k ∈ { 1, 2, . . . , n } tais que

max{1 (x1 + y1 ), 2 (x2 + y2 ), . . . , n (xn + yn )

}= i (x

i+ y

i) (5.26)

max{1x1 , 2x2 , . . . , n xn

}= j x

j(5.27)

max{1 y1 , 2 y2 , . . . , n yn

}= k y

k(5.28)

Sendo assim, devemos mostrar que

i (xi+ y

i) ≤ j x

j+ k y

k(5.29)

Temos que

i xi≤ j x

jpor (5.27)

i yi≤ k y

kpor (5.28)

Somando essas desigualdades temos o resultado (5.29).

277

Uma vez que demonstramos a existencia de uma nova norma em Zn2

temos agora uma nova distancia entre dois codigos. Dados dois vetoresu = (x

i) e v = ( y

i), temos

u− v = (xi− y

i) ⇒ d(u, v) = ‖u− v‖ = ‖(x

i− y

i)‖

substituindo esse resultado na equacao (5.25) (p. 276) resulta

d(u, v) = max{1 (x1 − y1 ), 2 (x2 − y2 ), . . . , n (xn − yn )

}(5.30)

Por exemplo, consideremos os vetores x = 1010 e y = 0011 em Z42, temos:

d(u, v) = max{1 (1 − 0), 2 (0− 1), 3 (0− 0), 4 (0− 1)

}= 4

Compare esse resultado com a distancia de Hamming. (p. 276)

Observe que esta distancia entre duas sequencias nos da precisamente amaior posicao em que as sequencias diferem entre si, veja:

x : 1 0 1 0

y : 0 0 1 1

Nota: A distancia (5.30) e de “minha propria autoria”.

Nota: No caso de duas sequencias iguais estamos assumindo que

max{ }

= 0

Esta igualdade pode ser provada por “vacuidade”, no sentido de que elajamais podera ser contraditada∗.

Exercıcios

1) Em relacao ao produto interno usual do R2, calcular 〈u, v 〉 sendo dados:

a ) u = (−1, 1) e v = (1, 1);

b ) u = (6, −2) e v = (3, 9);

c ) u = (2, 1) e v =(

12 , −1

).

2) Para os mesmos vetores do exercıcio anterior, calcular 〈u, v 〉 em relacaoao produto interno dado por

〈u, v 〉 = 3x1 y1 + 4x2 y2

∗E semelhante a prova de que o conjuto vazio e subconjunto de qualquer conjunto.

278

3) Sejam x = (x1 , x2) e y = (y1 , y2). Mostrar que cada aplicacao a seguirdefine um produto interno no R2:

a ) (u, v) 7→ x1 y1 + x2 y2 ;

b ) (u, v) 7→ 2x1 y1 + 5x2 y2 ;

c ) (u, v) 7→ x1 y1a2

+x2 y2b2

com a, b ∈ R fixos e nao nulos.

4) Em P2(R) com o produto interno dado por 〈 f, g 〉 =∫ 10 f(t) g(t) dt cal-

cular a norma dos seguintes vetores:

a ) f(t) = 1− t ;b ) f(t) = 1 + t ;

c ) f(t) = 1− t2.5) Sejam x e y numeros reais nao negativos. Aplique a desigualdade deCauchy-Schwarz para u = (

√x,√y ) e v = (

√y,√x ) para demonstrar que

√x y ≤ x+ y

2

6) Calcular a norma dos vetores do exercıcio anterior em relacao ao produtointerno dado por 〈 f(t), g(t) 〉 = a0 b0 + a1 b1 + a2 b2 .

7) Dados os vetores u = (0, 0, 0) e v = (1, 1, 1) em R3 calcule as tresdistancias D1 , D2 e D3 dadas na p. 271 e de uma interpretacao geometricadas mesmas (faca um esboco grafico).

8) Chama-se traco de uma matriz A = ( aij), quadrada de ordem n, a soma

dos termos da sua diagonal principal.

Notacao: tr (A). Entao, tr (A) = a11 + · · · + ann . Sendo V = Mm×n(R),mostre que 〈A, B 〉 = tr(BtA) define um produto interno sobre V .

9) No espaco vetorial V = M2(R) considere o produto interno definido noexercıcio anterior. Sendo

A =

[2 11 1

]

e B =

[1 −11 0

]

calcule 〈A, B 〉, ‖A‖, ‖B‖ e d(A, B).

Para alguns dos exercıcios a seguir necessitaremos de algumas conside-racoes concernentes a norma e produto interno.

Perguntamos, por exemplo, se toda norma e oriunda de um produtointerno.

Vejamos uma condicao necessaria para que uma norma seja oriunda deum produto interno.

279

Proposicao 17 (Identidade do Paralelogramo). Em um espaco vetorial comproduto interno e valida a seguinte identidade

‖u+ v‖2 + ‖u− v‖2 = 2(‖u‖2 + ‖v‖2

)

Prova: De fato,

‖u+ v‖2 = 〈u+ v, u+ v〉= 〈u, u〉+ 〈u, v〉+ 〈v, u〉+ 〈v, v〉

= ‖u‖2 + 2〈u, v〉+ ‖v‖2

Por outro lado

‖u− v‖2 = 〈u− v, u− v〉= 〈u, u〉+ 〈u, −v〉+ 〈−v, u〉+ 〈−v, −v〉

= ‖u‖2 − 2〈u, v〉+ ‖v‖2

somando estas duas equacoes obtemos o resultado desejado. �

Observe que esta proposicao pode ser reformulada assim:

Se a norma e dada por ‖u‖ =√

〈u, u〉 entao ‖u + v‖2 + ‖u − v‖2 =2(‖u‖2 + ‖v‖2

).

A qual e equivalente a:

Se ‖u+ v‖2 + ‖u− v‖2 6= 2(‖u‖2 + ‖v‖2

)entao ‖u‖ 6=

√

〈u, u〉.Isto significa que se uma norma nao satisfaz a identidade do paralelo-

gramo entao ela nao provem do produto interno, segundo a equacao

‖u‖ =√

〈u, u〉 (5.31)

Sendo assim e imediata a pergunta: Uma norma que nao satisfaca a identi-dade do paralelogramo nao poderia provir de um produto interno dado poruma outra equacao que nao seja (5.31)?

Para responder a essa pergunta vamos considerar o seguinte axioma denorma

‖λu‖ = |λ| ‖u‖, ∀λ ∈ R e ∀u ∈ V. (5.32)

E a igualdade〈λu, λu〉 = λ2 〈u, u〉 (5.33)

que e consequencia da definicao de produto interno.

280

Vamos supor que estamos tentando definir uma norma em funcao doproduto interno. Devemos ter

‖λu‖ = |λ| ‖u‖√

〈λu, λu〉 = |λ|√

〈u, u〉

Daqui concluimos que necessariamente a relacao entre norma e produtointerno deve ser

‖u‖ =√

〈u, u〉a menos de constantes multiplicativas.

10) Mostre, para algum valor de n, que as normas ‖u‖s e ‖u‖m sobre o Rn

dadas na p. 271 nao provem de um produto interno.

11) Perguntamos se as normas

‖u‖H=

n∑

i=1

xi

e‖u‖

G= max

{1x1 , 2x2 , . . . , n xn

}

em Zn2provem de um produto interno.

Sugestao: Inicialmente, para algum valor de n, tente obter duas sequenciastais que a identidade do paralelogramo nao seja satisfeita.

12) Mostre que a aplicacao

‖ · ‖ : Zn2→ R

u 7→ ‖u‖onde,

‖u‖ =n∑

i=1

2n−1 xn (5.34)

e uma norma em Zn2.

281

Cırculos e bolas em espacos vetoriais normados

Num espaco vetorial normado (V, ‖ · ‖) define-se um cırculo de centro emum vetor p ∈ V e raio r > 0 como o conjunto de todos os vetores u ∈ V quesatisfazem a equacao

‖u− p‖ = r

Ou seja, um cırculo de centro p e raio r > 0 e o conjunto de todos os pontos(vetores) que estao a uma mesma distancia r do centro p.

13) Nas figuras a seguir:

1

1

−1

−1

s s1

1

−1

−1

s1

1

−1

−1

temos os cırculos de centro na origem e raio 1 segundo as distancias dadasem (5.17), (5.18) e (5.19), respectivamente (p. 272). Encontre a equacaoque descreve cada um desses cırculos.

14) Mostre que cada uma das figuras acima nao e um cırculo nas duas outrasnormas.

15) Faca, no plano R2, um esboco da figura de equacao dada por

|x|+ |y|+∣∣|x| − |y|

∣∣ = 2

16) Encontre em Z42o cırculo de centro em p = 1110 e raio r = 2 para as

tres normas deste espaco (eq’s: (5.24), p. 275; (5.30), p. 278; (5.34), p.281).

− Num espaco vetorial normado (V, ‖ · ‖) define-se bola aberta de centroem um vetor p ∈ V e raio r > 0 como o conjunto de todos os vetores u ∈ Vque satisfazem a inequacao

‖u− p‖ < r

Ou seja, uma bola aberta de centro p e raio r > 0 e o conjunto de todos ospontos (vetores) que estao a uma distancia de p menor que r.

17) Faca um esboco (desenhe) a bola aberta de centro na origem e raio 1para as tres normas do R2.

18) Encontre em Z42a bola aberta de centro em p = 0101 e raio r = 2 para

as tres normas deste espaco.

282

5.4 Angulo entre vetores

O objetivo que temos em vista agora sera definir o angulo entre doisvetores em um espaco vetorial arbitrario. Para tanto iremos nos inspirar noque acontece no espaco R2; digo, vamos inicialmente obter uma formula parao calculo do angulo entre dois vetores nesse espaco; para tanto partiremosda seguinte figura − rotacao do vetor v de θ graus em torno da origem:

R

R

0

s0

s

su = (x1 , x2)

v = (y1 , y2)

α

βθ

Temos que o angulo entre os vetores u e v e dado por θ = β − α. Como auxılio da trigonometria podemos escrever

cos θ = cos(β − α) = cos β cosα + sen β senα

Da figura anterior destacamos os dois triangulos a seguir:

s

s

‖u‖

x1

x2

β

s

s

α

‖v‖

y1

y2

Sendo assim, temos:

cos θ = cos β cosα + sen β senα

=x1

‖u‖y1‖v‖ +

x2

‖u‖y2‖v‖

De modo que

cos θ =x1 y1 + x2 y2‖u‖ ‖v‖ =

〈u, v 〉‖u‖ ‖v‖

283

Vamos generalizar esse resultado para um espaco vetorial arbitrario

Definicao 34 (Angulo entre vetores). Seja V um espaco vetorial de di-mensao finita qualquer, dados dois vetores u, v ∈ V , nao nulos, definimos oangulo θ entre esses vetores pela formula

cos θ =〈u, v 〉‖u‖ ‖v‖ , 0 ≤ θ ≤ π (5.35)

Observe que por (5.5) (p. 261) todo espaco de dimensao finita pode sermunido de um produto interno.

Temos um probleminha agora: precisamos saber se a equacao (5.35),deduzida para vetores em R2, faz sentido em espacos arbitrarios.

Sabemos da trigonometria que −1 ≤ cos θ ≤ 1, portanto para que oangulo entre dois vetores esteja bem definido precisamo mostrar que em umespaco arbitrario de fato temos

−1 ≤ 〈u, v 〉‖u‖ ‖v‖ ≤ 1

Ora, esta desigualdade e valida em todo espaco com produto interno justa-mente por ser uma consequencia da desigualdade de Cauchy-Schwarz, veja:

|〈u, v 〉| ≤ ‖u‖ ‖v‖

Essa desiguldade implica em

−‖u‖ ‖v‖ ≤ 〈u, v 〉 ≤ ‖u‖ ‖v‖ ⇒ −1 ≤ 〈u, v 〉‖u‖ ‖v‖ ≤ 1.

Exemplos:

1 ) Calcule o angulo entre os vetores u =(

12 ,

√32

)e v =

(−

√32 , −1

2

)

com o produto interno usual do R2.

Solucao: Para u = (x1 , x2) e v = (y1 , y2) temos as seguintes formulas

〈u, v 〉 = x1 y1 + x2 y2 e ‖u‖ =√

x21+ x2

2

Entao

〈u, v 〉 = 1

2

−√3

2+

√3

2

−12

= −√3

2

Por outro lado

‖u‖ =

√

( 1

2

)2+(√3

2

)2= 1

284

e

‖v‖ =

√

(−√3

2

)2+(− 1

2

)2= 1

Portanto

cos θ =〈u, v 〉‖u‖ ‖v‖ =

−√32

1 · 1 = −√3

2⇒ θ =

5π

6= 150o


p p p

pp

p

R

R

s

s

u

v

θ

p p p

pp

p

R

R

s

s

u

v

α

Observe que o angulo entre dois vetores u e v nao necessariamente coin-cide com o angulo entre as retas que os contem. Na geometria, o anguloentre duas retas e definido como o menor angulo entre os dois angulos de-terminados pela intersecao das mesmas. O angulo entre as duas retas nafigura e α = 30o.

2 ) Calcule o angulo entre os dois polinomios f(t) = 1−t e g(t) = 2+3 t,com produto interno dado por (p. 260)

(f, g) 7→ 〈 f, g 〉 =∫ 1

0f(t) g(t) dt

Solucao: Inicialmente, temos ‖u‖ =√

〈u, u 〉 , ou seja,

‖f‖ =√

〈 f, f 〉 =√∫ 1

0f(t) f(t) dt =

√∫ 1

0(1− t) (1 − t) dt = 1√

3

‖g‖ =√

〈 g, g 〉 =√∫ 1

0g(t) g(t) dt =

√∫ 1

0(2 + 3t) (2 + 3t) dt =

√13

Na pagina (p. 260) encontramos 〈 f(t), g(t) 〉 = 32 , logo,

cos θ =〈 f, g 〉‖f‖ ‖g‖ =

32

1√3·√13⇒ θ = arccos

( 3√3

2√13

)

≈ 43, 90o

285

3 ) No espaco vetorial Z22, temos

Z22= { 00, 10, 01, 11 }

Calcule o angulo entre os vetores u = 10 e v = 11 com o produto internousual do Z2

2.

Solucao: Para u = x1 x2 e v = y1 y2 temos as seguintes formulas

〈u, v 〉 = x1 y1 + x2 y2 e ‖u‖ =√

x21+ x2

2

Nota: No exemplo 4 (p. 95) estamos considerando a base canonica do Z22:

B = { 10, 01 }, para a qual u = x1 x2 = x1 10 + x2 01.Entao

〈 10, 11 〉 = 1 · 1 + 0 · 1 = 1

Por outro lado

‖u‖ =√

12 + 02 = 1

e

‖v‖ =√

12 + 12 =√2

Portanto

cos θ =〈u, v 〉‖u‖ ‖v‖ =

1

1 ·√2=

√2

2⇒ θ =

π

4= 45o


00 u=10

01 v=11

r r

r r

θ

286

5.5 Ortogonalizacao

Definicao 35 (Vetores ortogonais). Seja V um espaco euclidiano. Dizemosque dois vetores u, v ∈ V sao ortogonais se, e somente se, 〈u, v 〉 = 0.

A definicao de angulo entre vetores (eq. (5.35), p. 284) implica que doisvetores sao ortogonais se, e somente se, o angulo entre eles e 90o.

Definicao 36 (Conjuntos ortonormais). Um conjunto S = {u1 , . . . , ur } sediz ortonormal se, e somente se, as duas condicoes a seguir sao satisfeitas:

( I ) ‖ui‖ = 1 (i = 1, 2, . . . , r) e

( II ) dois vetores quaisquer de S, distintos entre si, sao ortogonais.

Nota: Tendo em conta ‖ui‖ =

√

〈ui, u

i〉 as duas condicoes da definicao

anterior podem ser substituidas pela seguinte:

〈ui, u

j〉 = δ

ij=

{

1, se i = j;

0, se i 6= j.(5.36)

Exemplos: As bases canonicas do R2 e R3

B = { (1, 0), (0, 1) }; B′ = { (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) }

sao conjuntos ortonormais (exercıcio). O que significa que os vetores, dois adois, formam um angulo de 90o entre si e todo estao a mesma distancia, 1,da origem, veja:

0R

R

t

t

(1, 0)

(0, 1)

0 t

t

t(1, 0, 0)

(0, 1, 0)

(0, 0, 1)

R

R

R

287

Coeficientes de Fourier

A importancia das bases ortogonais reside no fato de que existe um pro-cedimento padrao para se encontrar as coordenadas de um vetor qualquerem relacao a elas. De fato, seja V um espaco vetorial com produto interno〈 ·, · 〉, B = {u1 , . . . , un } uma base ortogonal de V e u um vetor arbitrarioem V . Vamos calcular as coordenadas de u em relacao a B. Sabemos que

u = x1 u1 + · · ·+ xiu

i+ · · · + xn un

e queremos encontrar a i-esima coordenada xi. Para isto, facamos o produto

interno dos dois membros da igualdade acima por ui, assim:

〈u, ui〉 = 〈x1 u1 + · · ·+ x

iui + · · · + xn un, ui

〉

= x1 〈u1 , ui〉+ · · ·+ x

i〈u

i, u

i〉+ · · ·+ xn 〈un , ui

〉

= x1 · 0 + · · ·+ xi〈u

i, u

i〉+ · · ·+ xn · 0 = x

i〈u

i, u

i〉

portanto 〈u, ui〉 = x

i〈u

i, u

i〉, entao:

xi=〈u, u

i〉

〈ui, u

i〉 , (i = 1, 2, . . . , n) (5.37)

Esta coordenada e chamada coeficiente de Fourier de u em relacao a ui.

Observe que se tivermos uma base ortonormal {u1 , . . . , un } os coefi-cientes (coordenadas) x

ide um vetor u = x1 u1 + · · · + x

iu

i+ · · · + xn un

sao dados por

xi=〈u, u

i〉

〈ui, u

i〉 = 〈u, ui

〉

Isto e, as coordenadas de um vetor relativamente a uma base ortonormalsao os produtos internos desse vetor pelos elementos da referida base.

Exemplo: Na figura a seguir

p p

pp

x

y

0s

s

(1, 0)

(0, 1)

p

pp

p

x′

y′

0

s

s

u 1

u 2

30o

demos uma rotacao de θ = 30o na base canonica do R2. Para calcular umabase ortogonal para o novo sistema rotacionamos de θ, segundo a formula(4.36) (p. 247), os vetores da base antiga { (1, 0), (0, 1) }, assim:

288

(confira na formula)

(1, 0) 7→ u1 =(√3

2,1

2

); (0, 1) 7→ u2 =

(− 1

2,

√3

2

)

Vamos calcular as coordenadas do vetor u =(1, 3

2

)em relacao a essa

nova base, isto e, queremos x1 e x2 na equacao

u = x1 u1 + x2 u2

Pelo coeficiente de Fourier (5.37) temos

x1 =〈u, u1 〉〈u1 , u1 〉

Temos:

〈u, u1 〉 =(1,

3

2

)·(√3

2,1

2

)= 1 ·

√3

2+

3

2· 12=

2√3 + 3

4e

〈u1 , u1 〉 =(√3

2,1

2

)·(√3

2,1

2

)=

√3

2·√3

2+

1

2· 12= 1

Portanto, x1 = 2√3+34 . Analogamente,

x2 =〈u, u2 〉〈u2 , u2 〉

Temos:

〈u, u2 〉 =(1,

3

2

)·(− 1

2,

√3

2

)= 1 · −1

2+

3

2·√3

2=−2 + 3

√3

2e

〈u2 , u2 〉 =(− 1

2,

√3

2

)·(− 1

2,

√3

2

)= −1

2· −1

2+

√3

2·√3

2= 1

Portanto, x2 = −2+3√3

2 , isto e,

u = (x1 , x2) =( 2√3 + 3

4,−2 + 3

√3

4

)


p p

pp

x

y

0

s(1, 32) x

′y′

x 1x 2

s

30o

Compare esse resultado com o obtido pela formula (4.35) (p. 245), noexemplo da p. 245.

289

Conjunto ortogonal e independencia linear

Proposicao 18. Todo conjunto ortogonal S = {u1 , u2 , . . . , ur } contidonum espaco vetorial euclidiano e necessariamente L.I.

Prova: Com efeito, suponha

λ1 u1 + λ2 u2 + · · ·+ λr ur = 0

Entao

0 = 〈 0, u1 〉 = 〈λ1 u1 + λ2 u2 + · · ·+ λr ur, u1 〉

= λ1 〈u1 , u1 〉+ λ2 〈u2 , u1 〉+ · · ·+ λr 〈ur , u1 〉

= λ1 · 1 + λ2 · 0 + · · · + λr · 0 = λ1

Analogamente se prova que λ2 = λ3 = · · · = λr = 0. �

Proposicao 19. Seja U = {u1 , u2 , . . . , ur } um subconjunto ortonormaldo espaco euclidiano V . Entao, para todo vetor u de V , o vetor

v = u− 〈u, u1 〉u1 − 〈u, u2 〉u2 − · · · − 〈u, ur 〉ur

e ortogonal a cada vetor do subespaco gerado pelos vetores de U .

Prova: Iniciamente observemos que se v for ortogonal aos vetores deU , entao sera ortogonal a toda combinacao linear de U . Com efeito, sejaw = λ1 u1 + λ2 u2 + · · ·+ λr ur uma dessas combinacoes lineares. Entao

〈 v, w 〉 = 〈 v, λ1 u1 + λ2 u2 + · · ·+ λr ur 〉

= λ1 〈 v, u1 〉+ λ2 〈 v, u2 〉+ · · ·+ λr 〈 v, ur 〉

= λ1 0 + λ2 0 + · · ·+ λr 0 = 0

Sendo assim, so nos resta provar que v e ortogonal a cada ui. Conside-

remos o produto

〈 v, u1 〉= 〈 u−〈u, u1 〉u1−〈u, u2 〉u2− ···−〈u, ur 〉 ur , u1 〉

= 〈u, u1 〉−〈〈u, u1 〉u1 , u1 〉−〈〈u, u2 〉u2 , u1 〉− ···−〈〈u, ur 〉ur , u1 〉

= 〈u, u1 〉−〈u, u1 〉〈u1 , u1 〉−〈 u, u2 〉〈u2 , u1 〉− ···−〈u, ur 〉〈ur , u1 〉

= 〈u, u1 〉−〈u, u1 〉 1 −〈u, u2 〉 0 − ···−〈u, ur 〉 0= 0

Onde usamos a hipotese de que o conjunto {u1 , u2 , . . . , ur } e ortonor-mal. De modo analogo provamos que 〈 v, u2 〉 = · · · = 〈 v, ur 〉 = 0. �

290

Processo de ortogonalizacao de Gram-Schmidt∗

A partir de uma base qualquer de um espaco vetorial existe um processo(algoritmo) para se obter uma base ortogonal. Inicialmente vamos mostrarcomo esse algoritmo funciona para uma base B = { v1 , v2 } com dois vetores.

Enfatizando: a partir da base B, na qual v1 e v2 nao sao ortogonaisqueremos construir uma outra base C = {u1 , u2 } na qual u1 e u2 saoortogonais.

0

t

t

v1

v2

⇒

0

t

t

⊡

u1

u2

Entao, tomemos u1 = v1 . Precisamos encontrar com o auxılio de v2 umnovo vetor u2 ortogonal a u1 . Para isto tomamos u2 = v2 − λu1 , onde λ eum numero a ser encontrado de modo que u1 e u2 resultem ortogonais, ouseja, 〈u2 , u1 〉 = 0,

ou ainda

〈 v2 − λu1 , u1 〉 = 0

Sendo assim temos

〈 v2 + (−λu1), u1 〉 = 〈 v2 , u1 〉+ 〈 (−λu1), u1 〉= 〈 v2 , u1 〉 − λ 〈u1 , u1 〉

Logo

〈 v2 − λu1 , u1 〉 = 〈 v2 , u1 〉 − λ 〈u1 , u1 〉 = 0 ⇒ λ =〈 v2 , u1 〉〈u1 , u1 〉

Comparando λ com a equacao (5.37) (p. 288) concluimos que λ e a coordenada(projecao, coeficiente de Fourier) de v2 em relacao a v1 (= u1).

∗Jorgen Pederson Gram (1850-1916) foi um atuario dinamarques.Erhard Schmidt (1876-1959) ensinou em diversas universidades alemas importantes e foialuno de Hermann Amandus Schwarz e David Hilbert. Ele realizou contribuicoes impor-tantes para o estudo de equacoes integrais e equacoes diferenciais parciais e, como partedeste estudo, introduziu o metodo para encontrar uma base ortogonal em 1907. Em 1908,escreveu um artigo sobre sistemas lineares de infinitas equacoes com infinitas incognitas,no qual fundou a teoria dos espacos de Hilbert e no qual ele novamente utilizou estemetodo.

291

Resumindo, a base procurada fica assim:

u1 = v1 e u2 = v2 − λu1 = v2 −〈 v2 , u1 〉〈u1 , u1 〉

u1 (5.38)

Observe que u2 foi obtido de v2 subtraindo-se deste a projecao (coordenada)do vetor v2 em relacao a v1 (= u1). Geometricamente tudo se passa assim:

0

t

t

t

t

t

u1 = v1

λu1

−λu1

v2u2

u1 e u2 sao vetores ortogonais nao nulos. Podemos entao normaliza-los:

u′1=

u1

‖u1‖e u′

2=

u2

‖u2‖

para obter uma base C ′ = {u′1, u′

2} ortonormal.

Nota: Normalizar um vetor u (nao nulo) significa a partir dele obter umoutro vetor u′ de norma 1; para isto basta dividir o vetor por sua norma.De fato,

u′ =u

‖u‖ =1

‖u‖ u ⇒ ‖u′‖ =∥∥∥

1

‖u‖ u∥∥∥ =

1

‖u‖ ‖u‖ = 1

Observe que na penultima igualdade acima usamos as propriedades PN1 ePN2 da norma (p. 264).

Exemplo: Seja B = { (4, 1), (1, 3) } uma base do R2. Vamos obter a partirdeB uma base ortonormal em relacao ao produto interno usual. Sejam entao

v1 = (4, 1) e v2 = (1, 3)

Agora basta usar a equacao (5.38), isto e,

u1 = (4, 1) e u2 = (1, 3)− 〈 (1, 3), (4, 1) 〉〈 (4, 1), (4, 1) 〉 (4, 1)

Entao

〈 (1, 3), (4, 1) 〉 = 1 · 4 + 3 · 1 = 7

〈 (4, 1), (4, 1) 〉 = 4 · 4 + 1 · 1 = 17

292

Logo

u2 = (1, 3)− 7

17(4, 1) =

(− 11

17,44

17

)

Para normalizar esses vetores precisamos de

‖u1‖ =√

42 + 12 =√17 e ‖u2‖ =

√(− 11

17

)2+( 44

17

)2=

√2057

17

Entao

u′1=

1

‖u1‖u1 =

1√17

(4, 1) e u′2=

1

‖u2‖u2 =

17√2057

(− 11

17,44

17

)

Geometricamente tudo se passa assim

p p p p

pp

p

1 2 3 4

1

2

3

s

s

x

y

v1

v2

N { v1, v

2} base nao ortogonal.

p p p p

pp

p

s

s

x′

y′

s

s

s

u1 = v1λu1

−λu1

v2u2

s

s

u′1

u′2

N { u′1, u′

2} base ortonormal.

O procedimento de ortogonalizacao de dois vetores pode ser generalizadopara uma base B = { v1 , v2 , . . . , vn } com n vetores. Tomemos como ante-riormente

u1 = v1

u2 = v2 − λu1 onde λ =〈 v2 , u1 〉〈u1 , u1 〉

Ja vimos que u1 e u2 sao ortogonais. Vamos construir agora um vetor u3

que seja ao mesmo tempo ortogonal a u1 e u2 . Por analogia ao caso anteriorvamos adotar

u3 = v3 − αu2 − β u1 (5.39)

e determinar os escalares α e β tais que 〈u3 , u2 〉 = 0 e 〈u3 , u1 〉 = 0.Sendo assim temos o seguinte sistema a resolver

〈 v3 − αu2 − β u1 , u2 〉 = 0 ⇒ 〈 v3 , u2 〉 − α 〈u2 , u2 〉 − β 〈u1 , u2 〉 = 0

〈 v3 − αu2 − β u1 , u1 〉 = 0 ⇒ 〈 v3 , u1 〉 − α 〈u2 , u1 〉 − β 〈u1 , u1 〉 = 0

293

Como 〈u1 , u2 〉 = 〈u2 , u1 〉 = 0, das duas ultimas equacoes obtemos:

α =〈 v3 , u2 〉〈u2 , u2 〉

e β =〈 v3 , u1 〉〈u1 , u1 〉

Substituindo esses resultados em (5.39), obtemos

u3 = v3 −〈 v3 , u2 〉〈u2 , u2 〉

u2 −〈 v3 , u1 〉〈u1 , u1 〉

u1

Comparando α com a equacao (5.37) (p. 288) concluimos que α e a coor-denada (projecao, coeficiente de Fourier) de v3 em relacao a u2 . Conclusaoanaloga vale para β. Sendo assim u3 e obtido de v3 subtraindo-se suasprojecoes sobre u1 e u2 .

Procedendo de maneira analoga, obtemos os vetores u4 , . . . , un .

Assim, a partir de uma base B = { v1 , . . . , vn } de um espaco vetorial V ,construimos a base ortogonal C = {u1 , . . . , un } dada por:

u1 = v1

u2 = v2 −〈 v2 , u1 〉〈 u1 , u1 〉 u1

u3 = v3 −〈 v3 , u2 〉〈 u2 , u2 〉 u2 −

〈 v3 , u1 〉〈 u1 , u1 〉 u1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

un = vn −〈 vn , un−1 〉

〈un−1 , un−1 〉 un−1 − · · · −

〈 vn , u1 〉〈u1 , u1 〉 u1

A partir desta base podemos obter uma outra base de vetores ortonormais,basta normalizar cada um dos vetores acima.

Nota: Podemos, alternativamente, provar o algoritmo (ou processo) deGram-Schmidt fazendo uso da proposicao 19. (p. 290)

Exemplo: Seja B = { (1, 0, 0), (0, 1, 1), (0, 1, 2) } uma base do R3.Vamos aplicar o algoritmo de Gram-Schmidt para obter a partir de B umabase ortonormal em relacao ao produto interno usual.

Sejam v1 = (1, 0, 0), v2 = (0, 1, 1) e v3 = (0, 1, 2). Entao, seguindo oalgoritmo temos:

u1 = v1 = (1, 0, 0)

u2 = v2 −〈 v2 , u1 〉〈u1 , u1 〉 u1 = (0, 1, 1)− 〈 (0, 1, 1), (1, 0, 0) 〉

〈 (1, 0, 0), (1, 0, 0) 〉 (1, 0, 0) = (0, 1, 1)

Observe que u2 = v2 porque v2 ja e ortogonal a v1 . Continuando

u3 = v3 −〈 v3 , u2 〉〈u2 , u2 〉

u2 −〈 v3 , u1 〉〈u1 , u1 〉

u1

= (0, 1, 2)− 〈 (0, 1, 2), (0, 1, 1) 〉〈 (0, 1, 1), (0, 1, 1) 〉 (0, 1, 1)−〈 (0, 1, 2), (1, 0, 0) 〉〈 (1, 0, 0), (1, 0, 0) 〉 (1, 0, 0)

294

Fazendo as contas obtemos u3 =(0, −1

2 ,12

). Logo,

C ={

(1, 0, 0), (0, 1, 1),(0, −1

2,1

2

) }

e uma base ortogonal (o que pode ser confirmado diretamente). Normali-zando cada um dos vetores acima obtemos

C ′ ={

(1, 0, 0),(0,

√2

2,

√2

2

),(0, −

√2

2,

√2

2

) }

que e uma base ortonormal do R3, construida a partir da base B.Geometricamente temos

R

R

R

sv1 =(1, 0, 0)

sv2 =(0, 1, 1)

sv3 =(0, 1, 2)

Algoritmo

Gram-Schmidt

N { v1 , v2 , v3 } base nao ortogonal.R

R

R

su′1

ssu′2

u′3

N { u′1, u′

2, u′

3} base ortonormal.

Polinomios de Legendre

Os polinomios de Legendre sao aplicados na fısica quantica, por exemplo naresolucao da equacao de Schroedinger − para o atomo de hidrogenio (p. 112).

Consideremos em P3(R) a seguinte base

B = { 1, t, t2, t3 }

que e ortogonal em relacao ao produto interno usual (equacao (5.4), p. 261),prove isto. Mostre que esta base nao e ortogonal segundo o produto internodado por

〈 f, g 〉 =∫ 1

−1f(t) g(t) dt (5.40)

Vamos, a partir de B, construir uma base C = {u1 , u2 , u3 , u4 } ortogonalem relacao a esse produto interno.

Solucao: Sejam v1 = 1, v2 = t, v3 = t2 e v4 = t3. Entao, seguindo oalgoritmo temos:

295

u1 = v1 = 1

u2 = v2 −〈 v2 , u1 〉〈u1 , u1 〉 u1

Temos

〈 v2 , u1 〉 = 〈 t, 1 〉 =∫ 1

−1t · 1 dt = 0 e 〈u1 , u1 〉 =

∫ 1

−11 · 1 dt = 2

Sendo assim, temos: u2 = v2 = t. Prosseguindo, devemos obter

u3 = v3 −〈 v3 , u2 〉〈u2 , u2 〉

u2 −〈 v3 , u1 〉〈u1 , u1 〉

u1

Entao

〈 v3 , u2 〉 = 〈 t2, t 〉 =∫ 1

−1t2 · t dt = 0 e 〈u2 , u2 〉 =

∫ 1

−1t · t dt = 2/3

Ainda

〈 v3 , u1 〉 = 〈 t2, 1 〉 =∫ 1

−1t2 · 1 dt = 2/3

Substituindo estes resultados na equacao de u3 , dada acima, obtemos

u3 = t2 − 0

2/3t − 2/3

2· 1 = t2 − 1

3

Finalmente

u4 = v4 −〈 v4 , u3 〉〈u3 , u3 〉

u3 −〈 v4 , u2 〉〈u2 , u2 〉

u2 −〈 v4 , u1 〉〈u1 , u1 〉

u1

Deixamos como exercıcio ao leitor confirmar os seguintes resultados

〈 v4 , u3 〉 = 0, 〈 v4 , u2 〉 =2

5e 〈 v4 , u1 〉 = 0

Substituindo os resultados obtidos na equacao de u4 , dada anteriormente,obtemos u4 = t3 − 3

5 t. Sendo assim, resulta

C ={

1, t, t2 − 1

3, t3 − 3

5t}

E uma base ortogonal em relacao ao produto interno dado em (5.40).

Observe que se dois vetores sao ortogonais multiplicando um deles poruma constante a ortogonalidade e preservada. Dizemos

〈u, v 〉 = 0 ⇒ 〈λu, v 〉 = 0

296

Assim e que vamos multiplicar o terceiro vetor em C, acima, por 3/2 e oquarto por 5/2 para obter

C ′ ={

1, t,1

2(3t2 − 1),

1

2(5t3 − 3t)

}

Cada um destes vetores vale 1 em t = 1, isto e, p(1) = 1. Estes sao osquatro primeiros polinomios de Legendre, em homenagem ao matematicofrances Adrien-Marie Legendre (1752-1833), que primeiro reconheceu suaimportancia no estudo da atracao gravitacional.

Os polinomios de Legendre:

P0(t) = 1 P1(t) = t

P2(t) =12(3t

2 − 1) P3(t) =12(5t

3 − 3t)

sao solucoes da importante equacao diferencial de Legendre:

(1− t2)P ′′n− 2tP ′

n+ n(n+ 1)Pn = 0 (5.41)

Utilizada na fısica quantica. A formula seguinte

Pn(t) =1

2n n!

dn

dtn[(t2 − 1)n]

conhecida como formula de Rodrigue’s nos fornece o polinomio de Legendrede ordem n (n = 0, 1, 2, . . .).

Ainda a tıtulo de informacao, os polinomios de Legendre comparecemna famosa Quadratura Gaussiana, uma importante tecnica numerica para ocalculo de integrais

∫ ba f(x) dx, na qual faz-se a seguinte mudanca de variavel:

∫ b

af(x) dx =

∫ 1

−1F (t) dt

Os polinomios de Legendre encontram-se disponıveis na Calculadora HP50g;por exemplo, nas telas a seguir

a esquerda temos os polinomios de terceira e quarta ordem,

p3(t) =1

2(5 t3 − 3 t) e p4(t) =

1

8(35 t4 − 30 t2 + 3)

no centro e a direita a plotagem dos respectivos graficos.

297

Complemento ortogonal

Seja U um subespaco vetorial do espaco com produto interno V . Ocomplemento ortogonal de U , denotado por U⊥ (le-se “U perp”) e formadopor todos os vetores v de V que sao ortogonais a todo vetor u ∈ U ; isto e

U⊥ ={v ∈ V : 〈 v, u 〉 = 0, ∀u ∈ U

}

Exemplo:

Seja V = R2 com o produto interno usual e U = { (λ, λ) : λ ∈ R }.Vamos encontrar o complemento ortogonal de U , assim:

U⊥ ={v ∈ V : 〈 v, u 〉 = 0, ∀u ∈ U

}

={(x, y) ∈ R2 : 〈 (x, y), (λ, λ) 〉 = 0, ∀u ∈ U

}


〈 (x, y), (λ, λ) 〉 = 0 ⇒ x · λ+ y · λ = 0

Como essa equacao deve ser satisfeita para todo λ real entao y = −x.Portanto

x

y

UU⊥U⊥ = { (x, y) ∈ R2 : y = −x }

Proposicao 20. O subconjunto U⊥ e um subespaco vetorial de V .

Prova: Sejam u1 e u2 dois vetores arbitrarios em U⊥. Entao

〈u1 , v 〉 = 〈u2 , v 〉 = 0, ∀ v ∈ V.Daqui decorre

〈u1 + u2 , v 〉 = 〈u1 , v 〉+ 〈u2 , v 〉 = 0, ∀ v ∈ V.Portanto, u1+u2 ∈ U⊥. Outrossim, mostremos que o complemento e fechadopara a multiplicacao por escalar. Sejam u ∈ U⊥ e λ ∈ R, entao

〈λu, v 〉 = λ 〈 u, v 〉 = λ · 0 = 0, ∀ v ∈ V.Para concluir observamos que U⊥ e nao vazio, pois 0 ∈ U⊥. �

298

Proposicao 21. Seja U um subespaco vetorial de um espaco euclidiano dedimensao finita V . Entao V = U ⊕ U⊥.

Isto e, V e a soma direta de U e U⊥.

Prova: Devemos provar que V = U + U⊥ e U ∩ U⊥ = { 0 }.Com efeito, seja B = {u1 , u2 , . . . , ur } uma base ortonormal de U . Pela

proposicao 19 (p. 290), dado u ∈ V , o vetor

v = u− 〈u, u1 〉u1 − 〈u, u2 〉u2 − · · · − 〈u, ur 〉ur

e ortogonal a todo vetor de U , ou seja, v ∈ U⊥. Sendo assim o vetor

u = 〈u, u1 〉u1 + 〈u, u2 〉u2 + · · · + 〈u, ur 〉ur + v

pertence a U + U⊥ ja que a soma das r primeiras parcelas no segundomembro acima esta em U . Como u foi fixado arbitrariamente em V issoprova que V ⊂ U + U⊥. Logo V = U + U⊥.

Agora seja w ∈ U ∩U⊥, sendo assim w ∈ U⊥; entao w e ortogonal a todovetor de U . Em particular temos 〈w, w 〉 = 0, no que resulta w = 0, logo:U ∩ U⊥ = { 0 }. �

Projecao ortogonal

Conforme vimos se B = {u1 , u2 , . . . , ur } e uma base ortonormal deum subespaco U de um espaco euclidiano V , entao todo vetor u ∈ V sedecompoe, de maneira unica, em duas parcelas ortogonais entre si, de acordocom a equacao

u = 〈u, u1 〉u1 + 〈u, u2 〉u2 + · · · + 〈u, ur 〉ur︸︷︷︸

∈U

+ v︸︷︷︸

∈U⊥

A primeira parcela acima e chamada projecao ortogonal de u sobre o sub-espaco U .

Exemplo:

Seja V = R2 com o produto interno usual e U = { (λ, λ) : λ ∈ R }.Encontrar a projecao de u = (1, 3) sobre este subespaco.

Solucao: B′ = { (1, 1) } e uma base de U , dividindo esse vetor por suanorma, temos uma base, B =

{1√2(1, 1)

}, ortonormal de U ; sendo assim a

projecao procurada vale

〈u, u1 〉u1 =⟨

(1, 3),1√2(1, 1)

⟩ 1√2(1, 1)

Temos

〈u, u1 〉u1 =1√2(1 · 1 + 3 · 1) 1√

2(1, 1) = (2, 2)

Geometricamente, temos

299

UU⊥

p p p

1

2

3

pp

p

0 1 2 3R

R

su

s

Exemplo: Encontre a projecao ortogonal do polinomio f(t) = 1 + 2t ∈ P2

sobre o subespaco U = [ t ], em relacao ao produto interno∫ 1−1 f(t) g(t) dt.

Solucao: B′ = { t } e uma base de U , dividindo esse vetor por sua norma

‖t‖ =√∫ 1

−1t · t dt =

√

2

3

temos uma base, B ={u1

}={√

32 t}, ortonormal de U ; sendo assim a

projecao procurada vale

〈u, u1 〉u1 =⟨

1 + 2t,

√

3

2t⟩√

3

2t

Ou ainda

〈u, u1 〉u1 =

√

3

2

( ∫ 1

−1(1 + 2t) · t dt

)√

3

2t = 2 t

∗ ∗ ∗Por ora, tudo se passa como se Nietzsche recusasse apenas os atribu-

tos que a chamada metafısica dogmatica confere a Deus, sem todavianegar-lhe a existencia. A leitura de mais alguns de seus escritos fortaleceessa hipotese. “Afastemos a suprema bondade do conceito de Deus: elae indigna de um Deus. Afastemos tambem a suprema sabedoria: foi avaidade dos filosofos que se tornou culpada dessa extravagancia de umDeus monstro de sabedoria: ele deveria parecer-se com eles tanto quantopossıvel. Nao! Deus, a suprema potencia − isso basta”.

(Scarlett Marton/Nietzsche das forcas cosmicas aos valores humanos, p. 166)

300

5.6 Isometrias

Daremos enfase agora a um tipo de operador linear especial que − dentreoutras propriedades − preserva o angulo entre dois vetores bem como suasdistancias para a origem. Por sinal, ja estudamos dois destes operadores: ooperador rotacao em torno da origem

0

s

s

ss

)

s

)

Uma rotacao em torno daorigem preserva a distancia dosvetores − para a origem − etambem o angulo entre os vetores.

E o operador reflexao em uma reta pela origem

0

s

s

s

s

)

)Uma reflexao numa reta pela

origem preserva a distancia dosvetores − para a origem − etambem o angulo entre os vetores.

Definicao 37 (Isometria). Seja V um espaco euclidiano de dimensao finita.Um operador linear T : V → V e dito uma isometria se possui a seguintepropriedade

‖T (u) ‖ = ‖u ‖, ∀u ∈ V.Isto e, se preserva a norma dos vetores. Uma tal isometria e tambem

conhecida como operador ortogonal sobre V .

Exemplo: Consideremos a rotacao de um ponto em torno da origem

T : R2 R2→(x, y) 7→(x cos θ−y sen θ, x sen θ+y cos θ)

Onde T (x, y) = (x cos θ− y sen θ, x sen θ+ y cos θ). Utilizando a normausual: (ver eq. (5.7), p. 263)

‖T (x, y) ‖ =√

(x cos θ − y sen θ)2 + (x sen θ + y cos θ)2

=√

x2 (cos2 θ + sen 2θ) + y2 ( sen 2θ + cos2 θ)

=√

x2 + y2 = ‖ (x, y) ‖

301

Proposicao 22. Toda isometria T : V → V e um isomorfismo.

Prova: Inicialmente vamos encontrar o nucleo de T , assim:

N (F ) = {u ∈ V : T (u) = 0 }

Entao

T (u) = 0 ⇒ ‖T (u) ‖ = ‖0‖ = 0 ⇒ ‖u‖ = ‖T (u) ‖ = 0 ⇒ u = 0

Logo, N (F ) = { 0 }. O que significa que T e injetora. Como o domınio eo contradomınio de T tem a mesma dimensao podemos recorrer ao corolario4 (p. 166) para concluir que T e tambem sobrejetora, portanto bijetora. �

Proposicao 23. Seja T : V → V um operador linear sobre um espacoeuclidiano V . Entao sao equivalentes as seguintes afirmacoes:

( I ) T e isometria.

( II ) T transforma bases ortonormais de V em bases ortonormais de V .

( III ) T preserva o produto interno de vetores; isto e,

〈T (u), T (v) 〉 = 〈u, v 〉, ∀u, v ∈ V.

Prova: ( I ) ⇒ ( II )

Seja B = {u1 , u2 , . . . , un } uma base ortonormal de V e provemos queT (B) tambem e uma base ortonormal de V . Como T e injetora, T (B) e Btem o mesmo numero de vetores, digamos:

B = {u1 , u2 , . . . , un } TT (B) = {T (u1), T (u2), . . . , T (un) }

Devemos provar que T (B) e um conjunto ortonormal. Da igualdade(5.10) (p. 265), podemos escrever as duas seguintes

‖ui+ u

j‖2 = ‖u

i‖2 + ‖u

j‖2 + 2〈u

i, u

j〉

‖T (ui) + T (u

j) ‖2 = ‖T (u

i)‖2 + ‖T (u

j)‖2 + 2〈T (u

i), T (u

j) 〉

Como, por hipotese, T e isometria decorre que os primeiros membros nestasigualdades sao iguais, e, ademais

‖T (uk)‖ = ‖u

k‖ (k = 1, 2, . . . , n).

Donde〈T (u

i), T (u

j) 〉 = 〈u

i, u

j〉 = δ

ij

Isto prova que T (B) e um conjunto ortonormal. (eq. (5.36), p. 287)

302

( II ) ⇒ ( III )

Seja B = {u1 , u2 , . . . , un } uma base ortonormal de V . Entao, dados

u = λ1 u1 + · · · + λn un e v = γ1 u1 + · · ·+ γn un

Temos

〈T (u), T (v) 〉 = 〈T (λ1 u1 + · · ·+ λn un), T (γ1 u1 + · · · + γn un) 〉

= 〈λ1T (u1) + · · ·+ λn T (un), γ1T (u1) + · · ·+ γn T (un) 〉Aplicando as propriedades do produto interno, obtemos

〈T (u), T (v) 〉 = λ1γ1 〈T (u1), T (u1) 〉+ · · ·+ λ1γn 〈T (u1), T (un) 〉+ · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·+λnγ1 〈T (un), T (u1) 〉+ · · · + λnγn 〈T (un), T (un) 〉

Decorre da hipotese que T (B) = {T (u1), T (u2), . . . , T (un) } e ortonor-mal, o que acarreta

〈T (u), T (v) 〉 = λ1γ1 〈T (u1), T (u1) 〉︸︷︷︸

=1

+ · · ·+ λ1γn 〈T (u1), T (un) 〉︸︷︷︸

=0

+ · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

+λnγ1 〈T (un), T (u1) 〉︸︷︷︸

=0

+ · · · + λnγn 〈T (un), T (un) 〉︸︷︷︸

=1

Sendo assim, temos

〈T (u), T (v) 〉 = λ1γ1 + · · ·+ λnγn

Por outro lado, um raciocınio analogo ao anterior nos fornece

〈u, v 〉 = 〈λ1 u1 + · · ·+ λn un , γ1 u1 + · · ·+ γn un 〉 = λ1γ1 + · · ·+ λnγn

Logo〈T (u), T (v) 〉 = 〈u, v 〉, ∀u, v ∈ V.

( III ) ⇒ ( I )

Tomando u = v na hipotese, obtemos

〈T (u), T (u) 〉 = 〈u, u 〉, ∀u, v ∈ V.O que nos fornece

‖T (u) ‖ =√

〈T (u), T (u) 〉 =√

〈u, u 〉 = ‖u ‖, ∀u ∈ V.�

303

Decorre desta proposicao que toda isometria T : V → V preserva oangulo entre dois vetores; isto e, o angulo entre dois vetores u e v e igualao angulo entre suas imagens T (u) e T (v). (ver eq. (5.35), p. 284)

Exemplo: Se T1 e T2 sao isometrias num espaco euclidiano V , mostra-remos que a composta T1 ◦ T2 tambem o e. Ademais, provaremos que se Te uma isometria em V , entao T−1 tambem e uma isometria em V .

De fato, ja vimos (p. 207) que a composta de duas transformacoes linearescontinua sendo uma transformacao linear. Por outro lado

‖ (T1 ◦ T2)(u) ‖ = ‖T1

(T2(u)

)‖ = ‖T2(u) ‖ = ‖u‖, ∀u ∈ V

na segunda e terceira igualdades usamos a hipotese de que T1 e T2 saoisometrias. A igualdade acima prova que a composta preserva a norma dosvetores, portanto e tambem isometria.

Vamos a segunda parte. Ja provamos que toda isometria e um isomor-fismo, logo existe T−1. Entao

∥∥T−1(u)

∥∥2 = 〈T−1(u), T−1(u) 〉 = 〈T

(T−1(u)

), T(T−1(u)

)〉

= 〈 I(u), I(u) 〉 = 〈u, u 〉 = ‖u‖2

Observe que na segunda igualdade usamos ( III ) da proposicao 23 −tendo em conta que T e ismometria, por hipotese.

Da igualdade acima concluimos que∥∥T−1(u)

∥∥ = ‖u‖, ∀u ∈ V . Por-

tanto T−1 tambem preserva a norma e por isso tambem e isometria.O nome alternativo para uma isometria (“operador ortogonal ”) decorre

da seguinte proposicao

Proposicao 24. Seja T : V → V um operador linear de um espaco eucli-diano de dimensao finita. Entao T e uma isometria se, e somente se, amatriz de T em relacao a uma base ortonormal e uma matriz ortogonal.

Nota: Uma matriz [T ] e ortogonal quando sua inversa e igual a suatransposta, isto e, [T ]−1 = [T ]t.

Prova: (⇒ ) Seja B = {u1 , u2 , . . . , un } uma base ortonormal de V .Seguindo o algoritmo dado na p. 189 podemos escrever

T (u1) = λ11 u1 + λ21 u2 + · · · + λn1 un

T (u2) = λ12 u1 + λ22 u2 + · · · + λn2 un

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .T (un) = λ1n u1 + λ2n u2 + · · · + λnn un

Tomamos o “transposto” dos coeficientes acima para obter:

[T ] =

λ11 λ12 . . . λ1n

λ21 λ22 . . . λ2n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

λn1 λn2 . . . λnn

304

Em correspondencia aos ındices desta matriz consideremos a seguintematriz

〈T (u1), T (u1) 〉〈T (u1), T (u2) 〉 . . . 〈T (u1), T (un) 〉

〈T (u2), T (u1) 〉〈T (u2), T (u2) 〉 . . . 〈T (u2), T (un) 〉. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

〈T (un), T (u1) 〉〈T (un), T (u2) 〉 . . . 〈T (un), T (un) 〉

= In

Nestas condicoes nao e difıcil mostrar a seguinte relacao

[T ]t [T ] = In

Daqui decorre que [T ]−1 = [T ]t.

(⇐ ) “A volta” e praticamente o caminho inverso da prova anterior. �

Exemplo: A matriz-rotacao (p. 247)

[T ] =

[

cos θ − sen θ

sen θ cos θ

]

e ortogonal, o que significa que

[T ]t =

[

cos θ sen θ

− sen θ cos θ

]

= [T ]−1

Corolario: Decorre da proposicao anterior que o determinante de umamatriz ortogonal e +1 ou −1.

De fato, sendo [T ] ortogonal, [T ]t [T ] = In, logo

det([T ]t [T ]

)= det ( In ) ⇒ det [T ]t det [T ] = 1

Como det [T ] = det [T ]t, decorre queremos

(det [T ]

)2= 1 ⇒ det [T ] = ±1.

305

Corolario: Dizer que uma matriz real de ordem n e ortogonal significaque suas colunas formam uma base ortonormal do Rn. Reciprocamente, osvetores de uma base ortonormal do Rn, em relacao ao produto interno usual,costituem as colunas de uma matriz ortogonal.

Vejamos o que foi dito acima para o caso n = 2. Consideremos

M =

[

a11 a12

a21 a22

]

uma matriz ortogonal. Consideremos os seguintes vetores

{u = (a11 , a21), v = (a12 , a22)

}(5.42)

do R2, formados pelas colunas dessa matriz. Da hipotese de que a matriz eortogonal vale M tM = In ; o que se traduz como

[

a11 a21

a12 a22

][

a11 a12

a21 a22

]

=

[

1 0

0 1

]

⇒

a11 a11 + a21 a21 = 1

a11 a12 + a21 a22 = 0

a12 a11 + a22 a21 = 0

a12 a12 + a22 a22 = 1

Logo〈u, u 〉 = 1, 〈u, v 〉 = 0

〈 v, u 〉 = 0, 〈 v, v 〉 = 1

Isso mostra que (5.42) e uma base ortonormal do R2. Para constatar o“Reciprocamente” basta seguir o “caminho inverso” da prova anterior.

∗ ∗ ∗[. . .] Sim, de fato ele [Leibniz] percebeu no bit 0 e no bit 1 o poder

combinatorio para criar o universo inteiro, que e exatamente o que acon-tece nos modernos computadores digitais eletronicos e no restante denossa tecnologia de informacao digital: CDS, DVDS, cameras digitais,PCS. . . Tudo isso e 0’s e 1’s, e esta e a nossa imagem do mundo! Vocecombina apenas 0’s e 1’s e voce consegue tudo. [. . .]

A despeito da crıtica de Laplace, a visao de Leibniz, pela qual o mundoe criado a partir dos 0’s e 1’s, recusa-se a sair de cena. De fato, elacomecou a inspirar alguns fısicos contemporaneos, que provavelmentenunca ouviram falar de Leibniz. (Gregory Chaitin/Metamat!/pp. 99-101)

306

5.6.1 Exercıcios

1) No espaco Z22cujos vetores sao listados a seguir

Z22= { 00, 10, 01, 11 }

00 10

01 11

a partir da base B = { 10, 11 } aplique, com o produto interno usual, oalgoritmo de Gram-Schmidt para obter uma base ortonormal.

2) No espaco Z32cujos vetores sao listados a seguir

Z32= { 000, 100, 010, 110, 001, 101, 011, 111 }

100 110

000010

011001

101 111

a partir da base B = { 101, 011, 111 } aplique, com o produto interno usual,o algoritmo de Gram-Schmidt para obter uma base ortonormal.

3) Calcule o valor de k para que os vetores u = (k + 1, 2) e v = (−1, 4)sejam ortogonais em relacao ao produto interno usual de R2.

4) Calcule o valor de k para que os vetores u = (5, k, −3) e v = (k, 1, 2)sejam ortogonais em relacao ao produto interno usual de R3.

5) Calcule o valor de k para que os vetores

u = (1, k + 1, k) e v = (k − 1, k, k + 1)

sejam ortogonais em relacao ao produto interno usual de R3.

6) Dados V = R2 e o produto interno 〈u, v 〉 = 2x1 y1 + 3x2 y2 calcule umvetor unitario simultaneamente ortogonal aos vetores u = (1, 2) e v = (2, 4).

7) Consideremos no espaco V = R2 o produto interno dado por

〈u, v 〉 = x1 y1 + 2x2 y2

para vetores arbitrarios u = (x1 , x2), v = (y1 , y2). Verifique se u e v saoortogonais, em relacao a esse produto, nos seguintes casos:

a ) u = (−1, 1) e v = (1, 1);

b ) u = (1, 1) e v = (2, −1);c ) u = (2, 1) e v = (1, −1);d ) u = (3, 2) e v = (2, −1).

307

8) Dadas duas matrizes quaisquer

A =

[a1 a2

a3 a4

]

e B =

[b1 b2b3 b4

]

do espaco vetorial V = M2×2 munido do produto interno

〈A, B 〉 = a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 + a4 b4

e dados os vetores

A =

[1 −10 −1

]

e B =

[2 −2−1 1

]

calcule:

a ) ‖A+B‖;b ) d(A, B) = ‖A−B‖;b ) o angulo entre A e B.

9) Em relacao ao produto interno do exercıcio anterior calcule k de modoque o angulo entre os vetores a seguir

A =

[1 −12 1

]

e B =

[1 −12 k

]

tenha uma medida de 90o.10) Dados os polinomios f(t) = 1− t+ t2 e g(t) = 1+ t no espaco V = P2 ,munido do produto interno 〈 f(t), g(t) 〉 =

∫ 10 f(t) g(t) dt calcule:

a ) ‖f + g‖ b ) d(f, g) = ‖f − g‖ c ) o angulo entre f e g.

11) Mesmo enunciado do exercıcio anterior mudando o produto interno parao seguinte 〈 f(t), g(t) 〉 =

∫ 1−1 f(t) g(t) dt.

12) Mostrar que a base canonica de P2 nao e ortonormal em relacao aoproduto interno 〈 f(t), g(t) 〉 =

∫ 10 f(t) g(t) dt.

13) A partir da base canonica de P2 obter uma base ortonormal em relacaoao produto interno

〈 f(t), g(t) 〉 =∫ 1

0f(t) g(t) dt

14) Determinar a projecao ortogonal de f(t) = −1 + 2t ∈ P2 sobre o sub-espaco U = [ t ], em relacao ao produto interno

〈 f(t), g(t) 〉 =∫ 1

−1f(t) g(t) dt

15) Seja V um espaco vetorial euclidiano. Dados u, v ∈ V (v 6= 0) e

k = 〈u, v 〉‖v‖2 , mostre que u− k v e ortogonal a v.

308

16) Mostre que se u e v sao vetores em um espaco vetorial euclidiano taisque ‖u+ v‖ = ‖u− v‖, entao u e v sao ortogonais.

17) Seja B = { (1, 0), (0, 1) } a base canonica de R2. Mostre que esta basenao e ortonormal em relacao so produto interno de R2, definido por

〈 (x1 , x2), (y1 , y2) 〉 = 2x1 y1 − x1 y2 − x2 y1 + x2 y2

18) A partir da base canonica de R2 obter uma base ortonormal em relacaoao produto interno do exercıcio anterior.

19) Determine uma base ortonormal, em relacao ao produto interno canonico,para o seguinte subespaco de R3:

W = { (x, y, z) ∈ R3 : x− y + z = 0 }

20) Suponha que os vetores u e v sao ortogonais. Mostre o teorema dePitagoras: ‖u+ v‖2 = ‖u‖2 + ‖v‖2.21) Mostre que um produto interno pode ser obtido a partir de uma funcaonorma:

〈u, v 〉 = 1

4

(‖u+ v‖2 − ‖u− v‖2

)

22) A partir da formula anterior obtenha dois produtos internos para osespacos Z2

2e Z3

2segundo as normas dadas em (5.20) (p. 273) e (5.25) (p. 276).

23) Calcule o angulo entre os vetores u = 10 e v = 11 em relacao aosdois produtos internos obtidos no exercıcio anterior. Idem para os vetoresu = 110 e v = 111.

24) Seja V um espaco vetorial euclidiano de dimensao finita. Se W e umsubespaco vetorial de V , mostremos que W = (W⊥ )⊥.

Solucao: Devemos mostrar uma igualdade entre dois conjuntos. Mostremosinicialmente que W ⊂ (W⊥ )⊥. Entao, seja w ∈ W , temos: 〈w, u 〉 = 0,u ∈W⊥. Observe que, por definicao, (p. 298)

(W⊥ )⊥ = { v ∈ V : 〈 v, u 〉 = 0, ∀u ∈W⊥ }

Portanto, w ∈ (W⊥ )⊥. Por outro lado, ja provamos (prop. 21, p. 299) que V esoma direta de cada um dos seus subespacos com o respectivo complementoortogonal, o que nos permite escrever (eq. (2.13), p. 104)

dimW + dimW⊥ = dimV

dimW⊥ + dim (W⊥ )⊥ = dimV

Daqui resulta: dimW = dim (W⊥ )⊥.

Tendo em conta a proposicao 8 (p. 99) concluimos que W =W⊥.

309

25) Sejam U e V subespacos de um espaco euclidianoW de dimensao finita.Provemos que (U + V )⊥ = U⊥ ∩ V ⊥.

Solucao: Devemos mostrar uma igualdade entre dois conjuntos. Mostremosinicialmente que (U + V )⊥ ⊂ U⊥ ∩ V ⊥. Entao, seja w ∈ (U + V )⊥, logow e ortogonal a todo vetor u + v ∈ U + V . Como sao validas as seguintesinclusoes

U ⊂ U + V e V ⊂ U + V

entao w e ortogonal a todo vetor u ∈ U e a todo vetor v ∈ V , o que implicau ∈ U⊥ e u ∈ V ⊥; portanto u ∈ U⊥ ∩ V ⊥.

Para mostrar a inclusao contraria consideremos w ∈ U⊥ ∩ V ⊥. Entao we ortogonal a todo vetor de U e de V . Agora considere um vetor arbitrariou+ v ∈ U + V , entao:

〈w, u+ v 〉 = 〈w, u 〉 + 〈w, v 〉 = 0 + 0 = 0.

Portanto, w ∈ (U + V )⊥, o que conclui a demonstracao.

∗ ∗ ∗

Entre observacoes, o eletron espalha-se de acordo com a equacao deSchrodinger, mas probabilisticamente, em potentia, disse Heisenberg, queadotou a palavra potentia usada por Aristoteles. Onde e que existe essapotentia? Uma vez que a onda de eletron entra imediatamente em co-lapso quando a observamos, a potentia nao poderia existir no domıniomaterial do espaco-tempo. Nessa dimensao, todos os objetos tem que obe-decer ao limite de velocidade einsteiniano, lembram-se? Em vista disso,o domınio da potentia deve situar-se fora do espaco-tempo. A potentiaexiste em um domınio transcendente da realidade. Entre observacoes, oeletron existe como uma forma de possibilidade, tal como um arquetipoplatonico, no domınio transcendente da potentia.

Eletrons sao remotos demais da realidade pessoal comum. Supon-hamos que perguntamos: a Lua esta la em cima quando nao a olhamos?Na medida em que ela e, em ultima analise, um objeto quantico (sendocomposta inteiramente de objetos quanticos), temos que responder quenao − ou assim diz o fısico David Mermim. Entre observacoes, a Luaexiste tambem como uma forma de possibilidade em potentia transcen-dente. (Amit Goswami/O Universo Autoconsciente, p. 84)

310

5.7 Operadores Autoadjuntos

A fısica (mecanica quantica) e a engenharia eletrica (sistemas de comu-nicacao) sao dois ramos da ciencia nos quais os espacos vetoriais comparecemcom bastante frequencia. Em particular, os operadores autoadjuntos e osespacos hermitianos − vistos oportunamente − sao dois topicos de grandeinteresse nessas disciplinas.

Definicao 38. Seja V um espaco vetorial euclidiano. Um operador T : V →V se diz autoadjunto se

〈T (u), v 〉 = 〈u, T (v) 〉, ∀u, v ∈ V.

Exemplo: Considere o operador linear

T : R2 → R2, T (x, y) = (2x+ 4y, 4x− y)

Sejam u = (1, −1) e v = (0, 1), entao:

T (u) = T (1, −1) =(2 · 1 + 4 · (−1), 4 · 1− (−1)

)= (−2, 5)

e

T (v) = T (0, 1) = ( 2 · 0 + 4 · 1, 4 · 0− 1 ) = (4, −1)Com o produto interno usual, temos

〈T (u), v 〉 = 〈 (−2, 5), (0, 1) 〉 = −2 · 0 + 5 · 1 = 5

〈u, T (v) 〉 = 〈 (1, −1), (4, −1) 〉 = 1 · 4 + (−1) · (−1) = 5

Tomando vetores u = (a, b) e v = (c, d) arbitrarios em R2 nao e difıcilprovar que T e autoadjunto.

Por outro lado, observe que a matriz canonica de T

[T ] =

[

2 4

4 −1

]

e simetrica, isto e, [T ] = [T ]t. Este e um caso particular do seguinteresultado

Proposicao 25. Seja V um espaco euclidiano de dimensao finita. Entao,um operador T : V → V e autoadjunto se, e somente se, a matriz de T emrelacao a uma base ortonormal de V e simetrica.

Nota: Como se ve, os operadores autoadjuntos admitem uma caracte-rizacao matricial bastante simples.

311

Prova: (⇒ ) Seja B = {u1 , u2 , . . . , un } uma base ortonormal de V . Porhipotese

〈T (ui), u

j〉 = 〈u

i, T (u

j) 〉, 1 ≤ i, j ≤ n. (5.43)

Consideremos que a matriz de T na base B e [T ]B= (a

ij), entao (p. 189)

T (u1) = a11 u1 + a21 u2 + · · ·+ an1 un

T (u2) = a12 u1 + a22 u2 + · · ·+ an2 un

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

T (un) = a1n u1 + a2n u2 + · · ·+ ann un

T (ui) =

n∑

k=1

akiu

k

↓ i=1, 2, ... , n

De igual modo

T (u1) = a11 u1 + a21 u2 + · · ·+ an1 un

T (u2) = a12 u1 + a22 u2 + · · ·+ an2 un

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

T (un) = a1n u1 + a2n u2 + · · ·+ ann un

T (uj) =

n∑

t=1

atjut

↓ j=1, 2, ... , n

Substituindo estes somatorios em (5.43), obtemos

⟨ n∑

k=1

akiu

k, u

j

⟩

=⟨

ui,

n∑

t=1

atjut

⟩

, 1 ≤ i, j ≤ n. (5.44)

Observe que em correspondencia a matriz dos ındices i e j:

(1, 1) (1, 2) . . . (1, n)

(2, 1) (2, 2) . . . (2, n). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(n, 1) (n, 2) . . . (n, n)

Obtemos

⟨ n∑

k=1

ak1u

k, u1

⟩ ⟨ n∑

k=1

ak1u

k, u2

⟩

. . .⟨ n∑

k=1

ak1u

k, un

⟩

⟨ n∑

k=1

ak2u

k, u1

⟩ ⟨ n∑

k=1

ak2u

k, u2

⟩

. . .⟨ n∑

k=1

ak2u

k, un

⟩

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

⟨ n∑

k=1

aknu

k, u1

⟩ ⟨ n∑

k=1

aknu

k, u2

⟩

. . .⟨ n∑

k=1

aknu

k, un

⟩

312

para o lado esquerdo da igualdade (5.44). Para o lado direito da mesmaigualdade temos

⟨

u1 ,

n∑

t=1

at1 ut

⟩ ⟨

u1 ,

n∑

t=1

at2 ut

⟩

. . .⟨

u1 ,

n∑

t=1

atn ut

⟩

⟨

u2 ,

n∑

t=1

at1 ut

⟩ ⟨

u2 ,

n∑

t=1

at2 ut

⟩

. . .⟨

u2 ,

n∑

t=1

atn ut

⟩

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

⟨

un ,n∑

t=1

at1 ut

⟩ ⟨

un ,n∑

t=1

at2 ut

⟩

. . .⟨

un ,n∑

t=1

atn ut

⟩

Como a base B = {ui} e ortonormal obtemos para estas duas matrizes

a11 a21 . . . an1

a12 a22 . . . an2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .a1n a2n . . . ann

e

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .an1 an2 . . . ann

respectivamente. Por (5.44) estas duas matrizes sao iguais, logo aji

= aij

para 1 ≤ i, j ≤ n., isto e, [T ]Be simetrica.

(⇐ ) Seja B = {u1 , u2 , . . . , un } uma base ortonormal de V e, ainda porhipotese, consideremos [T ]

Bsimetrica.

Pois bem, como a base B e ortonormal, como antes, temos

〈T (ui), u

j〉 = a

jie 〈u

i, T (u

j) 〉 = a

ji, 1 ≤ i, j ≤ n.

Logo〈T (u

i), u

j〉 = 〈u

i, T (u

j) 〉, 1 ≤ i, j ≤ n.

Considerando vetores arbitrarios u, v ∈ V :

u = λ1 u1 + λ2 u2 + · · ·+ λn un =n∑

i=1

λiu

i

v = γ1 u1 + γ2 u2 + · · ·+ γn un =

n∑

j=1

γju

j

teremos

〈T (u), v 〉 =⟨ n∑

i=1

λiT (u

i),

n∑

j=1

γju

j

⟩

=

n∑

i=1

n∑

j=1

λiγj〈T (u

i), u

j〉

=n∑

i=1

n∑

j=1

λiγj〈u

i, T (u

j)〉 =

⟨ n∑

i=1

λiu

i,

n∑

j=1

γjT (u

j)⟩

= 〈u, T (v)〉

�

313

Na secao 4.2 (p. 203) provamos que(L

U

V , +, ·)= L

U

V e um espaco vetorial

sobre R. E facil mostrar que o conjunto dos operadores autoadjuntos deV e um subespaco vetorial de L

V

V . De fato, se T1 e T2 sao operadoresautoadjuntos de V , entao T1 + T2 tambem e, veja:

〈 (T1 + T2)(u), v 〉 = 〈T1(u) + T2(u), v 〉

= 〈T1(u), v 〉+ 〈T2(u), v 〉= 〈u, T1(v) 〉+ 〈u, T2(v) 〉= 〈u, T1(v) + T2(v) 〉 = 〈u, (T1 + T2)(v) 〉

Deixamos como exercıcio ao leitor provar que se T e autoadjunto e λ ∈ R

entao λT tambem e autoadjunto.Fixando uma base ortonormal B no espaco vetorial V , consideremos a

aplicacao

T : LV

V → Mn(R)

7→T [ T ]B

que a cada operador autoadjunto T ∈ LV

V associa sua matriz com respeito abase B. Por exemplo,

T : R2 → R2

7→(x, y) (2x+4y, 4x−y)

[

2 4

4 −1

]

(L

V

V , +, ·) (

M2(R), +, ·)

A transformacao T e linear e injetora (prove isto), e, tendo em conta aproposicao 25, concluimos que T e um isomorfismo do espaco dos operadoresautoadjuntos no espaco das matrizes simetricas de ordem n sobre R.

Esse isomorfismo tem como consequencia que os operadores autoadjuntospodem ser identificados com as matrizes simetricas.

∗ ∗ ∗

O matematico Roger Penrose argumenta que o raciocınio algorıtmico,semelhante ao que faz o computador, nao basta para permitir a descobertade teoremas e axiomas matematicos. [. . .]

Outra capacidade importate da mente humana, que parece estar alemdo alcance de um computador de silıcio, e a criatividade.

(O Universo Autoconsciente, p. 41, 42)

314

5.7.1 Exercıcios

26) Ache os valores de x e y tais que

[x y−1 0

]

seja ortogonal.

27) Para cada uma das matrizes simetricas A dadas abaixo, determine umamatriz ortogonal P tal que P tAP e diagonal:

a ) A =

[1 22 −2

]

b ) A =

[5 44 −1

]

c ) A =

[6 55 −1

]

28) Considere a seguinte matriz

A =

− 1√2

1√2

0

0 0 1

1√2

1√2

0

Mostre que os vetores formados pelas colunas deA formam uma base ortonor-mal do R3.

29) No espaco R3 com o produto interno usual considere o operador T : R3 →R3 dado por

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

A matriz de T em relacao a base B = { (1, 1, 0), (1, 0, 0), (0, 0, 1) } e

A =

1 1 1

1 1 1

1 1 1

simetrica. Mostre que T nao e autoadjunto. Tendo em conta que B nao eortonormal conclua daı que na proposicao 25 a hipotese de que a base sejaortonormal e imprescindıvel.

30) Seja T um operador autoadjunto de um espaco euclidiano V . Se

〈T (u), u 〉 = 0

para todo u ∈ V , mostre que T = 0.

31) Mostre que o produto e que a inversa de matrizes ortogonais sao orto-gonais.

32) Suponha que T1 e T2 sao autoadjuntos. Mostre que T1 T2 e autoad-junto se e so se T1 e T2 comutam, isto e, T1 T2 = T2 T1 .

33) Seja T ∈ LV

V um automorfismo. Se T e autoadjunto, mostre que T−1

tambem o e.

315

34) Seja T um operador autoadjunto de um espaco euclidiano V . Se U eum subespaco vetorial de V com a propriedade

u ∈ U ⇒ T (u) ∈ U

mostre que U⊥ tambem tem essa propriedade.

35) Mostre que se T : R2 → R2 e uma transformacao ortogonal sua matrizem relacao a base canonica so pode ser da forma:

A =

[

cos θ − sen θ

sen θ cos θ

]

ou B =

[

cos θ sen θ

sen θ − cos θ

]

Sugestao: Tome em consideracao que T preserva a norma dos vetores.

− Se a matriz de T for da forma dada por A entao T sera uma rotacao de

um angulo θ (p. 247). Mostre que B = A ·J , onde J =

[

1 0

0 −1

]

e a matriz

em relacao a base canonica de reflexao no eixo dos x (p. 238).

Usando composicao de funcoes conclua que se a matriz da transformacaoT for da forma dada por B, entao T sera uma reflexao atraves de uma retaque passa pela origem.

36) Considere o R3 com o produto interno 〈u, v 〉 =∑3i, j=1 aij

xiyj, onde

A =

2 1 0

1 2 0

0 1 4

Calcule os cossenos dos angulos entre os vetores da base canonica do R3.

Nota: u = (x1 , x2 , x3) e v = (y1 , y2 , y3).

∗ ∗ ∗

Quando conversavamos com Hermite sobre matematica, ele nuncainvocava uma ideia concreta e logo percebıamos que a mais abstrata dasideias do conhecimento matematico, para ele e como se fossem criaturasvivas e presentes no dia-a-dia de todos nos.

(Poincare)

316

5.8 Espacos Vetoriais Complexos

A presente secao e uma especie de pre-requisito para o proximo capıtulo.Ate agora temos dado enfase aos espacos vetoriais reais que, lembramos, saoos espacos tendo como escalares os numeros reais (K = R). Agora estaremosinteressados nos espacos complexos, isto e, nos espacos onde os escalaressao numeros complexos (K = C).

Exemplo: Consideremos V = Cn e K = C e definamos

(z1 , z2 , . . . , zn) + (w1 , w2 , . . . , wn) = (z1 + w1 , z2 + w2 , . . . , zn + wn , )

λ (z1 , z2 , . . . , zn) = (λ z1 , λ z2 , . . . , λ zn )

Onde zi, w

ie λ sao numeros complexos. Estas operacoes satisfazem todos

os requisitos para que (Cn, +, · ) seja um espaco vetorial sobre C. Sendoassim os elementos de Cn adquirem o status de vetores.

Exemplo: Considere os vetores u = (1 + 2 i, 4 − i, 2 ), v = (2 − i, 3, 4 i )em C3 e o escalar λ = 1− i em C, temos:

u+ v = (1 + 2 i, 4− i, 2 ) + ( 2− i, 3, 4 i )

=((1 + 2 i) + (2− i), (4− i) + 3, 2 + 4 i

)= (3 + i, 7− i, 2 + 4 i )

Tambem

λu = (1− i) ( 1 + 2 i, 4− i, 2 ) =((1− i)(1 + 2 i), (1 − i)(4 − i), (1− i)2

)

= (3 + i, 3− 5 i, 2− 2 i )

Os espacos vetoriais complexos aparecem com frequencia nas aplicacoespraticas, por exemplo na resolucao de equacoes diferenciais∗ as quais, porsua vez, comparecem em muitos ramos do conhecimento.

A razao principal para lidarmos com espacos complexos e que eles saoimprescindıveis na prova de muitos teoremas†, em funcao de que o corpo dosnumeros complexos, C, e algebricamente fechado − o que tem como con-sequencia que os polinomios com coeficientes complexos podem ser fatoradosem fatores lineares. O corpo R dos numeros reais nao possui esta impor-tante propriedade. Como um simples exemplo do que estamos afirmando,observe:

x2 + 1 = (x+ i)(x− i) em C

x2 + 1 = (x+?)(x− ?) em R (Nao se fatora).

No proximo capıtulo teremos oportunidade de ver que isso faz toda a diferencaentre os espacos (reais e complexos).

∗Por exemplo na resolucao da equacao de Schroedinger da mecanica quantica (p. 112).†Mesmo teoremas referentes a espacos vetoriais reais.

317

5.8.1 Espacos Hermitinianos

Vimos que ao definirmos produto interno em um espaco vetorial essaestrutura foi substancialmente enriquecida, podemos dizer que seu potencialde aplicabilidade “foi multiplicado por um fator de 10”.

Vejamos porque a definicao 29 (p. 258), de produto interno, nao pode serdiretamente transplantada para os espacos vetoriais complexos.

Consideremos os seguinte vetores u 6= 0 e w = i u; por ( d ) devemoster 〈u, u 〉 > 0, por outro lado,

〈w, w 〉 = 〈 i u, i u 〉 = i 〈u, i u 〉 = i 〈 i u, u 〉 = i · i 〈u, u 〉 = −1 〈u, u 〉 < 0

uma flagrante incompatibilidade. Este resultado justifica uma nova definicaode produto interno − para espacos vetoriais complexos.

Definicao 39 (Produto Interno Complexo). Seja V um espaco vetorial so-bre C. Um produto interno sobre V e uma aplicacao F que transformacada par ordenado (u, v) ∈ V ×V em um numero complexo (que indicaremospor 〈u, v 〉), isto e:

〈 · , · 〉 : V × V → C

(u, v) 7→ 〈u, v 〉

desde que as seguintes condicoes sejam satisfeitas:

( a ) 〈u+ v, w 〉 = 〈u, w 〉+ 〈 v, w 〉, ∀u, v, w ∈ V ;

( b ) 〈λu, v 〉 = λ 〈u, v〉, ∀λ ∈ C e ∀u, v ∈ V ;

〈u, v 〉 = 〈 v, u 〉, ∀u, v ∈ V ;

( d ) 〈u, u 〉 > 0, ∀u 6= 0.

Nota: a barra em ( c ) denota o “complexo conjugado”.

Um espaco vetorial complexo munido de um produto interno recebe onome de Espaco Hermitiniano.

Exemplo:

Consideremos V = Cn e u = (z1 , z2 , . . . , zn) e v = (w1 , w2 , . . . , wn)vetores neste espaco, entao a aplicacao dada por

(u, v) 7→ 〈u, v 〉 = z1 w1 + z2 w2 + · · · + zn wn (5.45)

define o chamado produto interno usual de Cn. A norma de um vetor edefinida como no caso real, assim:

‖u‖ =√

〈u, u 〉 =√

z1 z1 + z2 z2 + · · ·+ zn zn =√

|z1 |2 + |z2 |2 + · · · + |zn |2

318

Exemplo: Considere os vetores u = (1 + 2 i, 4− i, 2 ) e v = (2− i, 3, 4 i )em C3. Entao

〈u, v 〉 = (1 + 2 i) · ( 2− i ) + (4− i) · 3 + 2 · 4 i

= (1 + 2 i) · (2 + i) + (4− i) · 3 + 2 · (−4 i) = 12− 6 i

e

‖u‖ =√

|z1 |2 + |z2 |2 + |z3 |2

=√

|1 + 2 i|2 + |4− i|2 + |2|2

=

√

(√

12 + 22 )2 + (√

42 + (−1)2 )2 + 4 =√26

Destacamos agora uma importante consequencia da definicao de produtointerno complexo

〈u, λ v 〉 = 〈λ v, u 〉 = λ 〈 v, u 〉 = λ 〈 v, u 〉 = λ 〈u, v 〉 = λ 〈u, v 〉

O que significa que devemos tomar o conjugado de um numero complexoquando o retiramos da segunda posicao de um produto interno.

Vamos mostrar que a transformacao dada por (5.45) satisfaz a exigencia( c ) para produto interno. De fato, inicialmente observe que

〈u, v 〉 = z1 w1 + z2 w2 + · · · + zn wn

〈 v, u 〉 = w1 z1 + w2 z2 + · · · +wn zn

Entao

〈 v, u 〉 = (w1 z1 + w2 z2 + · · ·+ wn zn )

= w1 · z1 + w2 · z2 + · · · + wn · zn= z1 w1 + z2 w2 + · · ·+ zn wn = 〈u, v 〉

Finalmente, observamos que num espaco hermitiniano alem da norma deum vetor definimos os conceitos de ortogonalidade, complemento ortogonale conjuntos ortogonais e ortonormais como antes. A bem da verdade, asdefinicoes de distancia, coeficientes de Fourier e projecao sao as mesmas queas do caso real.

Ademais, importantes resultados obtidos, tais como a desigualdade deCauchy-Schwarz e o algoritmo de Gram-Schimidt tambem continuam validosnum espaco hermitiniano.

319

[email protected]

Capıtulo 6AUTOVALORES E

AUTOVETORES

O algoritmo PageRank, inventado pela empresa Google, permite

ao computador saber qual e o site mais importante quando uma busca

e realizada pelo usuario. O algoritmo cria matrizes constituıdas por

dados que mostram o quanto um site e indicado por outro site, por

exemplo. Uma parte decisiva do algoritmo envolve a busca de auto-

valores.

6.1 Vetor Proprio e Valor Proprio

Introducao: Na resolucao da equacao de Schrodinger (p. 112) chegamosa seguinte equacao

Hψ = λψ (6.1)

onde H e um operador, ψ um vetor (em um espaco de funcoes) e λ umescalar, representando a energia do sistema − um atomo por exemplo. Alemda fısica quantica esse tipo de equacao comparece em varios outros ramos,como por exemplo, na resolucao de equacoes diferenciais, no estudo dosfenomenos de vibracoes e na analise de estabilidade de um aviao.

Spectrum e uma palavra latina que significa“imagem”. Quando atomos vibram, eles emitemluz. Quando a luz passa atraves de um prisma, elase espalha em um espectro − uma faixa de cores doarco-ıris. As frequencias de vibracao correspon-dem aos autovalores de um certo operador e saovisıveis como retas brilhantes em um espectro de luz emitido atraves de umprisma. Podemos literalmente ver os autovalores de um atomo em seu es-pectro, e, por essa razao, e razoavel que a palavra spectrum seja usada paradesignar o conjunto dos autovalores de uma matriz (ou operador).

([6], p. 356)

321

A equacao (6.1) esta contemplada no contexto da algebra linear pela

Definicao 40. Seja V um espaco vetorial e seja T : V → V um operadorlinear sobre o corpo K. Um vetor u ∈ V , u 6= 0, e um vetor proprio de Tse existe um escalar λ tal que T (u) = λu. Neste caso dizemos que λ e umvalor proprio de T associado a u.

Nota: Um “vetor proprio”, e conhecido tambem como “autovetor” ou“vetor caracterıstico” e um “valor proprio”, e conhecido tambem como “au-tovalor” ou “valor caracterıstico”.

Quando existe um vetor nao nulo u tal que T (u) = λu, dizemos que oautovalor λ correponde (ou esta associado) ao autovetor u e, vice-versa, queo autovetor u corresponde (ou esta associado) ao autovalor λ.

Exemplos: Vamos encontrar os vetores proprios (caso existam) de algumasdas transformacoes geometricas vistas na secao 4.6.

1 ) Reflexao em torno do eixo dos x (p. 238)

T : R2 R2→(x, y) 7→(x,−y)

ou T (x, y) = (x, −y) x0

y

s(x, y)

s(x,−y)

T

Procuramos os vetores u = (x, y) ∈ R2 tais que T (u) = λu, para algumλ ∈ R. Entao

T (u) = λu ⇒ T (x, y) = λ (x, y)

como T (x, y) = (x, −y), temos

(x, −y) = λ (x, y) ⇒

λx = x

λ y = −y(6.2)

Da primeira equacao obtemos λ = 1, que satisfara a segunda somente sey = 0. Sendo assim, temos

T (x, 0) = (x, −0) = 1 · (x, 0)Desta forma todo ponto do eixo x − exceto a origem − e um vetor proprio

do operador T com autovalor λ = 1. Mas, tem mais: Se na primeira equacaode (6.2) considerarmos x = 0 temos que λ = −1 satisfaz a segunda. Sendoassim, temos

T (0, y) = (0, −y) = −1 · (0, y)Desta forma todo ponto do eixo y − exceto a origem − e um vetor proprio

do operador T com autovalor λ = −1.

322

2 ) Reflexao em torno da origem (p. 239)

T : R2 R2→(x, y) 7→(−x,−y)

ou T (x, y) = (−x, −y) x

y

s(x, y)

s(−x,−y)

T


T (u) = λu ⇒ T (x, y) = λ (x, y)

como T (x, y) = (−x, −y), temos

(−x, −y) = λ (x, y) ⇒

λx = −x

λ y = −y

Observamos que λ = −1 satisfaz o sistema acima para todo (x, y) ∈ R2.Sendo assim, temos

T (x, y) = (−x, −y) = −1 · (x, y)

Desta forma todo vetor do R2 − exceto a origem − e um vetor propriodo operador T com autovalor λ = −1.3 ) Reflexao em torno da reta y = x (p. 239)

T : R2 R2→(x, y) 7→(y, x)

ou T (x, y) = (y, x)

y= x

x

y

s(x, y)

s(y, x)


T (u) = λu ⇒ T (x, y) = λ (x, y)

como T (x, y) = (y, x), temos

(y, x) = λ (x, y) ⇒

λx = y

λ y = x

323

Substituindo o y da primeira equacao na segunda temos

λ (λx) = x ⇒ (λ2 − 1)x = 0

Se x = 0, substituindo na primeira equacao do sistema encontramos y = 0,nao vale pois um autovetor e sempre diferente de 0, por definicao. Agoratemos de considerar λ = ±1. Substituindo no sistema temos

λ = 1 ⇒ y = x e λ = −1 ⇒ y = −x

Sendo assim todo ponto sobre a reta y = x e um autovetor com autovalorλ = 1 e todo ponto sobre a reta y = −x e um autovetor com autovalorλ = −1. (com excecao da origem)

4 ) Cisalhamento na direcao do eixo dos x (p. 242)

T : R2 R2→(x, y) 7→(x+αy, y)

ou T (x, y) = (x+ α y, y) , α ∈ R. x

y

F

x

y


T (u) = λu ⇒ T (x, y) = λ (x, y)

como T (x, y) = (x+ α y, y), temos

(x+ α y, y) = λ (x, y) ⇒

λx = x+ α y

λ y = y

Se α = 0 temos o operador identidade e e facil ver que todo vetor do R2 −exceto a origem − e um autovetor com autovalor λ = 1.

Se α 6= 0 o sistema e satisfeito por y = 0 e λ = 1, neste caso temos

T (x, 0) = (x+ α 0, 0) = 1 (x, 0)

O que significa que todo ponto do eixo x − exceto a origem − e um autovetorcom vetor proprio λ = 1.

324

5 ) Rotacao de 90o em torno da origem (p. 247)

T : R2 R2→(x, y) 7→(−y, x)

ou T (x, y) = (−y, x) R

R

0

s

⊡

(x, y)

T (x, y)


T (u) = λu ⇒ T (x, y) = λ (x, y)

como T (x, y) = (−y, x), temos

(−y, x) = λ (x, y) ⇒

λx = −y

λ y = x

Substituindo o y da primeira equacao na segunda temos

λ (−λx) = x ⇒ (λ2 + 1)x = 0

Se x = 0, substituindo na primeira equacao do sistema encontramos y = 0,nao vale pois um autovetor e sempre diferente de 0, por definicao. Comoλ2 + 1 = 0 nao possui solucao nos reais concluimos que o operador emquestao nao admite vetores proprios.

Como se ve, nem todo operador linear possui autovetores e autovalores.

6 ) Projecao no plano xy

T : R3 R3→(x, y, z) 7→ (x, y, 0)

ou T (x, y, z) = (x, y, 0)

t(x, y, z)

T (x, y, 0)s

x

y

z

Procuramos os vetores u = (x, y, z) ∈ R3 tais que T (u) = λu, paraalgum λ ∈ R. Entao

325

T (u) = λu ⇒ T (x, y, z) = λ (x, y, z)

como T (x, y, z) = (x, y, 0), temos

(x, y, 0) = λ (x, y, z) ⇒

λx = x

λ y = y

λ z = 0

Para λ = 1 e z = 0, temos

u = (x, y, 0) ⇒ T (x, y, 0) = (x, y, 0) = 1 (x, y, 0)

O que significa que todo vetor do plano xoy − exceto a origem − e um vetorproprio deste operador com valor proprio λ = 1.

Podemos ter ainda λ = 0, z 6= 0 e x = y = 0; o que implica

u = (0, 0, z) ⇒ T (0, 0, z) = (0, 0, 0) = 0 (0, 0, z)

O que significa que todo vetor do eixo z − exceto a origem − e um vetorproprio deste operador com valor proprio λ = 0.

6.1.1 Propriedades dos vetores proprios e valores proprios

P1 ) O valor proprio λ associado ao vetor proprio u de um operador T eunivocamente determinado por T e u.

De fato, digamos que existam dois valores proprios associado a um unicovetor proprio, entao

T (u) = λu = λ′ u ⇒ (λ− λ′)u = 0 ⇒ λ− λ′ = 0 ⇒ λ = λ′.

P2 ) Se u e um vetor proprio associado ao valor proprio λ de um operadorlinear T , entao o vetor αu, para qualquer α 6= 0, e tambem vetor propriode T associado ao mesmo λ.

De fato, por hipotese, T (u) = λu e, por ser T linear, T (αu) = αT (u),entao

T (αu) = α (λu) ⇒ T (αu) = λ (αu)

E isto prova que o vetor αu e vetor proprio associado ao mesmo valor proprioλ. Essa propriedade pode ser confirmada em todos os exemplos vistos ante-riormente.

P3 ) Se λ e um valor proprio do operador linear T : V → V , entao o sub-conjunto

U(λ)

= {u ∈ V : T (u) = λu }

326

e um subespaco vetorial de V . Ou seja, o conjunto de todos os vetoresproprios associados a um mesmo valor proprio λ − e mais o vetor nulo − eum subespaco.

De fato, sejam u1 e u2 ∈ U(λ), entao

T (u1 + u2) = T (u1) + T (u2) = λu1 + λu2 = λ (u1 + u2)

e, portanto, u1 + u2 ∈ U(λ).

Sejam agora, u ∈ U(λ)

e α ∈ R, arbitrarios, entao

T (αu) = αT (u) = α (λu) = λ (αu)

e, portanto, αu ∈ U(λ)

.O subespaco αu ∈ U

(λ)chama-se o subespaco proprio de λ.

Observe que as provas continuam as mesmas se o corpo de escalares foros Complexos.

A tıtulo de ilustracao vamos exibir geometricamente os subespacos U(λ)

para os exemplos vistos anteriormente.


x0

y

s(x, y)

s(x,−y)

TR

0

R

# U(1)

#U(−1)


x

y

s(x, y)

s

(−x,−y)

T

R

R

# U(−1)

0

327

3 ) Reflexao em torno da reta y = x (p. 323)

y= x

x

y

s(x, y)

s(y, x)

R

R

U(1)

U(−1)


x

y

F

x

y

R0

R

# U(1)

Nota: Consideramos apenas o caso α 6= 0.


R

R

0

s

⊡

(x, y)

T (x, y)

R

R

0

t

U(λ) = { 0 }

328

6 ) Projecao no plano xy (p. 325)

t(x, y, z)

T (x, y, 0)s

x

y

z U(1)

#U(0)

6.1.2 Polinomio Caracterıstico

Tivemos oportunidade de observar que o calculo dos autovalores e au-tovetores de um operador, a partir da definicao, resultou assaz trabalhoso;nosso objetivo agora sera desenvolver um metodo pratico − mais eficiente− para efetuar tais calculos.

Determinacao dos valores proprios

Seja o operador linear T : R3 → R3, cuja matriz canonica e dada por

A =

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

isto e, A = [T ].

Se u e λ sao, respectivamente, vetor proprio e o correspondente valorproprio do operador T , a equacao T (u) = λu toma a seguinte forma matri-cial:

[T ] · u = λu, (u e um vetor-coluna 3× 1)

Ou ainda: Au− λu = 0.

Considerando u =

x

y

z

, por exemplo; observe que

1 0 0

0 1 0

0 0 1

x

y

z

=

x

y

z

⇒ Iu = u

329

Sendo assim, temos

Au− λu = 0 ⇒ Au− λ (Iu) = 0 ⇒ (A− λ I )u = 0

Observe que esta ultima equacao equivale a um sistema homogeneo. Para

que esse sistema admita solucoes nao nulas, isto e: u =

x

y

z

6=

0

0

0

devemos ter

det (A− λ I ) = 0 ⇒ det

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

− λ

1 0 0

0 1 0

0 0 1

= 0

Ou ainda:

det

a11 − λ a12 a13

a21 a22 − λ a23

a31 a32 a33 − λ

= 0

Generalizando essa introducao temos a seguinte

Definicao 41 (Polinomio caracterıstico de uma matriz). Dada uma matrizA = (a

ij) de ordem n (real ou complexa), chama-se polinomio caracterıs-

tico de A o seguinte polinomio em λ, de grau n:

P (A) = det

a11 − λ a12 . . . a1n

a21 a22 − λ . . . a2n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

an1 a

n2 . . . ann − λ

= det (A− λ In)

Uma importante propriedade das matrizes semelhantes e dada na

Proposicao 26. Matrizes semelhantes tem o mesmo polinomio caracterıstico.

Prova: Sejam A e B matrizes semelhantes. Pela definicao 26 (p. 231)

existe uma matriz inversıvel P de modo que P−1AP = B, entao

P (A) = det (A− λ In) = det (P B P−1 − λ In)

= det (P B P−1 − λP In P−1)

= det(P (B − λ In )P−1

)

= detP det (B − λ In ) detP−1

= det (B − λ In ) = P (B)

�

330

Definicao 42 (Polinomio caracterıstico de um operador). Seja T : V → Vum operador linear sobre um espaco vetorial de dimensao n. Chama-sepolinomio caracterıstico de T o polinomio caracterıstico da matriz de Tem relacao a qualquer base de V .

Observe que a proposicao 26, juntamente com a proposicao 15 (p. 232),nos assegura a validade desta definicao.

Proposicao 27. Seja T : V → V um operador linear sobre um espacovetorial sobre o corpo K (K = R ou K = C) de dimensao n. Entao osvalores proprios de T sao as raızes do polinomio caracterıstico de T .

Prova: Consideremos as seguintes equivalencias

T (u) = λu ⇔(T (u)− λu

)= 0 ⇔ (T − λ I)(u) = 0

esta ultima equacao implica em que o autovetor u pertence ao nucleo∗ dooperador (T − λ I). Em sımbolos

T (u) = λu ⇔ u ∈ Ker (T − λ I) (6.3)

Como deve ser u 6= 0 isto implica que devemos ter Ker (T − λ I) 6= { 0 }.Pela proposicao 11 (p. 157) a transformacao (T−λ I) nao e injetora; ou ainda,nao possui inversa − nao e inversıvel. Logo, det (T − λ I)=0. (p. 234)

Como, por definicao

det (T − λ I) = det ([T ]− λ I)

a proposicao esta provada. �

Valores proprios e vetores proprios de uma matriz

Assim como definimos valores e vetores proprios de um operador, demodo analogo podemos definir valores e vetores proprios de uma matriz. SeA e uma matriz quadrada de ordem n, real ou complexa, chama-se vetorproprio de A toda matriz

X =

x1

x2

...xn

6= 0

tal queAX = λX (6.4)

∗Doravante estaremos utilizando a seguinte notacao para o nucleo de um operador T :Ker (T ). A palavra Kernel deriva do termo cyrnel, do ingles antigo, significando semente.

331

onde λ e chamado valor proprio de A. Para encontrar os autovalores deuma matriz, de modo analogo ao caso dos operadores, devemos resolver aequacao

det (A− λ In) = 0

A tıtulo de ilustracao da proposicao 27 vamos calcular os valores propriosdos exemplos vistos no inıcio.


Nesse caso a matriz do operador na base canonica e

[T ] =

[1 00 −1

]

Entao

(T − λ I) =[1 00 −1

]

− λ[1 00 1

]

=

[1− λ 00 −1− λ

]

Logo

det (T − λ I) = 0 ⇒ det

[1− λ 00 −1− λ

]

= 0

o que nos fornece

(1− λ) · (−1− λ) = 0 ⇒ λ = ±1

O que concorda com os resultados obtidos anteriormente. (p. 322)



[T ] =

[−1 00 −1

]

Entao

(T − λ I) =[−1 00 −1

]

− λ[1 00 1

]

=

[−1− λ 0

0 −1− λ

]

Logo

det (T − λ I) = 0 ⇒ det

[−1− λ 0

0 −1− λ

]

= 0

o que nos fornece

(−1− λ) · (−1− λ) = 0 ⇒ (1 + λ)2 = 0 ⇒ λ = −1

O que concorda com o resultado obtido anteriormente. (p. 323)

332

3 ) Reflexao em torno da reta y = x (p. 239)


[T ] =

[0 11 0

]

Entao

(T − λ I) =[0 11 0

]

− λ[1 00 1

]

=

[−λ 11 −λ

]

Logo

det (T − λ I) = 0 ⇒ det

[−λ 11 −λ

]

= 0

o que nos fornece

λ2 − 1 = 0 ⇒ λ = ±1




[T ] =

[1 α0 1

]

Entao

(T − λ I) =[1 α0 1

]

− λ[1 00 1

]

=

[1− λ α

0 1− λ

]

Logo

det (T − λ I) = 0 ⇒ det

[1− λ α

0 1− λ

]

= 0

o que nos fornece

(1− λ)2 = 0 ⇒ λ = 1




[T ] =

[0 −11 0

]

Entao

(T − λ I) =[0 −11 0

]

− λ[1 00 1

]

=

[−λ −11 −λ

]

333

Logo

det (T − λ I) = 0 ⇒ det

[−λ −11 −λ

]

= 0

o que nos fornece

λ2 + 1 = 0 ⇒ S = { }, (em R)


Nota: Nesse exemplo estamos considerando o espaco vetorial V sobre o corpode escalares R; caso decidissemos trabalhar com os escalares em C − o quee muito comum em aplicacoes praticas − os autovalores de um operadorsempre existirao. Com efeito,

O teorema fundamental da Algebra afirma que se p(λ) e um polinomionao constante de grau n com coeficientes reais ou complexos, entao a equacaopolinomial p(λ) = 0 tem pelo ao menos uma raiz real ou imaginaria. Se λ1 euma tal raiz, entao o teorema da fatoracao da Algebra afirma que p(λ) podeser fatorado como p(λ) = (λ−λ1) p1(λ), onde p1(λ) e um polinomio de graun− 1. Aplicando esse mesmo processo de fatoracao ao polinomio p1(λ), etc.chegamos a conclusao que todo polinomio p(λ) pode ser fatorado em fatoreslineares.

Na pagina 336 estaremos discutindo o significado geometrico dos auto-valores complexos de uma matriz real 2× 2.



[T ] =

1 0 00 1 00 0 0

Entao

(T − λ I) =

1 0 00 1 00 0 0

− λ

1 0 00 1 00 0 1

=

1− λ 0 00 1− λ 00 0 −λ

Logodet (T − λ I) = 0 ⇒ (1− λ)2 (−λ) = 0 (6.5)

o que nos fornece λ = 0 ou λ = 1. O que concorda com o resultado obtidoanteriormente. (p. 325)

Definicao 43 (Multiplicidades algebrica e geometrica de um autovalor). Amultiplicidade de λ como raiz do polinomio caracterıstico e a multiplici-dade algebrica do autovalor λ. A dimensao do subespaco proprio U

(λ)e

chamada multiplicidade geometrica do autovalor λ.

334

Exemplos: Da equacao (6.5) concluimos que a multiplicidade algebricado autovalor λ = 1 e 2. Ja vimos (pp. 325, 329) que dimU

(1)= 2; nesse caso

as duas multiplicidades coincidem; todavia, nem sempre e este o caso.A proposito pode-se provar que a multiplicidade geometrica e sempre

menor ou igual a multiplicidade algebrica − Veja exercıcio (p. 407).

Calculo dos vetores proprios

A partir dos valores proprios de um operador T podemos encontrar osrespectivos vetores proprios. Para tanto basta considerar a equacao matricial

T (u) = λu ⇐⇒ [T ] [u] = λ [u]

Vejamos alguns exemplos:


Como vimos, nesse caso temos dois autovalores λ = 1 e λ = −1, entao

[T ] [u] = λ [u] ⇐⇒[1 00 −1

] [xy

]

= 1 ·[xy

]

Daqui deriva o seguinte sistema∗

{

1x + 0 y = 1x

0x − 1 y = 1 y⇒

{

x = x

−y = y⇒

{

x = x

y = 0

Logo, os autovetores procurados sao da forma u = (x, y) = (x, 0). Ou,u = (x, 0) = x (1, 0), com x ∈ R∗. Sendo assim o vetor (1, 0) gera osubespaco (ou subespaco proprio) de λ = 1, isto e: U

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

a representacao geometrica desse subespaco na p. 327

Temos ainda

[T ] [u] = λ [u] ⇐⇒[1 00 −1

] [xy

]

= −1 ·[xy

]

Daqui deriva o seguinte sistema

{

1x + 0 y = −1x0x − 1 y = −1 y

⇒{

x = −x−y = −y

⇒{

x = 0

y = y

Logo, os autovetores procurados sao da forma u = (x, y) = (0, y). Ou,u = (0, y) = y (0, 1), com y ∈ R∗. Sendo assim o vetor (0, 1) gera o sube-spaco proprio associado a λ = −1, isto e: U

(−1)= [ (0, 1) ] . Observe a

representacao geometrica desse subespaco na p. 327.

∗Lembramos que na algebra matricial nao vale a “lei do corte”.

335


Como vimos, nesse caso temos dois autovalores λ = 0 e λ = 1, entao

[T ] [u] = λ [u] ⇐⇒

1 0 00 1 00 0 0

xyz

= 0 ·

xyz


1x + 0 y + 0 z = 0x

0x + 1 y + 0 z = 0 y

0x + 0 y + 0 z = 0 z

⇒

1x = 0x

1 y = 0 y

0 z = 0 z

⇒

x = 0

y = 0

z = qualquer

Logo, os autovetores procurados sao da forma u = (x, y, z) = (0, 0, z).Ou, u = z (0, 0, 1), com z ∈ R∗. Sendo assim o vetor (0, 0, 1) gera osubespaco proprio associado a λ = 0, isto e: U

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

representacao geometrica desse subespaco na p. 329. Temos ainda

[T ] [u] = λ [u] ⇐⇒

1 0 00 1 00 0 0

xyz

= 1 ·

xyz


1x + 0 y + 0 z = 1x

0x + 1 y + 0 z = 1 y

0x + 0 y + 0 z = 1 z

⇒

1x = 1x

1 y = 1 y

0 z = 1 z

⇒

x = qualquer

y = qualquer

z = 0

Logo, os autovetores procurados sao da forma u = (x, y, z) = (x, y, 0). Ou,u = (x, y, 0) = x (1, 0, 0) + y (0, 1, 0), com x e y reais nao ambos nulos.Sendo assim os vetores (1, 0, 0) e (0, 1, 0) geram o subespaco proprio asso-ciado a λ = 1, isto e: U

(0)= [ (1, 0, 0), (0, 1, 0) ] . Observe a representacao

geometrica desse subespaco na p. 329.

Iremos agora ver uma interpretacao geometrica para os autovalores com-plexos de uma matriz real 2× 2.

Proposicao 28. Os autovalores da matriz real

T =

[a −bb a

]

(6.6)

sao λ = a± bi. Se a e b nao sao ambos nulos, entao essa matriz pode serfatorada como

[a −bb a

]

=

[

|λ| 0

0 |λ|

][

cos θ − sen θ

sen θ cos θ

]

(6.7)

onde θ e o angulo que vai do eixo x positivo ao raio desde a origem ate oponto (a, b).

336

Geometricamente, essa proposicao afirma que a multiplicacao por umamatriz da forma (6.6) pode ser vista como uma rotacao pelo angulo θ seguidade uma homotetia de razao |λ|. (def. 28, p. 241)

Prova: Vamos calcular o polinomio caracterıstico de T :

(T − λ I) =[a −bb a

]

− λ[1 00 1

]

=

[a− λ −bb a− λ

]

Logo

det (T − λ I) = 0 ⇒ det

[a− λ −bb a− λ

]

= 0

o que nos fornece

(a− λ)2 + b2 = 0 ⇒ λ = a± b i

Supondo a e b nao ambos nulos, seja θ o angulo do eixo x positivo aoraio desde a origem ate o ponto (a, b).

O angulo θ e o argumento do autovalor λ = a + b i, conforme visto aseguir

R

R

0

s

θ

|λ|(a, b)

cos θ = a|λ|

sen θ = b|λ|

⇒

a = |λ| cos θ

b = |λ| sen θ

Sendo assim a matriz (6.6) pode ser reescrita como

[a −bb a

]

=

[

|λ| 0

0 |λ|

]

a|λ| − b

|λ|b|λ|

a|λ|

=

[

|λ| 0

0 |λ|

][

cos θ − sen θ

sen θ cos θ

]

�

Interpretacao geometrica

Multiplicando a matriz T por um ponto (vetor) arbitrario do R2, assim:

[a −bb a

][

x

y

]

=

[

|λ| 0

0 |λ|

][

cos θ − sen θ

sen θ cos θ

] [

x

y

]

Obtemos

T (x, y) = |λ| (x cos θ − y sen θ, x sen θ + y cos θ) (6.8)

uma rotacao seguida de uma homotetia.

337

R

R

0

s

θ

↓

(a, b)

A figura ao lado exibe umarotacao seguida de uma homote-tia de razao |λ|. No caso da figuraa homotetia nada mais e que umacontracao por ser |λ| < 1.

Iteracoes sucessivas destas duas operacoes nos permitiu desenhar as figu-ras a seguir

onde um quadrado e rotacionado e em seguida “contraıdo”. (p. 251)

∗ ∗ ∗

A matematica e um campo demasiadamentearduo e inospito para agradar aqueles a quem nao ofer-ece grandes recompensas. Recompensas que sao damesma ındole que as do artista. . . .Acrescenta aindaque e no ato de criar que o matematico encontra suaculminancia e que “nenhuma quantidade de trabalhoou correcao tecnica pode substituir este momento decriacao na vida de um matematico, poeta ou musico”. (Norbert Wiener)

338

6.1.3 Exercıcios

1) Encontre os valores proprios e os vetores proprios do operador linear

T : R2 → R2, dado por T (x, y) = (−3x− 5y, 2y)

Encontre e faca um esboco geometrico dos respectivos subespacos proprios.


T : R2 → R2, dado por T (1, 0) = (0, −1) e T (0, 1) = (1, 0)

Encontre e faca um esboco geometrico dos respectivos subespacos proprios.


T : R3 → R3, dado por T (x, y, z) = (3x−y+z, −x+5y−z, x−y+3z)

Tente visualizar mentalmente os respectivos subespacos proprios.

4) Encontre os valores proprios e os vetores proprios do operador linearT : R3 → R3 dado por

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

Tente visualizar mentalmente os respectivos subespacos proprios.

5) Encontre os valores proprios e os vetores proprios da matriz

A =

[4 52 1

]


A =

[1 34 2

]

Esboce os espacos proprios de A num sistema de coordenadas xy.


A =

[−2 −15 2

]

8) Considere a matriz

A =

[a bc d

]

Mostre que seu polinomio caracterıstico e dado por

det (A− λ I2) = λ2 − (a+ d)λ+ (ad− bc)

= λ2 − tr(A)λ+ detA

339

9) Prove que se A e uma matriz quadrada, entao A e At tem o mesmopolinomio caracterıstico.

10) Os valores proprios de um operador linear T : R2 → R2 sao λ1 = 2 eλ2 = −3, sendo u1 = (1, −1) e u2 = (−1, 0) os respectivos vetores propriosassociados, encontre T (x, y).

11) Considere a matriz do operador T dada por

[T ] =

2 0 01 3 0−3 5 3

mostre que esse operador tem como autovalores

λ = 2, com multiplicidade algebrica 1 e multiplicidade geometrica 1;

λ = 3, com multiplicidade algebrica 2 e multiplicidade geometrica 1.


T : P1(R) → P1(R)

dado porT (1 + x) = 1 + 2x e T (1− x) = −1 + 3x


T : P2(R) → P2(R)

dado porT (c+ bx+ ax2) = b+ cx+ ax2

14) Prove que se λ e um autovalor de uma matriz invertıvel A e u e umautovetor associado, entao 1/λ e um autovetor de A−1 e u e um autovetorassociado. [Sugestao: comece com a equacao Au = λu].

15) Encontre p(λ) o polinomio caracterıstico da matriz

A =

[1 34 5

]

mostre que p(A) = 0.

340

6.2 Diagonalizacao de matrizes e operadores

Matrizes diagonais desempenham um papel relevante em muitas aplicacoesporque, sob muitos aspectos, elas representam os tipos mais simples de ope-radores lineares. Dado um operador linear T : V → V , como vimos, a cada

base B de V corresponde uma matriz [T ]Bque representa T nesta base.

Nosso objetivo sera obter, quando possıvel, uma base do espaco de modoque a matriz do operador T nesta base seja diagonal.

Da proposicao a seguir inferimos que um operador linear num espacovetorial de dimensao n possui no maximo n autovalores distintos.

Proposicao 29. Autovetores associados a autovalores distintos de um opera-dor T : V → V sao linearmente independentes.

Prova: Faremos a prova para dois autovalores distintos, a generalizacaofica facil.

Sejam λ1 , λ2 autovalores, com λ1 6= λ2 , e v1 , v2 os respectivos au-tovetores associados. Para provarmos que v1 e v2 sao L.I. consideremos aequacao

a1 v1 + a2 v2 = 0

Apliquemos a esta equacao o operador T − λ2 I:

(T − λ2 I)(a1 v1 + a2 v2) = T (0)

Logo(T − λ2 I)(a1 v1) + (T − λ2 I)(a2 v2) = 0

Entao

T (a1 v1)− λ2 I(a1 v1) + T (a2 v2)− λ2 I(a2 v2) = 0

a1 T (v1)− λ2 a1 v1 + a2 T (v2)− λ2 a2 v2 = 0

Tendo em conta que, por hipotese

T ( v1) = λ1 v1 e T ( v2) = λ2 v2

Obtemos

a1 (λ1 v1)− λ2 a1 v1 + a2 (λ2 v2)− λ2 a2 v2 = 0

Simplificandoa1 (λ1 − λ2) v1 + a2 (λ2 − λ2) v2 = 0

Oua1 (λ1 − λ2) v1 = 0

Como v1 6= 0 e λ1 6= λ2 , resulta necessariamente a1 = 0.Aplicando a equacao original o operador T − λ1 I e com uma manipu-

lacao analoga obtemos a2 = 0. �

341

Um corolario deste resultado que nos sera util para o objetivo em vistae o que segue

Corolario 5. Sempre que tivermos um operador T : R2 → R2 com au-tovalores λ1 6= λ2 , entao o conjunto { v1 , v2 }, formado pelos autovetoresassociados, sera uma base do R2. Este fato pode ser generalizado, isto e,se V e um espaco vetorial de dimensao n e T : V → V e um operador li-near que possui n autovalores distintos, entao o conjunto { v1 , v2 , · · · , vn },formado pelos correspondentes autovetores, e uma base de V .

Definicao 44 (Operador diagonalizavel). Seja V um espaco vetorial dedimensao finita. Um operador T : V → V se diz diagonalizavel se existeuma base de V formada por vetores proprios.

Observe que se B = { v1 , v2 , . . . , vn } e uma base formada de vetoresproprios de T − associados aos valores proprios λ1 , λ2 , . . . , λn , entao

T (v1) = λ1 v1 + 0 v2 + · · · + 0 vn

T (v2) = 0 v1 + λ2v2 + · · · + 0 vn. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .T (vn) = 0 v1 + 0 v2 + · · · + λnvn

Tomando o “transposto” dos coeficientes acima: (p. 189)

[T ]B=

λ1 0 . . . 0

0 λ2 . . . 0

. . . . . . . . . . . . . . . .

0 0 . . . λn

concluimos que a matriz do operador na base B, formada pelos vetoresproprios, e diagonal e que os elementos da diagonal sao os valores proprios.

Exemplos:

1 ) Seja T : R2 → R2, o operador dado por T (x, y) = (−3x+ 4y, −x+ 2y).Sua matriz na base canonica e:

[T ]B=

[

−3 4

−1 2

]

Nosso objetivo sera encontrar para esse operador uma outra base naqual sua matriz seja diagonal. Pois bem, inicialmente vamos determinar osautovalores do operador.

det ([T ]−λ I ) = 0 ⇒ det

[

−3− λ 4

−1 2− λ

]

= 0 ⇒ λ2+λ−2 = 0

342

Resolvendo essa equacao encontramos λ1 = 1 e λ2 = −2. Como essesautovalores sao distintos segue do corolario anterior que seus autovetoresassociados sao L.I. e, portanto, formam uma base. Vamos encontra-los:

[T ] [u] = λ [u] ⇐⇒[

−3 4

−1 2

][xy

]

= 1 ·[xy

]

Daqui deriva o seguinte sistema{

−3x + 4 y = 1x

−1x + 2 y = 1 y⇒

{

−x+ y = 0

−x+ y = 0⇒ y = x

Logo, os autovetores procurados sao da forma u1 = (x, y) = (x, x). Ou,u1 = (x, x) = x (1, 1), com x ∈ R∗. Por outro lado,

[T ] [u] = λ [u] ⇐⇒[

−3 4

−1 2

][xy

]

= −2 ·[xy

]


−3x + 4 y = −2x−1x + 2 y = −2 y

⇒{

−x+ 4y = 0

−x+ 4y = 0⇒ x = 4y

Logo, os autovetores procurados sao da forma u2 = (x, y) = (4y, y). Ou,u1 = (4y, y) = y (4, 1), com y ∈ R∗. Portanto, a base procurada pode ser

B′ ={u1 = (1, 1), u2 = (4, 1)

}

Calculemos agora [T ]B′: (p. 189)

T (u1) = a11 u1 + a21 u2

T (u2) = a12 u1 + a22 u2

⇒(1, 1) = a11 (1, 1) + a21 (4, 1)

(−8, −2) = a12 (1, 1) + a22 (4, 1)

Resolvendo este sistema encontramos

T (u1) = 1u1 + 0u2

T (u2) = 0u1 − 2u2

⇒ [T ]B′=

[

1 0

0 −2

]

A matriz do operador T nesta nova base resultou diagonal, onde os ele-mentos da diagonal sao os autovalores do operador.

Nota: Poderiamos ter encontrado a matriz acima diretamente, conformeobservacao apos a definicao 44 − preferimos assim.

Vamos explorar um pouco mais este exemplo. Consideremos as duasbases:

B ={u1 = (1, 0), u2 = (0, 1)

}, B′ =

{v1 = (1, 1), v2 = (4, 1)

}

343

Isto e, a base antiga (canonica) e a base nova. Vamos calcular, de acordocom a definicao 12 (p. 113), a matriz de mudanca da base antiga B para anova base B′:

v1 = λ11 u1 + λ21 u2

v2 = λ12 u1 + λ22 u2

⇒ (1, 1) = λ11 (1, 0) + λ21 (0, 1)

(4, 1) = λ12 (1, 0) + λ22 (0, 1)

Resolvendo esse sistema encontramos

P =

[

λ11 λ12

λ21 λ22

]

⇒ P =

[

1 4

1 1

]

e a matriz cujas colunas sao os autovetores do operador. Vimos (p. 15, p. 232)

que duas matrizes de um mesmo operador linear sao semelhantes. Verifiqueque, no caso em questao,

P−1 [T ]BP = [T ]

B′

Isto e [

1 4

1 1

]−1 [ −3 4

−1 2

][

1 4

1 1

]

=

[

1 0

0 −2

]

2 ) Seja T : R3 → R3, o operador dado por T (x, y) = (3x−4z, 3y+5z, −z).Sua matriz na base canonica e:

[T ]B=

3 0 −40 3 5

0 0 −1

Nosso objetivo sera encontrar para esse operador uma outra base naqual sua matriz seja diagonal. Pois bem, inicialmente vamos determinar osautovalores do operador.

det ([T ]− λ I ) = 0 ⇒ det

3− λ 0 −40 3− λ 5

0 0 −1− λ

= 0

Desenvolvendo esse determinante encontramos: (3− λ)(3− λ)(−1− λ) = 0.

Portanto, os autovalores sao λ1 = 3 e λ2 = −1. Encontremos os respec-tivos autovetores:

[T ] [u] = λ [u] ⇐⇒

3 0 −40 3 5

0 0 −1

xyz

= 3 ·

xyz

344


3x + 0 y − 4z = 3x

0x + 3 y + 5z = 3 y

0x + 0 y − z = 3 z

⇒

3x − 4z = 3x

3 y + 5z = 3 y

− z = 3 z

⇒

x = x

y = y

z = 0

Logo, os autovetores procurados sao da forma u1 = (x, y, z) = (x, y, 0).Ou, ainda:

u1 = (x, y, 0) = x (1, 0, 0) + y (0, 0, 1)

Portanto, associado ao autovalor λ1 = 3, obtemos dois autovetores L.I.

u1 = (1, 0, 0) e u2 = (0, 0, 1)

Agora calculemos os autovetores associados ao autovalor λ2 = −1:

[T ] [u] = λ [u] ⇐⇒

3 0 −40 3 5

0 0 −1

xyz

= −1 ·

xyz


3x + 0 y − 4z = −1x0x + 3 y + 5z = −1 y0x + 0 y − z = −1 z

⇒

3x − 4z = −x3 y + 5z = −y− z = −z

⇒

x = z

4y = −5zz = z

Logo, os autovetores procurados sao da forma (x, y, z) = (z, −54 z, z). Pela

propriedade P2 (p. 326) podemos multiplicar estes autovetores por 4, ob-tendo (4z, −5 z, 4z) = z (4, −5, 4), que ainda sao autovetores associados aomesmo autovalor. Portanto, a base procurada pode ser

B′ ={u1 = (1, 0, 0), u2 = (0, 1, 0), u3 = (4, −5, 4)

}

Procedendo como no exemplo anterior, obtemos:

[T ]B′=

3 0 0

0 3 0

0 0 −1

Um autovalor aparecera na diagonal tantas vezes quantas forem os autove-tores L.I. a ele associados.

Como no exemplo anterior podemos mostrar que

P−1 [T ]BP = [T ]

B′

345

Isto e

1 0 4

0 1 −50 0 4

−1

3 0 −40 3 5

0 0 −1

1 0 4

0 1 −50 0 4

=

3 0 0

0 3 0

0 0 −1

Onde P e a matriz cujas colunas sao os vetores da base B′.

Vimos dois exemplos de operadores diagonalizaveis, entretanto isso nemsempre ocorre; a seguir exibimos um operador nao diagonalizavel.

3 ) Seja T : R3 → R3, o operador cuja matriz na base canonica e dada por:

[T ]B=

3 −3 −40 3 5

0 0 −1

Vamos tentar encontrar para esse operador uma base formada de autove-tores. Inicialmente vamos determinar os autovalores do operador.

det ([T ]− λ I ) = 0 ⇒ det

3− λ −3 −40 3− λ 5

0 0 −1− λ

= 0

Desenvolvendo esse determinante − pela primeira coluna − encontramos:(3− λ)(3− λ)(−1− λ) = 0.

Portanto, os autovalores sao λ1 = 3 e λ2 = −1. Encontremos os respec-tivos autovetores:

[T ] [u] = λ [u] ⇐⇒

3 −3 −40 3 5

0 0 −1

xyz

= 3 ·

xyz


3x − 3 y − 4z = 3x

0x + 3 y + 5z = 3 y

0x + 0 y − z = 3 z

⇒

x − y = x

y = y

z = 0

Da primeira equacao deste ultimo sistema encontramos que y = 0; logo, osautovetores procurados sao da forma (x, y, z) = (x, 0, 0) = x (1, 0, 0).

Portanto, associado ao autovalor λ1 = 3, obtemos apenas um autovetorL.I., por exemplo, u = (1, 0, 0).

Agora calculemos os autovetores associados ao autovalor λ2 = −1:

[T ] [u] = λ [u] ⇐⇒

3 −3 −40 3 5

0 0 −1

xyz

= −1 ·

xyz

346


3x − 3 y − 4z = −1x0x + 3 y + 5z = −1 y0x + 0 y − z = −1 z

⇒

4x − 3 y − 4z = 0

4 y + 5z = 0

z = z

Sendo assim temos

y = −5

4z e x =

3

4y + z =

3

4

(− 5

4z)+ z =

1

16z

Logo, os autovetores procurados sao da forma

(x, y, z) =( 1

16z, −5

4z, z

)

⇒ 16(x, y, z) = (z, −20z, 16z)

= z (1, −20, 16)

Portanto, associado ao autovalor λ2 = −1, temos o autovetor (1, −20, 16).Conclusao: temos apenas dois autovetores L.I., logo − para o operador T emquestao − nao existe uma base do R3 constituida so de autovetores. Tendoem conta que todas as matrizes de um mesmo operador sao semelhantese que matrizes semelhantes tem os mesmos autovalores concluimos que emnenhuma base a matriz do operador T e uma matriz diagonal, ou seja, Tnao e diagonalizavel.

347

6.2.1 Exercıcios

16) Seja T : R2 → R2 um operador linear dado por

T (x, y) = (4x+ 5y, 2x+ y)

Encontre uma base de R2 em relacao a qual a matriz de T e diagonal.

17) Seja T : R2 → R2 um operador linear dado por

T (x, y) = (−3x+ 4y, −x+ 2y)

Encontre uma base de R2 em relacao a qual a matriz de T e diagonal.

18) Para quais valores de a as matrizes abaixo sao diagonalizaveis?

a) A =

[

1 1

0 a

]

b) B =

[

1 a

0 1

]

19) Determine uma matriz P , inversıvel, tal que P−1AP seja diagonal,onde

A =

2 0 4

3 −4 12

1 −2 5

20) Encontre uma matriz diagonal semelhante a matriz

A =

3 −1 1

−1 5 −11 −1 3

21) Considere a matriz A =

[

3 −52 −3

]

, mostre que:

a) Se A e uma matriz sobre o corpo R dos reais, entao A nao e diago-nalizavel;

b) Se A e uma matriz sobre o corpo C dos complexos, entao A e diago-nalizavel; neste caso encontre uma matriz P , inversıvel, e calcule P−1AP .

22) Seja a > 0 um numero real, considere a matriz A =

[

a a2

1 a

]

.

a) Mostre que A e diagonalizavel;

a) Encontre uma matriz P , inversıvel, tal que P−1AP seja uma matrizdiagonal.

348

6.2.2 Diagonalizacao de operadores autoadjuntos

Lembramos (def. 38, p. 311) que um operador autoadjunto e um operadorlinear T de um espaco euclidiano V que satisfaz

〈T (u), v 〉 = 〈u, T (v) 〉, ∀u, v ∈ V.

Vimos, ademais, que a matriz de T , em relacao a qualquer base ortonor-mal e simetrica (prop. 25, p. 311). Sendo assim, reduzimos o problema dadiagonalizacao de uma matriz simetrica ao da diagonalizacao de um opera-dor autoadjunto.

Como vimos, nem toda matriz e diagonalizavel. Ademais, vimos quealgumas matrizes nao possuem autovalor (real). Veremos, no entanto, quese A e uma matriz real simetrica, entao a existencia de autovalores reaisestara garantida.

Proposicao 30. Seja A uma matriz real simetrica. Entao toda raiz λ deseu polinomio caracterıstico e real.

Prova: De fato, seja A = (aij) uma matriz simetrica real e seja λ um

valor proprio de A. Sendo assim, vamos nos reportar a equacao (6.4) (p. 331)

para escrever

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

an1 a

n2 . . . ann

x1

x2

...xn

= λ

x1

x2

...xn

(6.9)

Como o vetor proprio X de A satisfaz

X =

x1

x2

...xn

6= 0

isso significa que o sistema linear (equivalente a equacao (6.9)):

a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn = λx1

a21 x1 + a22 x2 + · · · + a2n xn = λx2

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·an1 x1 + an2 x2 + · · · + ann xn = λxn

349

tem ao menos uma solucao nao trivial (β1 , β2 , . . . , βn); sendo assim, temos:

a11 β1 + a12 β2 + · · · + a1n βn = λβ1

a21 β1 + a22 β2 + · · · + a2n βn = λβ2

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·an1 β1 + a

n2 β2 + · · · + ann βn = λβn

Agora multipliquemos a primeira equacao pelo conjugado complexo deβ1 , a segunda pelo conjugado de β2 e assim sucessivamente. Entao

a11 β1 β1 + a12 β2 β1 + · · · + a1n βn β1 = λβ1 β1

a21 β1 β2 + a22 β2 β2 + · · · + a2n βn β2 = λβ2 β2

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·an1 β1 βn + a

n2 β2 βn + · · · + ann βn βn = λβn βn

Vamos somar todas essas equacoes

a11 β1 β1 + a12 β2 β1 + · · · + a1n βn β1

+ a21 β1 β2 + a22 β2 β2 + · · · + a2n βn β2

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

+ an1 β1 βn + a

n2 β2 βn + · · · + ann βn βn = λ (β1 β1 + β2 β2 + · · · + βn βn)

(⋆ )

O numero entre parentesis do lado direito da igualdade e real; sendoassim se provarmos que o numero do lado esquerdo tambem e real teremosatingido nosso desiderato.

Para isso e suficiente provar que o primeiro membro e igual ao seu con-jugado. Tomemos o conjugado do primeiro membro:

a11 β1 β1 + a12 β2 β1 + · · · + a1n βn β1

+ a21 β1 β2 + a22 β2 β2 + · · · + a2n βn β2

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

+ an1 β1 βn + a

n2 β2 βn + · · · + ann βn βn

Logo,

350

a11 β1¯β1 + a12 β2

¯β1 + · · · + a1n βn

¯β1

+ a21 β1¯β2 + a22 β2

¯β2 + · · · + a2n βn

¯β2

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

+ an1 β1

¯βn + an2 β2

¯βn + · · · + ann βn

¯βn

Ou ainda,

a11 β1 β1 + a12 β2 β1 + · · · + a1n βn β1

+ a21 β1 β2 + a22 β2 β2 + · · · + a2n βn β2

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

+ an1 β1 βn + a

n2 β2 βn + · · · + ann βn βn

Neste momento vamos utilizar a hipotese de que a matriz A e simetrica,isto e, (a

ij) = (a

ji). Trocando os ındices nos elementos da matriz obtemos:

a11 β1 β1 + a21 β2 β1 + · · · + an1 βn β1

+ a12 β1 β2 + a22 β2 β2 + · · · + an2 βn β2

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

+ a1n β1 βn + a2n β2 βn + · · · + ann βn βn

Permutando os β′s e somando por colunas, obtemos

a11 β1 β1 + a21 β1 β2 + · · · + an1 β1 βn

+ a12 β2 β1 + a22 β2 β2 + · · · + an2 β2 βn

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

+ a1n βn β1 + a2n βn β2 + · · · + ann βn βn

+

a11 β1 β1 + a12 β2 β1 + · · · + a1n βn β1

+ a21 β1 β2 + a22 β2 β2 + · · · + a2n βn β2

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

+ an1 β1 βn + a

n2 β2 βn + · · · + ann βn βn

351

Comparando este ultimo quadro com o lado esquerdo da igualdade em(⋆ ) vemos que sao iguais. �

Ja vimos (prop. 29, p. 341) que a autovalores diferentes de um mesmooperador correspondem autovetores distintos. Se, em particular, o operadorfor autoadjunto podemos garantir algo a mais: que estes autovetores saoortogonais.

Proposicao 31. Seja T : V → V autoadjunto e λ1 e λ2 autovalores dis-tintos de T e v1 , v2 os respectivos autovetores associados. Entao v1 ⊥ v2 .

Prova: Com efeito, lembramos que T (v1) = λ1 v1 e T (v2) = λ2 v2 .Sendo assim

λ1 〈 v1 , v2 〉 = 〈λ1 v1 , v2 〉 = 〈T (v1), v2 〉 = 〈 v1 , T (v2) 〉= 〈 v1 , λ2 v2 〉 = λ2 〈 v1 , v2 〉

O que justifica a ultima passagem acima e que λ2 ∈ R. (p. ??)

Entao

λ1 〈 v1 , v2 〉 = λ2 〈 v1 , v2 〉 ⇒ (λ1 − λ2) 〈 v1 , v2 〉 = 0

como λ1 6= λ2 , segue que 〈 v1 , v2 〉 = 0, o que conclui a demonstracao. �

Essa proposicao nos permite concluir que, com relacao a diagonalizacao,os operadores autoadjuntos comportam-se de uma maneira especial.

De fato, se T : V → V e autoadjunto, com V de dimensao n, e Tadmite n autovalores distintos (portanto uma base de autovetores), entao Te diagonalizavel e os autovetores sao dois a dois ortogonais. Normalizandoos vetores de uma tal base obteremos uma base ortonormal de autovetorespara esse operador. Enfatizamos: T alem de ser diagonalizavel ainda possuiuma base de autovetores ortonormais.

Vamos provar que isto vale, a princıpio, pelo ao menos para um espacode dimensao n = 2.

Proposicao 32. Seja T : V → V um operador autoadjunto num espaco ve-torial V de dimensao 2. Entao, existe uma base ortonormal B = {u1 , u2 } ⊂V formada por autovetores de T .

Prova: Com efeito, seja T um operador autoadjunto, nas condicoes doenunciado, entao pela proposicao 25 (p. 311) sua matriz em relacao a umabase ortonormal B′ = { v1 , v2 } ⊂ V e simetrica − B′ sempre existe porGram-Schmidt −, digamos

[T ] =

[a bb c

]

352

Vamos calcular o polinomio caracterıstico de T :

(T − λ I) =[a bb c

]

− λ[1 00 1

]

=

[a− λ bb c− λ

]

Logo

det (T − λ I) = 0 ⇒ det

[a− λ bb c− λ

]

= 0

o que nos fornece

(a− λ) (c − λ) − b2 = 0 ⇒ λ2 − (a+ c)λ+ (ac− b2) = 0

Vamos encontrar o discriminante dessa equacao

∆ = (a+ c)2 − 4 · 1 · (ac− b2) ⇒ ∆ = (a− c)2 + 4b2.

Sendo assim ∆ ≥ 0. Temos duas alternativas quanto ao sinal de ∆. Se∆ = 0 entao a = c e b = 0. Neste caso a matriz de T toma a forma

[T ] =

[a 00 a

]

Isto significa queT (v1) = a v1 + 0 v2

T (v2) = 0 v1 + a v2

Isto implica que todo vetor v ∈ V , nao-nulo, e um autovetor de T . De fato,seja v ∈ V , entao existem escalares λ1 , λ2 tais que v = λ1 v1 + λ2 v2 . Logo,

T (v) = T (λ1 v1 + λ2 v2) = λ1 T (v1) + λ2 T (v2)

= λ1 (a v1) + λ2 (a v2)

= a (λ1 v1 + λ2 v2) = a v

Sendo assim, para obter a base B procurada e suficiente ortonormalizar abase B′. No caso em que ∆ > 0, teremos dois autovalores distintos o queacarreta, pela proposicao 31, que seus respectivos autovetores sao ortogonais,normalizando estes autovetores encontramos a base B desejada. �

353

Definicao 45 (Subespacos invariantes). Se T : V → V e uma transformacaolinear e U ⊂ V e um subespaco de V , U e dito ser invariante sob T seT (U) ⊂ U .

Proposicao 33. Seja T : V → V operador linear autoadjunto e λ um deseus autovalores. Entao o subespaco U⊥

(λ)e invariante sob T .

Prova: Lembramos que (pp. 298, 326)

U⊥ ={v ∈ V : 〈 v, u 〉 = 0, ∀u ∈ U

}

U(λ)

= {u ∈ V : T (u) = λu }

Sendo U(λ)

o subespaco formado por todos os autovetores associados ao

autovalor λ (mais o vetor nulo), temos que U⊥(λ)

e o subespaco formadopor todos os vetores do espaco que sao ortogonais a todos os autovetoresassociados ao autovalor λ. Entao,

Se v ∈ U⊥(λ)⇒ 〈 v, u 〉 = 0, ∀u ∈ U⊥

(λ)

Logo: 0 = λ 〈 v, u 〉 = 〈 v, λ u 〉 = 〈 v, T (u) 〉 = 〈T (v), u 〉.Portanto, T (v) ∈ U⊥

(λ), o que conclui a prova. �

Como um exemplo do que acabamos de ver, consideremos o operadorprojecao no plano xy. (p. 325)

Este operador admite dois autosubespacos, vistos na figura a seguir (p. 329)

s(x, y, z)

T (x, y, 0)r

x

y

z

U(1)

#U(0)

TemosU⊥(0) = U(1) e U⊥

(1) = U(0)

A matriz na base caonica do operador projecao

T : R3 R3→(x, y, z) 7→ (x, y, 0)

ou T (x, y, z) = (x, y, 0)

e dada por

354

[T ] =

1 0 00 1 00 0 0

⇒

1 0 00 1 00 0 0

xyz

=

xy0

Como essa matriz e simetrica concluimos que o operador em questao e au-toadjunto. (prop. 25, p. 311)

Portanto concluimos da proposicao 33 que os subespacos U⊥(0) e U⊥

(1) saoinvariantes sob o operador projecao. O que significa dizer que a imagem detodo vetor do eixo z permanece nesse eixo e a imagem de todo vetor noplano xy permanece nesse plano. Veja

T (0, 0, z) = (0, 0, 0) e T (x, y, 0) = (x, y, 0)

Vamos agora generalizar a proposicao 32. (p. 352)

Teorema 11 (Teorema Espectral). Seja T : V → V um operador au-toadjunto num espaco vetorial V de dimensao n. Entao, existe uma baseortonormal B = {u1 , u2 , . . . , un } ⊂ V formada por autovetores de T .

Prova: A demonstracao se faz por inducao sobre a dimensao n doespaco. Com efeito, se dimV = 1, fixamos qualquer vetor v ∈ V , v 6= 0, efazemos v

‖v‖ = u1 , entao {u1 } e uma base ortonormal. Como V = [u1 ] e

T (u1) ∈ V , entao T (u1) = λu1 , para algum λ ∈ R. Sendo assim u1 e umautovetor de T e o teorema fica provado para n = 1.

Seja V um espaco euclidiano de dimensao n > 1 e suponhamos o teoremavalido para os espacos euclidianos de dimensao n− 1. Devemos provar queo teorema e valido para o caso em que dimV = n.

Seja λ ∈ R um autovalor de T , se u e um autovetor de T associado a λ,entao u1 = u

‖u‖ = 1‖u‖ u tambem o e.

Se [u1 ] = U , entao podemos escrever V = U ⊕ U⊥. (prop. 21, p. 299)

Sendo dimU = 1 e tendo em conta a equacao (2.13) (p. 104) concluimos quedimU⊥ = n− 1.

Considerando a definicao de produto interno (def. 29, p. 258) concluimosque U⊥ tambem e euclidiano − relativamente ao produto interno de V ,restrito a este subespaco.

Ademais, observamos que U⊥ e invariante sob T , isto e, vale a implicacao

v ∈ U⊥ ⇒ T (v) ∈ U⊥

De fato, se v ∈ U⊥, entao

〈 v, u 〉 = 0, ∀u ∈ U.

355

Logo

0 = λ 〈 v, u 〉 = 〈 v, λ u 〉, ∀u ∈ U

= 〈 v, T (u) 〉, ∀u ∈ U

= 〈T (v), u 〉, ∀u ∈ U

Isto prova que T (v) ∈ U⊥.Uma consequencia deste resultado e que podemos considerar T , restrito

aos elementos de U⊥, como um operador linear deste subespaco. E como

〈T (u), v 〉 = 〈u, T (v) 〉, vale para todo u, v ∈ V,

em particular esta igualdade vale para quaisquer u, v ∈ U⊥; entao T , res-trito ao subespaco U⊥, e tambem autoadjunto; logo, podemos aplicar a estesubespaco a hipotese de inducao e concluir que existe uma base ortonormal{u2 , . . . , un } de U⊥ formada por autovetores de T (restrito a U⊥). Entao,podemos concluir que B = {u1 , u2 , . . . , un } e uma base ortonormal poiscada vetor de U⊥ e ortogonal a u1 . Como cada elemento da base B e umvetor proprio de T , a demonstracao se encerra. �

Observamos que vale o recıproco do teorema espectral: Se existe umabase ortonormal B = {u1 , u2 , . . . , un } ⊂ V formada por autovetores dooperador T : V → V entao este operador e autoadjunto.

Prova: Nas condicoes do enunciado [T ]B

Be uma matriz diagonal (def. 44, p.

342) e portanto simetrica. Logo T e autoadjunto. (prop. 25, p. 311)�

Exemplo: Determine uma matriz ortogonal P que diagonaliza a matrizsimetrica: (ver Nota p. 304)

A =

1 −2 0−2 1 00 0 −1

Solucao: A equacao caracterıstica de A e:

det (A− λ I) = 0 ⇒ det

1− λ −2 0−2 1− λ 00 0 −1− λ

= 0

Dessenvolvendo esse determinante pela terceira linha obtemos:

(−1− λ) [ (1 − λ)2 − 4 ] = 0 ⇒ λ1 = −1 e λ2 = 3.

Os respectivos autovetores sao obtidos da equacao matricial

T (u) = λu ⇐⇒ [T ] [u] = λ [u]

356

No caso em questao ([ T ] = A)

1 −2 0−2 1 00 0 −1

xyz

= λ

xyz

Substituindo λ por −1 e depois λ por 3 encontramos

U(−1)

= { (x, x, z) : x, z ∈ R } = {x(1, 1, 0) + z(0, 0, 1): x, z ∈ R }

U(3)

= { (x, −x, 0): x ∈ R } = {x(1, −1, 0): x ∈ R }

Daqui podemos retirar

B = { (1, 1, 0), (0, 0, 1), (1, −1, 0) }

que e uma base de R3 formada de vetores proprios ortogonais. Dividindocada um destes vetores pela respectiva norma obtemos

B′ ={

u1 =(√2

2,

√2

2, 0)

, u2 = (0, 0, 1), u3 =(√2

2, −√2

2, 0)}

A matriz P , cujas colunas sao as componentes dos vetores proprios unitariosu1 , u2 , e u3 e ortonormal

P =

√22 0

√22

√22 0 −

√2

2

0 1 0

↑u1

↑u2

↑u3

isto e

〈ui, u

j〉 = δ

ij=

{

1, se i = j;

0, se i 6= j.

como o leitor pode constatar diretamente.

A matriz P e a matriz diagonalizadora. De fato,

D = P−1AP = P tAP

isto e

D =

√22

√22 0

0 0 1√22

−√2

2 0

1 −2 0−2 1 00 0 −1

√22 0

√22

√22 0 −

√2

2

0 1 0

357

Fazendo as multiplicacoes devidas, encontramos

D =

−1 0 00 −1 00 0 3

Nestes casos dizemos que P diagonaliza A ortogonalmente.

6.2.3 Exercıcios

23) Seja A =

[2 −2−2 5

]

uma matriz real simetrica. Determine uma

matriz ortogonal P tal que P−1AP seja diagonal.

24) Considere o operador autoadjunto T : R2 → R2 definido pela matriz:

A =

[4 1212 −3

]

Encontre uma matriz ortogonal P que diagonaliza A.

25) Considere o operador autoadjunto T : R3 → R3 definido pela matriz:

A =

1 0 −20 0 0−2 0 4

Encontre uma matriz ortogonal P que diagonaliza A.

26) Seja T : R3 → R3 o operador linear definido por

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

a ) Achar os valores proprios de T ;

b ) Encontre uma base ortonormal B do R3 tal que [T ]B

Be diagonal;

c ) Qual a matriz de mudanca da base canonica do R3 para a base B?


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

a ) Mostre que T e um operador autoadjunto mas nao ortogonal; (p. 301)

b ) Se u = (2, −1, 5) e v = (3, 0, 1), verifique que 〈T (u), v 〉 = 〈u, T (v) 〉;c ) Exiba uma base de autovetores de T e verifique que e uma base ortogonal.A partir desta base construa uma base ortonormal.

28) Se T1 e T2 sao transformacoes autoadjuntas de um espaco vetorial V ,e verdade que T1 T2 = T2 T1? Prove isso ou apresente um contra-exemplo.

358


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

Identifique as afirmacoes verdadeiras:

a ) T nao e inversıvel;

b ) Dado W = { (x, y, z) : x+ y = 0 }, se w ∈W , entao

〈T (w), w 〉 = 0 ⇐⇒ w = 0;

c ) Em relacao a base B = { (1, 1, 0), (1, 0, 0), (0, 0, 1) }

[T ]B

B=

1 0 −20 0 0−2 0 4

6.3 Aplicacoes da Diagonalizacao

6.3.1 Potencias de uma matriz

Definicao 46 (Potencia de matrizes). Sejam A ∈ Mn uma matriz quadradae n um numero natural. Potencia de base A e expoente n e a matriz An talque:

{

A0 = In

An = An−1 · A, ∀n ≥ 1.

Desta definicao decorre que:

A1 = A0 · A = In ·A = A

A2 = A1 · A = A · A

A3 = A2 · A = (A ·A) ·A = A · A ·A

e, de modo geral, para p natural e p ≥ 2, temos que Ap e um produto de pfatores iguais a A.

Via de regra o calculo de An e macante, sobretudo se n e grande. No en-tanto se A for diagonalizavel esse trabalho fica assaz simplificado. Senaovejamos: se A e diagonalizavel, existe uma matriz inversıvel P tal queP−1AP = D, sendo

D =

λ1 0λ2

. . .

0 λn

359

a matriz diagonal dos valores proprios de A. Na pagina 236 provamos aseguinte implicacao

D = P−1AP ⇒ Dn = P−1An P

Multiplicando esta ultima equacao a equerda por P e a direita por P−1,obtemos

P Dn P−1 = P (P−1An P )P−1 ⇒ An = P Dn P−1

De sorte que (quase) todo o trabalho recai em elevarmos a matriz diagonalD a n-esima potencia. Para tanto e suficiente elevarmos cada elemento dadiagonal a essa potencia: (mostre isso por inducao)

Dn =

λn1

0λn

2

. . .

0 λnn

Exemplo:

a ) Calcule A10 para A =

[0 12 1

]

.

Solucao: Vamos em busca da matriz P que e a matriz cujas colunas sao osautovetores da matriz A. Temos

(A− λ I) =[0 12 1

]

− λ[1 00 1

]

=

[−λ 12 1− λ

]

Logo

det (A− λ I) = 0 ⇒ det

[−λ 12 1− λ

]

= 0

o que nos fornece

−λ · (−1− λ)− 2 = 0 ⇒ λ2 − λ− 2 = 0 ⇒ λ1 = −1 , λ2 = 2

Em busca dos autovetores

[A ] [u] = λ [u] ⇐⇒[0 12 1

] [xy

]

= −1 ·[xy

]


0x + 1 y = −1x2x + 1 y = −1 y

donde concluimos que y = −x. Logo, os autovetores associados a autovalor−1 sao da forma u = (x, y) = (x, −x). Ou, u = x (1, −1).

360

Ainda:

[A ] [u] = λ [u] ⇐⇒[0 12 1

] [xy

]

= 2 ·[xy

]


{

0x + 1 y = 2x

2x + 1 y = 2 y

donde concluimos que y = 2x. Logo, os autovetores associados a autovalor2 sao da forma u = (x, y) = (x, 2x). Ou, u = x (1, 2).

Sendo assim, podemos escrever

P =

[1 1−1 2

]

e D =

[−1 00 2

]

Sendo

An = P Dn P−1 ⇒ An =

[1 1−1 2

] [−1 00 2

]n [1 1−1 2

]−1

Ou ainda

An =

[1 1−1 2

][ (−1)n 0

0 2n

]

· 13

[2 −11 1

]

Efetivando os calculos obtemos

An =

2(−1)n +2n

3(−1)n+1 +2n

3

2(−1)n+1 +2n+1

3(−1)n +2n+1

3

Em particular, para n = 10, temos

A10 =

2(−1)10 +210

3(−1)10+1 +210

3

2(−1)10+1 +210+1

3(−1)10 +210+1

3

=

[342 341682 683

]

361

6.3.2 Exercıcios

30) Suponha que a matriz A =

[1 20 1

]

.

Calcule A2, A3, An, onde n > 3.

31) Seja A =

[4 41 4

]

, calcule An.

32) Seja A =

[3 12 2

]

. Encontre:

a ) P a matriz cujas colunas sao os autovetores de A;

b ) A matriz diagonal D = P−1AP ;

c ) An;

Se os elementos diagonais de D sao nao negativos, seja

B = P√DP−1

onde√D =

[ √λ1 0

0√λ2

]

Entao B e a raiz quadrada positiva de A; isto e, B2 = A.

d ) Encontre a raiz quadrada da matriz A;

e ) Verifique que, de fato, B2 = A.

33) Seja A =

[2 21 3

]

. Encontre:

a ) Os autovalores e os autovetores correspondentes;

b ) Uma matriz nao singular P e P−1 tais que P−1AP e diagonal;

c ) A6 e f(A) onde f(t) = t4 − 3t3 − 6t2 + 7t+ 3;

d ) A raiz quadrada positiva de A.

34) Repita o exercıcio anterior para A =

[2 −1−2 3

]

.

35) Sejam A, B ∈Mn(R) escreva uma formula para

(A + B)2 , (A − B)2 , A2 − B2

36) Seja A =

0 1 1

1 0 1

1 1 0

, calcule An.

37) Seja A =

1 1 0

2 −2 2

0 1 1

, calcule An.

362

Teorema de Gersgorin

(1906-1995)

Olga Taussky-Todd foi uma das mulheres pioneiras naAnalise Matricial e a primeira mulher a ocupar um cargode professora no Instituto Tecnologico da California. Elatrabalhou no Laboratorio Nacional de Fısica em Londresdurante a Segunda Guerra Mundial, onde foi encarregadade estudar vibracoes em aeronaves supersonicas. Ocorreque os problemas centrais de vibracoes eram relacionadas a localizacao dosautovalores de uma certa matriz complexa 6 × 6 e assim foi contratado umgrande grupo de jovens meninas para efetuar os calculos necessarios em cal-culadoras manuais. Olga Taussky-Todd havia ouvido falar de um resultado,denominado Teorema de Gersgorin, que fornecia uma maneira simples deidentificar certos cırculos que continham autovalores de uma matriz com-plexa. Ela rapidamente percebeu que esse teorema poderia ser usado parafornecer informacoes sobre vibracoes que de outro modo exigiriam calculostrabalhosos. Essa observacao elevou o teorema de Gersgorin da obscuridadea importancia pratica. Depois da Segunda Guerra Mundial ela continuouseu trabalho em assuntos relacionados a matrizes e ajudou a trazer muitosresultados conhecidos (mas discrepantes) sobre matrizes para um assuntocoerente, que hoje conhecemos como Teoria de Matrizes. ([8], p. 513)

A equacao (p. 331)

AX = λX

define vetor proprio de uma matriz. Se a matriz A e complexa consideramoso escalar λ tomando valores no corpo complexo C. Como no caso real prova-se que λ e valor proprio de A se, e somente se,

det (A− λ In) = 0

Isto e, os valores proprios de A sao as raızes do polinomio resultante daequacao acima. O conjunto dos valores proprios de A e chamado de espectrode A.

O teorema de Gersgorin nos permite prever onde se localiza no planocomplexo o espectro de uma matriz, sem calcular explicitamente seus valores.

Antes de enunciar e provar o teorema de Gersgorin necessitamos de umadefinicao, dada a seguir:

363

Definicao 47. Seja z0 um numero complexo e r > 0 um numero real.Chama-se disco de centro z0 e raio r o subconjunto D(z0 , r) do plano com-plexo definido por

sz0r

D(z0 ; r) ={z ∈ C : |z − z0 | ≤ r

}

D(z0 ; r)

p p p

1

2

3

p

pp

pp

0 1 2 3x

y

Teorema 12 (Teorema de Gersgorin). Seja A = (aij) uma matriz complexa

de ordem n. Consideremos os n discos D(aii; r

i) onde

ri=

n∑

j = 1j 6= i

|aij| (i = 1, . . . , n).

Entao o espectro de A esta contido na reuniao destes n discos.

Antes da prova deste teorema vamos exemplifica-lo para a matriz

A =

i −i 0

1 −2 + i i

i i −1 + i

∈M3(C)

Vamos encontrar os tres discos:

ri=

3∑

j = 1j 6= i

|aij| (i = 1, 2, 3).

Entao

i = 1 ⇒ r1 =

3∑

j = 1j 6= 1

|a1j | = |a12 |+ |a13 |

Temos

|a12 | =√

02 + (−1)2 = 1 e |a13 | =√

02 + 02 = 0

364

Portanto o primeiro disco e

D(z0 ; r) ={z ∈ C : |z − z0 | ≤ r

}

D((0, 1); 1

)={z = (x, y) ∈ C : | (x, y)− (0, 1) | ≤ 1

}

Onde, z0 = a11 = i = (0, 1). Ou seja, sao todos os numeros complexos quesatisfazem a desigualdade

√

(x− 0)2 + (y − 1)2 ≤ 1

Sao os pontos no disco de equacao

(x− 0)2 + (y − 1)2 = 1

Para o segundo disco, temos

i = 2 ⇒ r2 =

3∑

j = 1j 6= 2

|a2j | = |a21 |+ |a23 |

Temos|a21 | =

√

12 + 02 = 1 e |a23 | =√

02 + 12 = 1

Portanto o segundo disco e

D(z0 ; r) ={z ∈ C : |z − z0 | ≤ r

}

D((−2, 1); 2

)={z = (x, y) ∈ C : | (x, y)− (−2, 1) | ≤ 2

}

Onde, z0 = a22 = −2+i = (−2, 1). Ou seja, sao todos os numeros complexosque satisfazem a desigualdade

√

(x+ 2)2 + (y − 1)2 ≤ 2


(x+ 2)2 + (y − 1)2 = 2

Para o terceiro disco, temos

i = 3 ⇒ r3 =

3∑

j = 1j 6= 3

|a3j | = |a31 |+ |a32 |

Temos|a31 | =

√

02 + 12 = 1 e |a32 | =√

02 + 12 = 1

365

Portanto o terceiro disco e

D(z0 ; r) ={z ∈ C : |z − z0 | ≤ r

}

D((−1, 1); 2

)={z = (x, y) ∈ C : | (x, y)− (−1, 1) | ≤ 2

}

Onde, z0 = a33 = −1+i = (−1, 1). Ou seja, sao todos os numeros complexosque satisfazem a desigualdade

√

(x+ 1)2 + (y − 1)2 ≤ 2


(x+ 1)2 + (y − 1)2 = 2

Logo, o teorema de Gersgorin afirma que os autovalores da matriz Asituam-se todos na reuniao destes tres discos:

t t t

p p p

1

2

3

pp −1−2

pp

pp

0 1 2 3x

y

Podemos confirmar isto calculando as raızes do polinomio

det (A− λ In) = 0 ⇒ det

i− λ −i 0

1 −2 + i− λ i

i i −1 + i− λ

= 0

Desenvolvendo este determinante pela primeira linha obtemos:

(i− λ)∣∣∣∣∣

−2 + i− λ i

i −1 + i− λ

∣∣∣∣∣− (−i)

∣∣∣∣∣

1 i

i −1 + i− λ

∣∣∣∣∣= 0

366

Ao final obtemos o polinomio caracterıstico da matriz

λ3 + (3− 3i)λ2 − (5i)λ − (2 + 2i) = 0

cujas raızes sao

λ1 = −1, λ2 = i, λ3 = −2 + 2i

Vamos alocar estes autovalores no grafico anterior

t

t

t

p p p

1

2

3

pp −1−2

pp

pp

0 1 2 3x

y

Nesta figura retiramos os centros dos discos − para evitar confusao.

Vamos agora demonstrar o teorema de Gersgorin.

Prova: Tomemos um valor proprio λ e seja X =

x1

...xn

um vetor proprio

associado a λ.

A igualdade AX = λX pode ser reescrita como (eq. (6.9), p. 349)

a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn = λx1

a21 x1 + a22 x2 + · · · + a2n xn = λx2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

an1 x1 + an2 x2 + · · · + ann xn = λxn

n∑

j=1

aijx

j= λx

i( i = 1, . . . , n )

Ou ainda

367

0 + a12 x2 + · · · + a1n xn = λx1 − a11 x1

a21 x1 + 0 + · · · + a2n xn = λx2 − a22 x2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

an1 x1 + a

n2 x2 + · · · + 0 = λx2 − ann xn

O sistema acima pode ser reescrito de forma compacta comon∑

j = 1j 6= i

aijx

j= λx

i− a

iix

i= (λ− a

ii)x

i(i = 1, . . . , n). (6.10)

Vamos escolher o ındice i0 ∈ { 1, . . . , n } tal que

|xi0| = max{ |x

i| : i = 1, . . . , n }

Substituindo este ındice na equacao (6.10) e tomando o modulo obtemos:∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

n∑

j = 1j 6= i0

ai0 j

xj

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= |(λ− ai0 i0

)xi0|

Sendo assim temos

|(λ− ai0 i0

)xi0| = |λ− a

i0 i0| |x

i0| =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

n∑

j = 1j 6= i0

ai0 j

xj

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

Ou ainda∗

|λ− ai0 i0| |x

i0| =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

n∑

j = 1j 6= i0

ai0 j

xj

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

≤n∑

j = 1j 6= i0

|ai0 j| |x

j|

Logo

|λ− ai0 i0| |x

i0| ≤

n∑

j = 1j 6= i0

|ai0 j| |x

j| ≤

n∑

j = 1j 6= i0

|ai0 j|

max |xj|

∗Lembramos que para numeros reais valem: |a1 +a2 + · · ·+an | ≤ |a1 |+ |a2 |+ · · ·+ |an |

isto e∣

∣

∣

∑n

j=1 aj

∣

∣

∣≤

∑n

j=1 |aj |, e mais: |a · b| = |a| · |b|.

368

Entao

|λ− ai0 i0| |x

i0| ≤

n∑

j = 1j 6= i0

|ai0 j|

max |xj| ≤

n∑

j = 1j 6= i0

|ai0 j| |x

i0|

Portanto

|λ− ai0 i0| |x

i0| ≤

n∑

j = 1j 6= i0

|ai0 j| |x

i0| ⇒ |λ− a

i0 i0| ≤

n∑

j = 1j 6= i0

|ai0 j|

Esta ultima desigualdade implica em que λ ∈ D(ai0 i0

; ri0). �

6.3.3 Exercıcios

38) Considere a matriz A =

[

1 + i 2i

−i i

]

∈M2(C).

Encontre − e faca um esboco grafico − dos “discos de Gersgorin”. Ploteno grafico os autovalores da matriz.

39) Repita o exercıcio anterior para a matriz A =

[

1 + i −ii −i− i

]

.

40) Repita o exercıcio anterior para a matriz†

A =

1 + i 0 i

−i −1 + i 0

−12 i −

√2 i

∈M3(C).

†Dica: Um dos autovalores da matriz coincide com o centro do primeiro disco.

369

EPISTOLA PREAMBULAR (De Giordano Bruno)PARA O ILUSTRISSIMO SENHOR MICHEL DE CASTELNAU

Se eu, ilustrıssimo Cavaleiro, manejasse o arado, apascentasse um rebanho,cultivasse uma horta, remendasse um fato, ninguem faria caso de mim, raros meobservariam, poucos me censurariam, e facilmente poderia agradar a todos. Mas,por eu ser delineador do campo da natureza, atento ao alimento da alma, ansiosoda cultura do espırito e estudioso da actividade do intelecto, eis que me ameacaquem se sente visado, me assalta quem se ve observado, me morde quem e atingido,me devora quem se sente descoberto. E nao e so um, nao sao poucos, sao muitos,sao quase todos. Se quiserdes saber porque isto acontece, digo-vos que a razao eque tudo me desagrada, que detesto o vulgo, a multidao nao me contenta, e so umacoisa me fascina: aquela, em virtude da qual me sinto livre em sujeicao, contente empena, rico na indigencia e vivo na morte; em virtude da qual nao invejo aqueles quesao servos na liberdade, que sentem pena no prazer, sao pobres na riqueza e mortosem vida, pois que tem no proprio corpo a cadeia que os acorrenta, no espırito oinferno que os oprime, na alma o error que os adoenta, na mente o letargo queos mata, nao havendo magnanimidade que os redima, nem longanimidade que oseleve, nem esplendor que os abrilhante, nem ciencia que os avive. Daı, sucede quenao arredo o pe do arduo caminho, por cansado; nem retiro as maos da obra que seme apresenta, por indolente; nem qual desesperado, viro as costas ao inimigo quese me opoe, nem como deslumbrado, desvio os olhos do divino objeto: no entanto,sinto-me geralmente reputado um sofista, que mais procura parecer subtil do queser verıdico; um ambicioso, que mais se esforca por suscitar nova e falsa seita do quepor consolidar a antiga e verdadeira; um trapaceiro que procura o resplendor dagloria impingindo as trevas dos erros; um espırito inquieto que subverte os edifıciosda boa disciplina, tornando-se maquinador de perversidade. Oxala, Senhor, que ossantos numes afastem de mim todos aqueles que injustamente me odeiam; oxalaque me seja sempre propıcio o meu Deus; oxala que me sejam favoraveis todos osgovernantes do nosso mundo; oxala que os astros me tratem tal como a semente emrelacao ao campo, e ao campo em relacao a semente, de maneira que apareca nomundo algum fruto util e glorioso do meu labor, acordando o espırito e abrindo osentimento aqueles que nao tem luz de intelecto; pois, em verdade, eu nao me en-trego a fantasias, e se erro, julgo nao errar intencionalmente; falando e escrevendo,nao disputo pelo amor da vitoria em si mesma (pois que todas as reputacoes evitorias considero inimigas de Deus, abjectas e sem sombra de honra, se nao as-sentarem na verdade), mas por amor da verdadeira sapiencia e fervor da verdadeiraespeculacao me afadigo, me apoquento, me atormento. E isto que irao compro-var os argumentos da demonstracao, baseados em raciocınios validos que procedemde um juızo recto, informado por imagens nao falsas, que, como verdadeiras em-baixadoras, se desprendem das coisas da natureza e se tornam presentes aquelesque as procuram, patentes aqueles que as miram, claras para todo aquele que asaprende, certas para todo aquele que as compreende. Apresento-vos agora a minhaespeculacao acerca do infinito, do universo e dos mundos inumeraveis.

Do livro: ACERCA DO INFINITO, DO UNIVERSO E DOS MUNDOS.Giordano Bruno (1548-1600) foi queimado vivo em 1600 pelo Papa.

370

Capıtulo 7FORMAS BILINEARES E

QUADRATICAS

Tanto para eruditos quanto para lei-

gos nao e a Filosofia, mas a experiencia

ativa na propria Matematica que unica-

mente pode responder a questao: o que e

Matematica? (Richard Courant)

Introducao: As formas bilineares, a serem estudadas nesta secao, estao rela-cionadas com consideracoes acerca da energia de um sistema e, portanto, com todaa Fısica.

7.1 Formas Bilineares

Definicao 48. Sejam U e V espacos vetoriais sobre R. Uma forma bilinear euma transformacao

f : U × V → R

(u, v) 7→ f(u, v)

que satisfaz as seguintes condicoes:

( i ) Para todo v fixado, f e linear em u, isto e,

f(u1 + u2 , v ) = f(u1, v ) + f(u2, v )

f(λu, v ) = λ f(u, v )

( ii ) Para todo u fixado, f e linear em v, isto e,

f(u, v1+ v

2) = f(u, v

1) + f(u, v

2)

f(u, λ v ) = λ f(u, v )

Em resumo: uma forma bilinear e linear em cada uma das duas variaveis.

371

Indicaremos por BU

Vo conjunto das transformacoes bilineares de U em V , isto

e:

BU

V =

{

{

f : U × V → R

(u, v) 7→ f(u, v)

: f e bilinear

O conjunto BU

Vpassa a ter uma estrutura de espaco vetorial sobre R se definir-

mos adicao e multiplicacao por escalar da forma “usual”:

(f + g)(u, v) = f(u, v) + g(u, v)

(λ f)(u, v) = λ f(u, v)

Para quaisquer f, g ∈ BU

V e λ ∈ R.

Exemplos:

1 ) O produto usual de numeros reais

p : R× R→ R

(x, y) 7→ p(x, y)=x y

De fato,

( i )

p(x+ y, z) = (x + y) z = xz + yz = p(x, z) + p(y, z)

p(λx, y) = (λx) y = λ (x y) = λ p(x, y)

( ii ) Analogo.

2 ) Seja V um espaco vetorial com produto interno. A transformacao

f : V × V → R

(u, v) 7→ f(u, v) = 〈u, v 〉

e uma forma bilinear. Isto decorre da definicao de produto interno e das pro-priedades P

2e P

3. (def. 29, p. 258; p. 262)

Resumindo: Todo produto interno em um espaco vetorial V e uma forma bilin-ear.

3 ) Seja A uma matriz real m× n fixada. A aplicacao

fA: M

m×1(R)×M

n×1(R) → R (7.1)

dada porfA(X, Y ) = XtAY (7.2)

e bilinear. Basta ter em conta as propriedades de multiplicacao de matrizes e dematriz por escalar. (Cap. 8)

372

Vejamos um exemplo para “desanuviar os hieroglifos” anteriores. Entao

fA

: M2×1

(R)×M3×1

(R) → R

A=

1 2 −14 3 2

, X=

x1

x2

, Y =

y1

y2

y3

Portanto

fA(X, Y ) = XtAY =

[x1 x2

][

1 2 −14 3 2

]

y1

y2

y3

Fazendo as multiplicacoes obtemos

fA(X, Y ) = x1 y1 + 4x2 y1 + 2x1 y2 + 3x2 y2 − x1 y3 + 2x2 y3

4 ) Sejam µ : U → R e ν : V → R duas formas lineares. (p. 224)

A transformacao f : U × V → R definida por

f(u, v) = µ(u) ν(v)

e bilinear. Vamos provar, por exemplo, o ıtem ( ii ) da definicao. Veja

f(u, v1+ v

2) = µ(u) ν(v

1+ v

2) = µ(u)

(ν(v

1) + ν(v

2))

= µ(u) ν(v1) + µ(u) ν(v2)

= f(u, v1) + f(u, v

2)

Por outro lado

f(u, λ v ) = µ(u) ν(λ v) = µ(u)(λ ν(v)

)

= λ(µ(u) ν(v)

)

= λ f(u, v)

Esta forma bilinear e denotada por µ⊗ ν e recebe o nome de produto tensorialdas formas lineares µ e ν. Portanto

µ : U → R

ν : V → R

⇒ µ⊗ ν : U × V → R

(u, v) 7→ µ(u) ν(v)

373

5 ) Sejam µ : U → R e ν : V → R duas formas lineares.

A transformacao f : U × V → R definida por

f(u, v) = µ(u) ν(v)− µ(v) ν(u)

e bilinear (mostre isto). Esta forma bilinear e denotada por µ∧ ν e recebe o nomede produto exterior das formas lineares µ e ν.

7.1.1 Matriz de uma forma bilinear

Suponhamos que U e V sejam espacos vetoriais sobre R de dimensoes m e n,respectivamente, e, ademais, que f : U ×V → R seja uma forma bilinear. Consid-eremos uma base B = { u1, u2 , . . . , um

} de U e uma base C = { v1 , v2 , . . . , vn}

de V . Consideremos

u = λ1u

1+ λ

2u

2+ · · ·+ λ

mu

me v = γ

1v1+ γ

2v2+ · · ·+ γ

nvn

vetores arbitrarios em U e V , respectivamente. Sendo assim, temos

f(u, v) = f(λ1u

1+ λ

2u

2+ · · ·+ λ

mu

m, γ

1v1+ γ

2v2+ · · ·+ γ

nvn)

= λ1γ

1f(u

1, v

1) + λ

1γ

2f(u

1, v

2) + · · · + λ

1γ

nf(u

1, v

n)

+λ2 γ1 f(u2 , v1) + λ2 γ2 f(u2 , v2) + · · · + λ2 γnf(u2 , vn

)

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

+λmγ

1f(u

m, v

1) + λ

mγ

2f(u

m, v

2) + · · · + λ

mγ

nf(u

m, v

n)

Podemos reescrever o lado direito dessa equacao em forma matricial:

[λ

1λ

2· · · λ

m

]

f(u1, v

1) f(u

1, v

2) . . . f(u

1, v

n)

f(u2, v

1) f(u

2, v

2) . . . f(u

2, v

n)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

f(um, v

1) f(u

m, v

2) . . . f(u

m, v

n)

γ1

γ2

...

γn

A matriz de ordem m× n dada por

[f(u

i, v

j)]=

f(u1 , v1) f(u1 , v2) . . . f(u1 , vn)

f(u2, v

1) f(u

2, v

2) . . . f(u

2, v

n)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

f(um, v

1) f(u

m, v

2) . . . f(u

m, v

n)

(7.3)

e chamada matriz da forma bilinear de f em relacao as bases B e C.

374

Considerando

[u ]B=

λ1

λ2

...

λn

e [ v ]C=

γ1

γ2

...

γn

Vale a igualdade

f(u, v) = [u ]tB

[f(u

i, v

j)][ v ]

C(7.4)

Exemplo: Seja a forma bilinear f : R3 × R3 → R, dada por

f((x1 , x2 , x3), (y1 , y2 , y3)

)= −2x1 y1 + 4x2 y1 + 2x2 y2 + 2x3 y3

Consideremos a base canonica do R3, isto e

B = { u1= (1, 0, 0), u

2= (0, 1, 0), u

3= (0, 0, 1) }, e

C = { v1 = (1, 0, 0), v2 = (0, 1, 0), v3 = (0, 0, 1) }

Entao, a matriz de f devera ser de ordem 3× 3, por exemplo

f((x

1, x

2, x

3), (y

1, y

2, y

3))= −2x

1y1

+ 4x2y1

+ 2x2y2

+ 2x3y3

f((1, 0, 0)︸︷︷︸

u1

, (1, 0, 0)︸︷︷︸

v1

)= −2 · 1 · 1 + 4 · 0 · 1 + 2 · 0 · 0 + 2 · 0 · 0 = −2

Portanto f(u1 , v1) = −2. Procedendo de modo analogo para as outras posicoesda matriz, obtemos

[f(u

i, v

j)]=

f(u1, v

1) f(u

1, v

2) f(u

1, v

3)

f(u2, v1) f(u2 , v2) f(u2 , v3)

f(u3, v

1) f(u

3, v

2) f(u

3, v

3)

=

−2 0 0

4 2 0

0 0 2

Podemos escrever a forma bilinear dada na forma matricial:

f((x

1, x

2, x

3), (y

1, y

2, y

3))=[x

1x

2x

3

]

−2 0 0

4 2 0

0 0 2

y1

y2

y3

375

Exemplo: Seja a forma bilinear f : R2 × R3 → R, dada por

f(u, v) = x1y1+ 3x

1y2− x

1y3+ x

2y1− 3x

2y3

Onde u = (x1, x

2) e v = (y

1, y

2, y

3) sao vetores genericos do R2 e do R3,

respectivamente. Consideremos, nos respectivos espacos, as bases canonicas:

B = { u1= (1, 0), u

2= (0, 1) }, e

C = { v1= (1, 0, 0), v

2= (0, 1, 0), v

3= (0, 0, 1) }

Entao, a matriz de f devera ser de ordem 2× 3, por exemplo

f(u2, v

3) = x

1y1+ 3x

1y2− x

1y3+ x

2y1− 3x

2y3

f((0, 1)︸︷︷︸

u2

, (0, 0, 1)︸︷︷︸

v3

)= 0 · 0 + 3 · 0 · 0− 0 · 1 + 1 · 0 − 3 · 1 · 1 = −3

Portanto f(u2, v

3) = −3. Procedendo de modo analogo para as outras posicoes

da matriz, obtemos

[f(u

i, v

j)]=

[f(u

1, v

1) f(u

1, v

2) f(u

1, v

3)

f(u2, v

1) f(u

2, v

2) f(u

2, v

3)

]

=

[

1 3 −11 0 −3

]

Podemos escrever a forma bilinear dada na forma matricial:

f(u, v) =[x

1x

2

]

[

1 3 −11 0 −3

]

y1

y2

y3

Mudanca de base

Daqui para a frente restringiremos as formas bilineares f : U×V → R aos casosem que U = V . Estaremos tentando responder a seguinte pergunta: como a matrizque representa uma forma bilinear se altera quando uma nova base e escolhida? Aresposta e dada na proxima

Proposicao 34. Seja P a matriz de mudanca da base B = { u1 , u2 , . . . , un} do

espaco vetorial V para a base C = { v1, v

2, . . . , v

n} desse mesmo espaco. Se A e

a representacao matricial da forma bilinear f : V × V → R na base original B,entao P tAP e a representacao matricial de f na nova base C.

376

Antes da prova desta proposicao, vejamos um exemplo.

Seja f : R2 × R2 → R dada por

f((x

1, x

2), (y

1, y

2))= 2x

1y1− 3x

1y2+ 4x

2y2

a ) Determine a matriz A de f na base { u1= (1, 0), u

2= (1, 1) }.

b ) Determine a matriz B de f na base { v1= (2, 1), v

2= (1, −1) }.

c ) Determine a matriz P de mudanca da base “antiga” { ui} para a “nova” base

{ vi}. Verifique que B = P tAP .

Solucao:

a ) A matriz que comparece em (7.3) (p. 374) adaptada ao presente contexto ficaassim:

A =

[f(u1 , u1) f(u1 , u2)

f(u2, u

1) f(u

2, u

2)

]

Por exemplo

f((x1 , x2), (y1 , y2)

)= 2x1 y1 − 3x1 y2 + 4x2 y2

f((1, 0)︸︷︷︸

u1

, (1, 0)︸︷︷︸

u1

)= 2 · 1 · 1 − 3 · 1 · 0 + 4 · 0 · 0 = 2

Procedendo de modo analogo para as outras posicoes da matriz, obtemos

A =

[2 −12 3

]

b ) Agora procuramos a matriz:

B =

[f(v

1, v

1) f(v

1, v

2)

f(v2 , v1) f(v2 , v2)

]

Por exemplo

f((x

1, x

2), (y

1, y

2))= 2x

1y1− 3x

1y2

+ 4x2y2

f((1, −1)︸︷︷︸

v2

, (2, 1)︸︷︷︸

v1

)= 2 · 1 · 2 − 3 · 1 · 1 + 4 · (−1) · 1 = −3

Procedendo de modo analogo para as outras posicoes da matriz, obtemos

B =

[6 6

−3 9

]

377

c ) Agora procuramos a matriz:

P =

[

λ11

λ12

λ21

λ22

]

Onde: (def. 12, p. 113)

v1= λ

11u

1+ λ

21u

2

v2= λ

12u

1+ λ

22u

2

Escrevendo os vetores da base { vi} como combinacao linear dos vetores da base

{ ui}, temos

(2, 1) = λ11(1, 0) + λ

21(1, 1)

(1, −1) = λ12(1, 0) + λ

22(1, 1)

Resolvendo este sistema encontramos

P =

[

1 2

1 −1

]

Facamos o produto

P tAP =

[

1 1

2 −1

] [2 −12 3

][

1 2

1 −1

]

=

[6 6

−3 9

]

= B

Prova: Sejam u, v ∈ V . Como P e a matriz de mudanca da base B para a baseC temos que (eq. (2.18), p. 120)

[u ]B= P [u ]

C

Similarmente temos[ v ]

B= P [ v ]

C

Tomando o transposto em ambos os membros da primeira equacao

([u ]

B

)t=(P [u ]

C

)t ⇒ [u ]tB= [u ]t

CP t

Tendo em conta que∗ (eq. (7.4), p. 375)

f(u, v) = [u ]tBA [ v ]

B

Escrevemos

f(u, v) = [u ]tBA [ v ]

B

= [u ]tCP t A P [ v ]

C

Como u e v sao vetores arbitrarios em V , segue que P tAP e a representacaomatricial da forma bilinear f na base nova C. �

A proposicao anterior motiva a seguinte definicao

∗Observe que esta equacao deriva da equacao (7.4) (p. 375), na qual tomamos as duasbases iguais B = C.

378

Definicao 49. Uma matriz B e congruente a uma matriz A se existe uma matrizinversıvel P tal que B = P tAP .

Sendo assim: Quando se muda a base do espaco vetorial V , a matriz da formabilinear f : V × V → R muda para uma outra matriz congruente a primeira.

Notacao: Se A e congruente a B escrevemos: A ≈ B.

Proposicao 35. A relacao ≈ no conjunto das matrizes quadradas e uma relacaode equivalencia, isto e:

( i ) A ≈ A, para toda A;

( ii ) Se A ≈ B entao B ≈ A;( iii ) Se A ≈ B e B ≈ C entao A ≈ C.

Prova:

( i ) A matriz identidade Ine tal que I t

n= I

n. Como A = I t

nAI

n, segue que A ≈ A.

( ii ) ComoA ≈ B, existe uma matriz inversıvel P tal queA = P tB P . Multiplicado

essa igualdade do lado esquerdo por(P t)−1

e do lado direito por P−1 encontramos

B =(P t)−1

AP−1, mas(P t)−1

=(P−1

)t; logo, B =

(P−1

)tAP−1 e P−1

tambem e inversıvel; assim, B ≈ A.( iii ) Como A ≈ B e B ≈ C existem matrizes inversıveis P e Q tais que

A = P tB P e B = Q t C Q

Entao

A = P tB P = P t (Q t C Q)P

Logo

A = (P tQ t)C (QP ) = (QP ) t C (QP )

QP sendo inversıvel decorre que A ≈ C. �

7.1.2 Formas bilineares simetricas

Definicao 50. Seja f : V × V → R uma forma bilinear sobre V . Dizemos que fe simetrica se, para todos u, v ∈ V tivermos

f(u, v) = f(v, u)

O conjunto BS V

Vdas formas bilineares simetricas e um subespaco vetorial do

espaco BV

Vdas formas bilineares. De fato, esse conjunto e fechado para as operacoes

de adicao e multiplicacao por escalar; por exemplo, se f e g sao simetricas entao

(f + g)(u, v) = f(u, v) + g(u, v) = f(v, u) + g(v, u) = (f + g)(v, u)

isto e, f + g e simetrica.

379

Das definicoes de matriz de uma forma bilinear e forma bilinear simetrica e facilinferir que a matriz de uma forma simetrica e uma matriz simetrica.

Por outro lado seja A uma matriz simetrica e seja f a forma representada porA, numa certa base B: (eq. (7.2), 372)

fA(X, Y ) = XtAY

Apenas facamos uma ligeira troca de notacao

f(u, v) = XtAY

Onde

[u ]B=

x1

x2

...

xn

= X e [ v ]B=

y1

y2

...

yn

= Y

Vamos provar que f(u, v) e simetrica. Com efeito,

f(v, u) = Y tAX = Y tA t ( (X) t )t = (XtAY )t =(f(u, v)

)t= f(u, v)

Nota: A primeira igualdade acima foi obtida fazendo-se a permuta entre X e Yna equacao (7.2) (p. 372) . Isto e possıvel em funcao de que A e de ordem n × n,observe a equacao (7.1) (p. 372).

A ultima igualdade se deve a que f(u, v) e um numero real, pode ser vistocomo uma matriz 1× 1 que, portanto, coincide com sua transposta.

Portanto, existe uma bijecao

BS V

V ←→ MSn(R)

Onde, a cada f ∈ BS V

V(dimV = n) esta associada uma matriz simetrica de ordem

n e, vice-versa. Em resumo: o espaco das formas bilineares simetricas e isomorfoao espaco das matrizes reais simetricas.

O principal resultado sobre formas bilineares simetricas e dado a seguir.

Teorema 13. Seja f : V × V → R uma forma bilinear simetrica. Entao existeuma base de V em relacao a qual a matriz de f e diagonal, isto e, tal que f(v

i, v

j) =

0 se i 6= j.

Prova: A demonstracao se faz por inducao sobre a dimensao n do espaco.Inicialmente consideremos f = 0 e dimV = 1. Se B = { u1 } e uma base de V , amatriz de f e [ f ] =

[f(u

1, u

1)]=[0], e o teorema esta provado.

Seja V um espaco de dimensao n > 1 e suponhamos o teorema valido para osespacos de dimensao n− 1. Devemos provar que o teorema e valido para o caso emque dimV = n.

Considere entao que f 6= 0 e dimV > 1. Existe um vetor v1 em V tal que

380

f(v1 , v1) 6= 0. De fato, se o contrario e que fosse verdadeiro, isto e, f(v, v) = 0,para todo v ∈ V , terıamos

0 = f(u+ v, u+ v) = f(u, u) + f(u, v) + f(v, u) + f(v, v)

= 0 + f(u, v) + f(u, v) + 0 = 2f(u, v)

resultando f = 0, absurdo.

Considerando entao o vetor v1 tal que f(v1 , v1) 6= 0, todo vetor v ∈ V admitea seguinte decomposicao

v =

(

v − f(v, v1)

f(v1, v

1)v1

)

+f(v, v

1)

f(v1, v

1)v1

(7.5)

Facamos a seguinte notacao

x =

(

v − f(v, v1)

f(v1, v

1)v1

)

e y =f(v, v

1)

f(v1, v

1)v1

Observe que y e multiplo de v1. Consideremos, ademais, os seguintes subconjuntos

de V

U1 =

{

x = v − f(v, v1)

f(v1 , v1)v1 : v ∈ V

}

e U2 = [ v1 ]

Afirmamos que U1e um subespaco vetorial de V . Com efeito, tomando

v = v1⇒ x = v

1− f(v

1, v

1)

f(v1, v

1)v1= 0 ∈ U

1

Mostremos que este conjunto e fechado para operacao de adicao. De fato, tomandodois elementos neste conjunto, digamos:

x = v − f(v, v1)

f(v1, v

1)v1 e x′ = v′ − f(v′, v

1)

f(v1, v

1)v1

Temos

x+ x′ = v − f(v, v1)

f(v1, v

1)v1+ v′ − f(v′, v

1)

f(v1, v

1)v1

Entao

x+ x′ = (v + v′ )−[f(v, v

1)

f(v1, v

1)+

f(v′, v1)

f(v1, v

1)

]

v1

Ou ainda:

x+ x′ = (v + v′ )− f(v + v′, v1)

f(v1, v

1)

v1∈ U

1

De modo analogo mostramos que U1 e fechado para a multiplicacao por escalar.

Sendo assim a equacao (7.5) nos permite escrever V como a soma de dois sube-spacos: V = U

1+ U

2. Mostremos que esta soma e direta. Temos

f(x, v1) = f

(

v − f(v, v1)

f(v1 , v1)v1, v

1

)

= f(v, v1)− f(v, v1)

f(v1 , v1)f(v

1, v

1) = 0

Por isso dizemos que x e ortogonal a v1 relativamente a f . Observe ainda que se λe um escalar nao nulo

f(v1 , v1) 6= 0 ⇒ λ f(v1 , v1) 6= 0 ⇒ f(λ v1 , v1) 6= 0

381

donde concluimos que nenhum multiplo nao nulo de v1 pode ser ortogonal a v1 (rel-ativamente a f). De outro modo, nenhum elemento nao nulo de U

2pode pertencer

a U1(conjunto dos elementos ortogonais a v

1, relativamente a f), o que nos permite

escrever U1∩ U

2= { 0 }. Logo, V = U

1⊕ U

2.

V

0

s

s

v1

y s

s

xU

1

U2

v = x+ y

O subespaco gerado por v1e de dimensao 1; logo, a dimensao do subespaco U

1

e n−1. A restricao de f a este subespaco e simetrica∗; logo, podemos aplicar a estesubespaco a hipotese de inducao e concluir que existe uma base { v

2, . . . , v

n} ⊂ U

1

de maneira que f(vi, v

j) = 0 se i 6= j, para i, j ∈ { 2, . . . , n }. Ate o presente

momento podemos escrever

[f(v

i, v

j)]=

f(v1, v

1) f(v

1, v

2) . . . f(v

1, v

n)

f(v2 , v1) f(v2 , v2) . . . f(v2 , vn)

︸︷︷︸

=0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

f(vn, v1) f(v

n, v2)

︸︷︷︸

=0

. . . f(vn, v

n)

Afirmamos que o conjunto { v1} ∪ { v

2, . . . , v

n} e linearmente independente.

De fato, se nao fosse este o caso, pela propriedade P5

(p. 90), o vetor v1seria

combinacao linear dos demais; isto e, existiriam escalares λ2 , . . . , λntais que

v1= λ

2v2+ · · ·+ λ

nvn

Sendo assim

f(v1, v

1) = f(v

1, λ

2v2+ · · ·+ λ

nvn)

= λ2 f(v1 , v2) + · · ·+ λnf(v1 , vn

)

= λ20 + · · ·+ λ

n0 = 0

Porquanto os vetores v2 , . . . , vnsao ortogonais a v1 (relativamente a f). A con-

tradicao acima prova nossa afirmativa. Sendo assim B = { v1, v

2, . . . , v

n} e uma

∗A tıtulo de simplificacao de notacoes manteremos a mesma notacao, f , para a restricaode f ao subespaco U1 .

382

base de V satisfazendo f(vi, v

j) = 0, sempre que i 6= j, resultando:

[f(v

i, v

j)]

B=

f(v1 , v1) f(v1 , v2)︸︷︷︸

=0

. . . f(v1 , v2)︸︷︷︸

=0

f(v2, v

1)

︸︷︷︸

=0

f(v2, v

2) . . . f(v

2, v

n)

︸︷︷︸

=0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

f(vn, v1)

︸︷︷︸

=0

f(vn, v2)

︸︷︷︸

=0

. . . f(vn, v

n)

�

Corolario 6. Seja A uma matriz simetrica. Entao A e congruente a uma matrizdiagonal; isto e, existe uma matriz inversıvel P tal que P tAP e diagonal.

7.1.3 Formas bilineares antissimetricas

Definicao 51. Seja f : V × V → R uma forma bilinear sobre V . Dizemos que fe antissimetrica se, para todos u, v ∈ V tivermos

f(u, v) = −f(v, u)

Nota: Decorre da definicao que f(u, u) = 0, ∀u, v ∈ V .

O conjunto BA V

V das formas bilineares antissimetricas e um subespaco vetorial do

espaco BV

Vdas formas bilineares. De fato, esse conjunto e fechado para as operacoes

de adicao e multiplicacao por escalar; por exemplo, se f e g sao antissimetricasentao

(f + g)(u, v) = f(u, v) + g(u, v) = −f(v, u) − g(v, u)

= −(f(v, u) + g(v, u)

)= −(f + g)(v, u)

isto e, f + g e antissimetrica.

Para que f seja antissimetrica e suficiente que se tenha f(vi, v

j) = −f(v

j, v

i)

numa base { v1, v

2, . . . , v

n} ⊂ V . Ou seja, a matriz de uma forma bilinear anti-

ssimetrica e uma matriz antissimetrica. Reciprocamente, dada uma matriz antis-simetrica, pode-se mostrar que a forma bilinear de que ela provem, escolhida umabase apropriada de V , e antissimetrica.

Uma forma bilinear f , ao mesmo tempo simetrica e antissimetrica, deve sernula. Com efeito, para todos u, v ∈ V , temos:

{f(u, v) = f(v, u)

f(u, v) = −f(v, u)⇒ f(v, u) = −f(v, u) ⇒ f(v, u) = f(u, v) = 0

Este resultado implica que

BS V

V ∩ BA V

V = { 0 }

383

Por outro lado toda forma bilinear f ∈ BV

Vpode ser escrita como

f(u, v) =1

2

[f(u, v) + f(v, u)

]+

1

2

[f(u, v)− f(v, u)

]

Observe que

g(u, v) =1

2

[f(u, v) + f(v, u)

]= g(v, u) e simetrica

e

h(u, v) =1

2

[f(u, v)− f(v, u)

]= −h(v, u) e antissimetrica

O que significa que toda forma bilinear f ∈ BV

V pode ser escrita como a soma dosdois elementos

f(u, v) = g(u, v) + h(u, v) ⇒ BV

V = BS V

V + BA V

V

E mais ainda: BV

V = BS V

V ⊕ BA V

V .

O principal resultado sobre formas bilineares antissimetricas e dado a seguir.

Teorema 14. Seja f : V × V → R uma forma bilinear antissimetrica. Entaoexiste uma base de V na qual f e representada por uma matriz diagonal por blocosna forma

AA

. . .A

0. . .

0

(7.6)

Onde A =

[0 1−1 0

]

.

Prova: Inicialmente fazemos uma observacao. Quando se afirma que a matrizda forma antissimetrica e da forma dada em (7.6), isto significa que os blocos dadiagonal sao da forma A ou 0 − sendo este ou nao exclusivo.

A demonstracao se faz por inducao sobre a dimensao n do espaco.Se f = 0, entao o teorema e obviamente verdadeiro. Alem disso, se dimV = 1,

entao f(λ1 u, λ2 u) = λ1 λ2 f(u, u) = 0 e, assim∗, f = 0. Sendo assim, podemossupor f 6= 0 e dimV > 1. Como f 6= 0, existem vetores v

1, v

2∈ V tais que

f(v1, v

2) 6= 0.

Esses dois vetores sao linearmente independentes, pois se v2= λ v

1entao

f(v1 , v2) = f(v1 , λ v1) = λ f(v1 , v1) = 0

Seja U1= [ v

1, v

2] o subespaco gerado por v

1e v

2. A restricao de f ao subespaco

U1 e uma forma bilinear antissimetrica; calculemos a matriz da restricao de f emrelacao a base

B = { λ v1, v

2}, onde λ =

1

f(v1, v

2)

(7.7)

∗Ver nota apos def. 51, p. 383.

384

Entao (eq. (7.3), p. 374)

[f(u

i, v

j)]=

[f(u1 , v1) f(u1 , v2)

f(u2, v

1) f(u

2, v

2)

]

Adaptando esta (aquela) matriz ao presente contexto temos

B = { u1= λ v

1, u

2= v

2} e C = { v

1= λ v

1, v

2= v

2} (7.8)

Sendo assim, temos

f(u1, v

1) = f(λ v

1, λ v

1) = λ2 f(v

1, v

1) = λ2 0 = 0

e

f(u1, v

2) = f(λ v

1, v

2) = λ f(v

1, v

2) =

1

f(v1, v

2)f(v

1, v

2) = 1

e

f(u2, v

1) = f(v

2, λ v

1) = λ f(v

2, v

1) =

1

f(v1, v

2)

(− f(v

1, v

2))= −1

ef(u

2, v

2) = f(v

2, v

2) = 0

Logo[f(u

i, v

j)]= A =

[0 1−1 0

]

Seja V um espaco de dimensao n > 2 e suponhamos o teorema valido para osespacos de dimensao n− 2.

Inicialmente observamos que

U1 = [ v1 , v2 ] = [λ v1 , λ v2 ]

Se u ∈ U1 , existem escalares a e b tais que u = a (λ v1) + b (λ v2), entao

f(u, v1) = f(a (λ v1) + b (λ v2), v1

)= a λ f(v1 , v1) + b λ f(v2 , v1) = −b

Substituimos na equacao acima λ como dado em (7.7). Analogamente

f(u, v2) = f(a (λ v1) + b (λ v2), v2

)= a λ f(v1 , v2) + b λ f(v2 , v2) = a

Sendo assim

u = a (λ v1) + b (λ v

2) = f(u, v

2) (λ v

1)− f(u, v

1) (λ v

2)

=(λ f(u, v

2))v1−(λ f(u, v

1))v2

(7.9)

Isto significa que todo vetor u ∈ U1pode ser expresso, quando conveniente, nesta

forma. SejaU

2= { u ∈ V : f(u, v) = 0, ∀ v ∈ U

1} (7.10)

Afirmamos que V = U1⊕ U

2. Com efeito, seja w ∈ U

1∩ U

2, entao existem escalares

a e b tais que w = a v1 + b v2 ; por outro lado f(w, v) = 0, ∀ v ∈ U1 , isto e

f(a v1 + b v2 , v) = 0, ∀ v ∈ U1

385

Entao, tomando v = v1

f(a v1+ b v

2, v

1) = 0 ⇒ af(v

1, v

1) + bf(v

2, v

1) = 0 ⇒ b = 0

tomando v = v2

f(a v1 + b v2 , v2) = 0 ⇒ af(v1 , v2) + bf(v2 , v2) = 0 ⇒ a = 0

Sendo assim, w = 0 o que implica U1∩ U

2= { 0 }. Resta mostrar que V =

U1+ U

2. Seja entao w ∈ V arbitrariamente fixado. Facamos

u1= f(w, v

2)(λ v

1)− f(w, v

1)(λ v

2) e u

2= w − u

1(7.11)

Como u1e uma combinacao linear de λ v

1e λ v

2, u

1∈ U

1. A seguir mostraremos

que u2 ∈ U2 . Como u1 ∈ U1 entao ele pode ser expresso como em (7.9), assim:

u1=(λ f(u

1, v

2))v1−(λ f(u

1, v

1))v2

Comparando este resultado com (7.11) inferimos que

f(u1 , v2) = f(w, v2) e f(u1 , v1) = f(w, v1)

Entaof(u

2, v

1) = f(w − u

1, v

1) = f(w, v

1)− f(u

1, v

1) = 0

ef(u

2, v

2) = f(w − u

1, v

2) = f(w, v

2)− f(u

1, v

2) = 0

Estes dois resultados implicam que

f(u2, v) = 0, ∀ v ∈ U

1

que, de acordo com (7.10), e condicao suficiente para que u2∈ U

2. Por (7.11)

w = u1+ u

2, onde u

1∈ U

1. Isto mostra que V = U

1+ U

2e, portanto, V =

U1⊕ U

2. Sendo assim: dimV = dimU

1+ dim U

2, isto e, n = 2 + dim U

2. Logo,

dim U2 = n − 2. Pela hipotese de inducao, existe uma base B′ = { u3 , . . . , un}

de U2na qual a representacao matricial de f , restrita a U

2, e da forma desejada.

Sendo assim B ∪ B′ = { u1, u

2, u

3, . . . , u

n} (ver eq. (7.8), p. 385) e uma base de V

na qual a representacao matricial de f possui a forma desejada. �

386

Apenas como informacao complementar, observe a matriz de uma forma bilineargeral

[f(u

i, v

j)]=

f(u1, v

1) f(u

1, v

2) f(u

1, v

3) . . . f(u

1, v

n)

f(u2, v

1) f(u

2, v

2) f(u

2, v

3) . . . f(u

2, v

n)

f(u3 , v1) f(u3 , v2) f(u2 , v3) . . . f(u3 , vn)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

f(un, v

1) f(u

n, v

2) f(u

n, v

3) . . . f(u

n, v

n)

Adaptada ao presente contexto(

(vi ) = (ui ))

[f(u

i, u

j)]=

f(u1 , u1) f(u1 , u2) f(u1 , u3) . . . f(u1 , un)

f(u2, u

1) f(u

2, u

2) f(u

2, u

3) . . . f(u

2, u

n)

f(u3, u

1) f(u

3, u

2) f(u

3, u

3) . . . f(u

3, u

n)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

f(un, u

1) f(u

n, u

2) f(u

n, u

3) . . . f(u

n, u

n)

A

Hipotese de inducao

A =

[0 1−1 0

]

, como vimos, e a matriz de f restrita ao subespaco U1 =

[ v1, v

2] com respeito a base B = { u

1= λ v

1, u

2= v

2}.

Observe que todos os termos fora dos retangulos, na matriz acima, sao iguais a 0em funcao de que u

1, u

2∈ U

1e u

3, . . . , u

n∈ U

2. Observe como U

2foi construido

em (7.10). (p. 385)

387

7.1.4 Exercıcios

1) Sejam u = (x1, x

2) e v = (y

1, y

2). Determine quais das expressoes abaixo sao

formas bilineares sobre R2 :

a) f(u, v) = 2x1 y2 − 3 x2 y1 , b) f(u, v) = x1 + y2 , c) f(u, v) = 1,

d) f(u, v) = 0, e) f(u, v) = x21+ y

2, f) f(u, v) = x

1x

2+ y

1y2.

2) Seja a forma bilinear f : R2 × R2 → R, dada por

f(u, v) = −x1 y1 + 2 x2 y1 + 5x2 y2

onde u = (x1, x

2) e v = (y

1, y

2). Encontre a matriz de f com respeito a base

canonica do R2.

3) Dada a matriz A =

1 24 3−1 2

, encontre a forma bilinear associada, segundo

o esquema

fA: M

3×1(R)×M

2×1(R) → R, onde f

A(X, Y ) = XtAY

4) Considere a forma bilinear dada por

f(u, v) = 3x1y1− 2x

1y3+ 5x

2y1+ 7x

2y2− 8x

2y3+ 4x

3y2− 6x

3y3

onde u = (x1, x

2, x

3), v = (y

1, y

2, y

3). Expresse f na notacao matricial, f

A(X, Y ) =

XtAY .

5) Seja a forma bilinear f : R2 × R3 → R, dada por

f(u, v) = x1y1+ 3x

1y2− x

1y3+ x

2y1− 3x

2y3

Onde u = (x1, x

2) e v = (y

1, y

2, y

3) sao vetores genericos do R2 e do R3,

respectivamente. Consideremos, nos respectivos espacos, as bases:

B = { u1= (1, 1), u

2= (−1, 1) }, e

C = { v1 = (1, 1, 0), v2 = (0, 1, 1), v3 = (1, 1, 1) }

Encontre a matriz de f com respeito a estas bases.

6) Prove que se f : U × V → R e g : U × V → R sao bilineares entao f + g eλ f sao tambem bilineares.

7) Mostre que se ϕ e ψ sao formas lineares sobre V , entao f(u, v) = ϕ(u)ψ(v) euma forma bilinear sobre V .

388

8) Seja f : R2 × R2 → R dada por

f((x

1, x

2), (y

1, y

2))= 4x

1y1− 3x

1y2+ 2x

2y2

a ) Determine a matriz A de f na base { u1= (1, 1), u

2= (1, 0) }.

b ) Determine a matriz B de f na base { v1= (1, −1), v

2= (2, 1) }.

c ) Determine a matriz P de mudanca da base “antiga” { ui} para a “nova” base

{ vi}. Verifique que B = P tAP .

9) Seja f uma forma bilinear sobre V . Para qualquer subconjunto S de V faca

S⊥ = { v ∈ V : f(u, v) = 0 para todo u ∈ S }

eS⊤ = { v ∈ V : f(v, u) = 0 para todo u ∈ S }

Mostre que:

a ) S⊥ e S⊤ sao subespacos de V ;

b ) S1 ⊂ S2 implica que S⊥2⊂ S⊥

1e S⊤

2⊂ S⊤

1;

c ) { 0 }⊥ = { 0 }⊤ = V .

10) Seja f a forma bilinear . Que condicoes devem satisfazer a, b, c e d para que:

a ) f(u, v) = f(v, u) para todo u, v ∈ R2;

b ) f(u, v) = −f(v, u) para todo u, v ∈ R2;

c ) Exista u 6= 0 tal que f(u, v) = 0 para todo u ∈ R2;

d ) f(u, v) = 0 para todo v ∈ R2 implique u = 0.

11) Para cada uma das matrizes simetricas A dadas abaixo, determine uma matrizinversıvel P tal que D = P tAP e diagonal.

a ) A =

[1 −1−1 3

]

, b ) A =

1 −2 1−2 5 31 3 −2

, c ) A =

1 0 20 3 62 6 7

12) Sejam ϕ : R2 → R e ψ : R2 → R as formas lineares dadas por

ϕ(x, y) = 2x+ y e ψ(x, y) = x− y

Calcular as formas bilineares:

a ) ϕ⊗ ψ, b ) ψ ⊗ ϕ, c ) ψ ⊗ ψ,d ) ϕ⊗ ϕ, e ) ϕ⊗ ψ − ψ ⊗ ϕ, f ) ϕ⊗ ψ + ψ ⊗ ϕ.13) Seja f : U × V → R uma forma bilinear. Seja u0 um vetor fixo de U . Proveque o seguinte subconjunto

W = { v ∈ V : f(u0, v) = 0 }

e um subespaco vetorial de V .

14) Seja f : R2 → R dada por f(u, v) = x1y1+ x

1y2+ x

2y2− x

2y1para todos

u = (x1, x

2) e v = (y

1, y

2). Calcule a matriz de f em relacao as bases:

a ) { (0, 1), (1, 0) }, b ) { (1, 0), (0, 1) }, c ) { (1, 1), (1, −1) }.

389

Verifique que elas sao congruentes duas a duas.

15) Dada f ∈ BV

Vprovar que as formas bilineares g e h definidas por

g(u, v) = f(u, v) + f(v, u) e h(u, v) = f(u, v) − f(v, u)

satisfazem as condicoes:

a ) g ∈ BS V

V, b ) h ∈ BA V

V, c ) 2f = g + h.

∗ ∗ ∗

[. . .] As notas autobiograficas de Albert Einstein, por exemplo, nos contamque ele era um dos que acreditavam que somos observadores essencialmentepassivos vivendo em um universo preexistente, sobre o qual exercemos uma in-fluencia muito pequena: “La fora encontra-se esse imenso universo” , ele dizia,“que existe independentemente dos seres humanos. . . ”.

Contrastando com a perspectiva de Einstein, que ainda e sustentada pormuitos cientistas hoje, John Wheeler, um fısico de Princeton e colega de Ein-stein, oferece uma explicacao radicalmente diferente de nosso papel na criacao.[. . .]

Os experimentos da fısica quantica realmente nos revelam que as pro-priedades de um eletron mudam enquanto ele esta sob observacao, basta quefocalizemos nossa atencao sobre ele, ainda que por um breve instante. Osexperimentos sugerem que o simples ato de observar e um ato de criar,e que a consciencia executa uma criacao. Aparentemente esses resulta-dos apoiam a proposicao de Wheeler de que nao podemos mais nos jul-gar simples observadores, sem qualquer efeito sobre o mundo que observa-mos.

(Gregg Braden/A Matriz Divina, p. 10)

390

7.2 Formas Quadraticas

As forma quadraticas comparecem numa ampla gama de aplicacoes praticascomo, por exemplo, no estudo de vibracoes de sistemas mecanicos, em estudos sobreenergia na Fısica e no processamento e transmissao de sinais digitais na EngenhariaEletrica.

O estudo das formas quadraticas esta intimamente relacionado com as formasbilineares ja vistas.

Definicao 52. Seja f : V × V → R uma forma bilinear simetrica. Consi-deremos a funcao q

f: V → R definida por q

f(v) = f(v, v), para todo v ∈ V . Esta

funcao chama-se forma quadratica sobre V associada a forma bilinear f .

Exemplos:

1 ) A forma bilinear a seguir

fA(X, Y ) = XtAY =

[x

1x

2

][

2 33 −5

] [y1

y2

]

e simetrica (por conta de que a matriz A e simetrica).Fazendo as multiplicacoes obtemos

fA(X, Y ) = 2x

1y1+ 3x

2y1+ 3x

1y2− 5x

2y2

Por conveniencia, facamos a seguinte mudanca de notacao

f(u, v) = 2x1 y1 + 3x2 y1 + 3x1 y2 − 5x2 y2

onde u = (x1 , x2) e v = (y1 , y2). Temos que f e da forma f : R2 × R2 → R.

Tomando u = (x1, x

2) = (x, y) = (y

1, y

2) = v, obtemos

qf(v) = 2xx + 3y x + 3x y − 5y y

Ou aindaqf(v) = 2x2 + 6xy − 5y2

Esta funcao e da forma qf: R2 → R, e a forma quadratica associada a forma

bilinear simetrica f .

2 ) A forma bilinear a seguir

fA(X, Y ) = XtAY =

[x

1x

2x

3

]

1 2 −12 7 4−1 4 −3

y1

y2

y3

e simetrica (por conta de que a matriz A e simetrica). Substituindo

u = (x1 , x2 , x3) = (x, y, z) = (y1 , y2 , y3) = v

ao final obtemos qf: R3 → R, dada por

qf(v) = x2 + 7y2 − 3z2 + 4xy − 2xz + 8yz

Observe (def. 391) que definimos uma forma quadratica a partir de uma formabilinear simetrica, a razao para essa exigencia e que podemos recuperar a formabilinear original a partir da forma quadratica a ela associada, como mostraremos aseguir:

391

Proposicao 36. Seja q : V → R a forma quadratica associada a forma bilinearsimetrica f : V × V → R . Entao f fica univocamente determinada.∗

Prova: De fato, vamos provar a seguinte equacao

f(u, v) =1

2

[q(u + v)− q(u)− q(v)

]

Conhecida como identidade de polarizacao. Entao

q(u+ v)− q(u)− q(v) = f(u+ v, u+ v)− f(u, u)− f(v, v)= f(u, u) + f(u, v) + f(v, u) + f(v, v)

− f(u, u)− f(v, v) = 2f(u, v)

Dividindo ambos os membros desta igualdade por 2, obtemos o resultado desejado.�

Exemplo: Seja a forma quadratica q : R2 → R dada por

q(u) = 6 x21+ 6 x

1x

2+ 4 x2

2

e as formas bilineares f1 e f2 definidas por

f1(u, v) =

[x

1x

2

][

6 24 4

] [y1

y2

]

e

f2(u, v) =[x1 x2

][

6 33 4

] [y1

y2

]

E facil ver que f1(u, u) = f2(u, u) = q(u), ∀u ∈ R2. Este exemplo mostra anecessidade de se exigir que a forma bilinear seja simetrica; de outro modo, a formabilinear nao ficaria univocamente determinada pela forma quadratica associada aela.

Exemplo: A seguir mostramos como ficam as formas quadraticas gerais em R2 eR3, respectivamente:

q(u) = a1 x21+ a2 x

22+ 2 a3 x1 x2 =

[x

1x

2

][a

1a

3

a3 a2

] [x

1

x2

]

e

q(u) = a1x2

1+ a

2x2

2+ a

3x2

3+ 2 a

4x

1x

2+ 2 a

5x

1x

3+ 2 a

6x

2x

3

=[x

1x

2x

3

]

a1

a4

a5

a4

a2

a6

a5

a6

a3

x1

x2

x3

Observe que a matriz A nestas igualdades e simetrica e que suas entradas nadiagonal sao os coeficientes dos termos quadrados e que suas entradas fora dadiagonal sao a metade dos coeficientes dos termos mistos.

∗Estamos dispensando o ındice em qf, a tıtulo de simplificacao de notacao.

392

Exemplo: Vamos obter a matriz A para a forma quadratica dada por q(u) =3 x2

1+ 2x2

2− 5 x2

3. Sendo assim, temos:

q(u) =[x1 x2 x3

]

3 0 00 2 00 0 −5

x1

x2

x3

7.2.1 Diagonalizacao de formas quadraticas

Veremos a seguir que para toda forma quadratica q : V → R existe uma baseortonormal de V em relacao a qual a matriz de q e diagonal, ou seja, q tera umaforma parecida com a do exemplo anterior.

Na subsecao 7.1.1 (p. 374) consideremos U = V e as duas bases iguais: B = C ={ v

1, v

2, . . . , v

n}, base do espaco V . Suponhamos q : V → R a forma quadratica

associada a forma bilinear simetrica f .Neste caso, a partir da igualdade (7.4) (p. 375), obtemos

q(v) = f(v, v) = [ v ]tB

[f(v

i, v

j)][ v ]

B

O teorema 13 (p. 380) afirma que existe uma base B′ de V em relacao a qual amatriz de f e diagonal. Sendo assim podemos escrever

q(v) = [ v ]tB′

[f(v

i, v

j)]

B′

[ v ]B′

Supondo

[ v ]B′

=

y1

...yn

e

[f(v

i, v

j)]

B′

=

d1

d2 . . .d

n

Substituindo na ultima equacao obtemos

q(v) =[y1· · · y

n

]

d1

d2 . . .

dn

y1

...yn

= d

1y21+ · · · + d

ny2n

Dizemos que a base B′ diagonalizou a forma quadratica q. Essa igualdade edita uma expressao diagonal de q.

Na secao seguinte veremos um algoritmo para obter a expressao diagonal deuma forma quadratica. A diagonalizacao de uma forma quadratica tem muitasaplicacoes, uma delas sera vista oportunamente na classificacao de conicas.

393

7.2.2 Exercıcios

16) Seja a forma bilinear f(u, v) = 3x1y1− x

2y2, onde u = (x

1, x

2) e v = (y

1, y

2).

Encontre a forma quadratica q : R2 → R associada a f .

17) Seja q(x, y) = 2x2 + 4xy − y2. Ache a matriz da forma bilinear associada.

18) Expresse a forma quadratica em notacao matricial XtAX , onde A e uma ma-triz simetrica.

a) 3x21+ 7x2

2, b) 4x2

1− 9x2

2− 6x1x2 , c) −4x1x2

d) 9x21− x2

2+ 4x2

3+ 8x1x2 − 6x1x3 + x2x3 , e) 5x2

1+ 5x1x2 .

19) Determine a forma quadratica q que corresponde a cada uma das matrizessimetricas dadas abaixo:

a)

[2 −3−3 5

]

b)

4 −2 5−2 3 15 1 −2

20) Considere a forma quadratica q : R3 → R dada porq(x, y, z) = 3x2 + 3xy + 7y2 − 4yz − z2. Ache a matriz da forma bilinear

associada.

21) Para cada uma das forma quadraticas abaixo, encontre a forma bilinear quelhe deu origem :

a) q(x, y, z) = x2 + y2 + z2 − 2xy + 4xz − yz;

b) q(x, y, z) = x2 − y2 + 4yz;

c) q(x, y, z) = x2 − z2 − 4xy + 4yz;

22) De exemplo de uma forma quadratica q(x, y) tal que q(u) = 0 e q(v) = 0, masq(u+ v) 6= 0.

394

7.2.3 Reducao de formas quadraticas

Na subsecao 7.2.1 provamos que toda forma quadratica q : V → R pode ser re-duzida a uma expressao diagonal. Dizemos que aquela foi uma prova de existencia∗

nao uma prova construtiva. Veremos a seguir um processos pratico (algoritmo)para transformar uma forma quadratica a uma expressao diagonal.

Mudanca de variaveis em formas quadraticas

A forma quadratica qA(X) = XtAX pode ser reduzida a uma forma diagonal

atraves da substituicaoX = P Y (7.12)

que expressa as variaveis x1, x

2, . . . , x

nem funcao das variaveis y

1, y

2, . . . , y

n.

Se a matriz P possui inversa entao (7.12) e denominada uma mudanca devariaveis e se P e ortogonal, dizemos que (7.12) e uma mudanca de variaveis or-togonal.

Fazendo a mudanca de coordenadas X = P Y na forma quadratica qA(X) obte-

mosXtAX = (P Y )tA (P Y ) = Y t P tAP Y = Y t (P tAP )Y

Sendo A simetrica − por definicao de forma quadratica − pode-se mostrar quea matriz B = P tAP e tambem simetrica, sendo assim o efeito de mudanca devariaveis e produzir uma nova forma quadratica Y tB Y nas variaveis y

1, y

2, . . . , y

n.

Em particular, se P diagonaliza A ortogonalmente, entao a nova forma quadraticae Y tDY , onde D e uma matriz diagonal com os autovalores de A na diagonalprincipal, veja:

XtAX = Y tDY =[y1

y2· · · y

n

]

λ1

λ2 . . .

λn

y1

y2

...yn

= λ1 y21+ λ2 y

22+ · · · + λ

ny2n

Exemplo: Considere a forma quadratica q : R3 → R dada por

q(x1, x

2, x

3) = 7 x2

1− 4 x

1x

2+ 6 x2

2− 4 x

2x

3+ 5 x2

3

Encontre uma mudanca de variaveis ortogonal que elimine os termos mistos.

Solucao:

Esta forma quadratica pode ser reescrita como

q(x1, x

2, x

3) = 7 x

1x

1− 2 x

1x

2+ 0 x

1x

3

− 2 x2 x1 + 6 x2 x2 − 2 x2 x3

+ 0 x3x

1− 2 x

3x

2+ 5 x

3x

3

∗Existe uma base de V em relacao a qual a matriz de q e diagonal.

395

Sendo assim, temos

qA(X) =

[x

1x

2x

3

]

7 −2 0

−2 6 −20 −2 5

x1

x2

x3

Da equacao caracterıstica da matriz A

det

7− λ −2 0

−2 6− λ −20 −2 5− λ

= 0

Encontramos os autovalores: λ1= 3, λ

2= 6, e λ

3= 9. Os autovetores associados

sao

v1 = x (1, 2, 2), v2 = x(1,

1

2, −1

), v3 = x

(1, −1, 1

2

)

A seguir exibimos uma base ortonormal

B ={

u1 =( 1

3,2

3,2

3), u2 =

( 2

3,1

3, −2

3), u3 =

( 2

3, −2

3,1

3)}

Sendo assim, a substituicao X = P Y que diagonaliza a forma quadratica e

x1

x2

x3

=

13

23

23

23

13 − 2

3

23 − 2

313

y1

y2

y3

Isso nos fornece a nova forma quadratica

q = Y t (P tAP )Y =[y1

y2

y3

]

3 0 00 6 00 0 9

y1

y2

y3

= 3 y21+ 6 y2

2+ 9 y2

3

na qual nao existem termos mistos.

Nota: Existem outros metodos para diagonalizar uma forma quadratica que naoserao vistos aqui. Dois desses metodos, o processo de Gauss (ou metodo de com-pletar quadrados) e o processo das matrizes elementares constam na referencia [2].

396

Exercıcios

23) Considere a forma quadratica q : R2 → R dada por

q(x1, x

2) = x2

1+ 2 x2

2− 4 x

1x

2

Encontre uma mudanca de variaveis ortogonal que elimine o termo misto.


q(x, y) = 4x2 − 3 y2 + 24 x y



q(x, y) = x2 + y2 − 10 x y



q(x1, x

2) = −4 x2

1− 6 x

1x

2+ 6 x2

2


27) Encontre uma mudanca de variaveis ortogonal que elimine os termos mistos daforma quadratica q : R3 → R dada por

q(x1, x

2, x

3) = x2

1− 4 x

1x

2+ 4 x

2x

3− x2

3

28) Encontre uma mudanca de variaveis ortogonal que elimine os termos mistos daforma quadratica q : R3 → R dada por

q(x, y, z) = 2 x2 + 2 y2 − 2 z2 + 4 x y − 4 x z + 8 y z

29) Considere a forma quadratica q(x, y) = a x2 + 2b x y + c y2, com a 6= 0.Reduza-a a forma diagonal, exibindo a substituicao linear correspondente a reducao.

∗ ∗ ∗

As teorias matematicas, as boas, consistem na definicao de uns poucos novosconceitos-chave e depois o fogo de artifıcio comeca: elas revelam novos panora-mas, abrem a porta a mundos inteiramente novos.[. . .] O fascinante e que, simples como sao os numeros inteiros e os primos,ainda assim e facil propor questoes diretas e claras a seu respeito que ninguemsabe como responder, e podemos dizer que nem mesmo daqui a dois mil anos,nem sequer os melhores matematicos do mundo, saberao!

(Gregory Chaitin/Metamat!)

397

7.3 Classificacao de Conicas e Quadricas

Estaremos aqui utilizando os resultados da subsecao 7.2.3 no estudo das conicase quadricas.

7.3.1 Secoes conicas

As conicas quando estudadas na geometria analıtica sao caracterizadas (definidas)a partir de propriedades geometricas∗, aqui estaremos definindo as conicas algebri-camente.

Definicao 53. Uma conica em R2 e um conjunto de pontos (x, y) cujas coorde-nadas em relacao a base canonica satisfazem a equacao

Ax2 + B xy + C y2 + Dx + E y + F = 0 (7.13)

onde A, B e C nao sao todos nulos.

Podemos observar que a equacao da conica envolve uma forma quadraticaq(x, y), uma forma linear ℓ(x, y) e um termo constante, assim:

Ax2 + B xy + C y2︸︷︷︸

q(x, y)

+ Dx + E y︸︷︷︸

ℓ(x, y)

+ F︸︷︷︸

k

= 0

Vejamos geometricamente algumas possibilidades que podem ocorrer quanto aostermos da equacao (7.13).

1 a ) Circunferencia

r

r

−r

−r

r x

y

x2 + y2 = r2

Ax2 + B xy + C y2 + Dx + E y + F = 0↓=1

↓=0

↓=1

↓=0

↓=0

↓=−r2

∗A elipse, por exemplo, e o lugar geometrico dos pontos do plano cuja soma dasdistancias a dois pontos fixos (chamados focos) e uma constante.

398

2 a ) Elipse

a

b

−a

−b

r r x

y

( a > b > 0 )

x2

a2+y2

b2= 1

Ax2 + B xy + C y2 + Dx + E y + F = 0−→

=1

a2

↓=0

−→

=1

b2

↓=0

↓=0

↓=−1

3 a ) Hiperbole

a−a x

y

x2

a2− y2

b2= 1

Ax2 + B xy + C y2 + Dx + E y + F = 0−→

=1

a2

↓=0

−→

=−1

b2

↓=0

↓=0

↓=−1

4 a ) Parabola

x

y

y2 − x = 0

Ax2 + B xy + C y2 + Dx + E y + F = 0↓=0

↓=0

↓=1

↓=−1

↓=0

↓=0

Existe a possibilidade de nao haver valores x e y reais que satisfacam a equacao(7.13), por exemplo, x2 + y2 + 1 = 0. Nesses casos, dizemos que a equacao naotem grafico ou entao que tem um grafico vazio.

Ademais, podemos ter ainda os casos chamados degenerados, como por exemplo

399

5 a ) Par de retas concorrentes (hiperbole degenerada)

x

y

x2

a2− y2

b2= 0 ⇒ y = ± b

ax

Ax2 + B xy + C y2 + Dx + E y + F = 0−→

=1

a2

↓=0

−→=−

1

b2

↓=0

↓=0

↓=0

6 a ) Par de retas paralelas (parabola degenerada)

r r

տ√ ba

ր−√

ba

x

y

a x2 − b = 0

Ax2 + B xy + C y2 + Dx + E y + F = 0↓= a

↓=0

↓=0

↓=0

↓=0

↓=−b

Nota: Nos dois exemplos anteriores estamos admitindo a > 0 e b > 0.

Identificando secoes conicas

Antes de tratarmos o caso geral vejamos um exemplo particular.

Exemplo: Consideremos a equacao

5x2 − 4x y + 8y2 − 36 = 0

nosso objetivo sera determinar que figura esta conica representa no plano. Paraisto precisamos inicialmente eliminar o termo misto; isso pode ser feito seguindo ospassos do exemplo da subsecao 7.2.3 (p. 395). A forma quadratica associada a essaconica pode ser escrita assim:

q(x, y) = 5 x2 − 2 x y

− 2 x y + 8 y2

Sendo assim, temos

qA(X) =

[x y

]

[

5 −2−2 8

] [xy

]

(7.14)

400

Da equacao caracterıstica da matriz M , acima

det

[

5− λ −2−2 8− λ

]

= (5− λ)(8 − λ)− 4 = 0

Encontramos os autovalores: λ1= 4, e λ

2= 9.

Encontremos uma base de autovetores

[T ] [u] = λ [u] ⇐⇒[

5 −2−2 8

] [xy

]

= 4

[xy

]


{

5 x − 2 y = 4 x

−2 x + 8 y = 4 y⇒

{

x − 2y = 0

−2x + 4y = 0⇒ x = 2y

Logo, os autovetores procurados sao da forma v1= (x, y) = (2y, y). Ou, v

1=

y (2, 1), com y ∈ R∗. Por outro lado,

[T ] [u] = λ [u] ⇐⇒[

5 −2−2 8

] [xy

]

= 9

[xy

]


{

5 x − 2 y = 9 x

−2 x + 8 y = 9 y⇒

{

−4x − 2y = 0

−2x − y = 0⇒ y = −2x

Logo, os autovetores procurados sao da forma v2= (x, y) = (x, −2x). Ou, v

2=

x (1, −2), com x ∈ R∗. Uma base de autovetores e

{ (2, 1), (1, −2) }

Dividindo cada um dos vetores pela respectiva norma, obtemos a seguinte baseortonormal∗ {( 2√

5,

1√5

),( 1√

5, − 2√

5

)}

Sendo assim, a matriz M e ortogonalmente diagonalizavel pela matriz

P =

1√5

2√5

− 2√5

1√5

∗Na interpretacao geometrica dada a seguir ficara claro o por que dessa exigencia.

401

Nota: Colocamos o segundo vetor (da base ortonormal) na primeira coluna damatriz P porque devemos ter det (P ) = 1, para que a substituicao X = P X ′

execute uma rotacao de eixos. Essa e uma exigencia que consta na proposicao28 (p. 336); la detT = a2 + b2 e, segundo equacao (6.8) (p. 337) devemos ter|λ| = 1 =

√a2 + b2, logo detT = 1.

Continuando: A mudanca de base X = P X ′ : (eq. (7.12), p. 395)

XtM X = (P X ′)tM (P X ′) = (X ′)t (P tM P )︸︷︷︸

D

X ′

Nota: XtM X e o lado direito da equacao (7.14). (p. 400)

nos fornece:[x′ y′

]

[

9 0

0 4

][x′

y′

]

= 36

que pode ser escrito como

9 x′ 2 + 4 y′ 2 = 36 oux′ 2

4+y′ 2

9= 1 (7.15)

Que e a equacao de uma elipse.

∗ ∗ ∗

Gottfried Wilhelm Leibniz (1646-1716), um dos maiores intelectos de suaepoca, apreciava o sistema diadico. Segundo Laplace, “Leibniz via em sua ar-itmetica binaria a imagem da criacao. Ele imaginava que a Unidade represen-tava Deus, e zero o vazio; que o Ser Supremo extraiu todos os seres do vazio,da mesma forma como a unidade e o zero expressam todos os numeros em seusistema de numeracao.”

(O que e matematica?/Richard Courant/Herbert Robbins, p. 11)

(Universo)

0 0 0 = { }

1 0 00 1 0

1 1 0

0 0 1

1 0 1

0 1 11 1 1

+Vacuo

Excitacoes

ou

flutuacoes

do

Vacuo

Assim como um dia a explosao aconteceu e milhoes de coisas nascerama partir do nada, da mesma maneira, quando a implosao acontece, formas enomes desaparecem, e novamente o nada nasce daı. O cırculo esta completo.

(Osho(1931-1990)/Buda, p. 112)

402

Interpretacao geometrica do exemplo

Observe que∗

X = P X ′ ⇒ X ′ = P−1X ⇐⇒[x′

y′

]

=

1√5

− 2√5

2√5

1√5

[x

y

]

Comparando com a equacao (4.34) (p. 245) concluimos que o sistema x′o y′, aoqual se refere a equacao (7.15), foi obtido do sistema x o y (canonico) por umarotacao de angulo

− sen θ = 2√5

cos θ = 1√5

⇒ θ = tan−1 (−2) ≃ −63, 43o


p p p

1

2

3

−1

−2

−3

ppp −1−2−3

pp

pp

pp

0 1 2 3x

y

5x2 − 4x y + 8y2 − 36 = 0

pp

p1

2

3

−1−

2−3

pp

p

−1

−2

−3

p

p

p

p

p

p

01

2

3

x′

y′

x′ 2

4+y′ 2

9= 1

−63, 43o

Reiterando: Dando uma rotacao de angulo θ = tan−1 (−2) ≃ −63, 43o nosistema de coordenadas x o y obtivemos o sistema de coordenadas x′ o y′ no quala equacao da conica resultou na forma padrao, podendo assim ser reconhecida comosendo uma elipse.

∗Lembramos que a inversa de uma matriz ortogonal e igual a sua transporta − verNota p. 304 e corolario p. 306.

403

Agora iremos tratar do caso geral de classificacao de conicas. Considere aequacao geral de uma conica

Ax2 + B xy + C y2 + Dx + E y + F = 0 (7.16)

onde A, B e C nao sao todos nulos. Para facilitar a exposicao dividiremos nossotrabalho em alguns passos:

Passo 1 ) Eliminacao do termo misto x y

Inicialmente escrevemos a equacao na forma matricial∗:

[x y

]

[A B

2

B2 C

] [xy

]

+[D E

][xy

]

+[F]=[0]

(7.17)

Passo 1.1 ) Calculamos os autovalores λ1e λ

2e os respectivos autovetores unitarios

da matriz simetrica que comparece na equacao acima:

{v1 = (x11 , x12), v2 = (x21 , x22)

}(base ortonormal)

Montamos P =

[x11 x12

x21

x22

]

, tal que det (P ) = 1. Se necessario trocamos a

posicao (ordem) dos vetores na base acima (ou as colunas da matriz).

Passo 1.2 ) Fazemos na equacao (7.17) a substituicao X = P X ′ :

[x y

]

[A B

2

B2 C

][xy

]

+[D E

][xy

]

+[F]=[0]

↓

{

↓XtM X = (X ′)t (P tM P )

︸︷︷︸

D

X ′ X = P X ′

Isto e

[x y

]

[A B

2

B2 C

][xy

]

+[D E

][xy

]

+[F]=[0]

↓

{

↓

[x′ y′

]

[λ

10

0 λ2

][x′

y′

] [x

11x

12

x21 x22

] [x′

y′

]

∗Observe que F e 0 estao sendo vistos como matrizes 1× 1.

404

Obtendo assim:

[x′ y′

]

[λ

10

0 λ2

] [x′

y′

]

+[D E

]

[x

11x

12

x21 x22

] [x′

y′

]

+[F]=[0]

Realizando os produtos matriciais, obtemos:

λ1x′ 2 + λ

2y′ 2 + (Dx

11+ E x

21)x′ + (Dx

12+ E x

22) y′ + F = 0

Ou ainda, simplificando a notacao:

λ1x′ 2 + λ

2y′ 2 + p x′ + q y′ + F = 0 (7.18)

Sendo assim conseguimos eliminar o termo misto na equacao (7.16) por umarotacao do sistema canonico de um angulo θ. Para se certificar que a transformacaodada por X = P X ′ e de fato uma rotacao de eixos basta volver a equacao (4.33).(p. 245)

A equacao (7.18) esta referida a nova base { v1, v

2}. Observe:

x

y

0

s(x, y)

⇒

x

y

x′

y′

s

v1

v2 rr

(x′, y′)

θ

Passo 2 ) Translacao de eixos (eliminacao da parte linear de (7.18))

Para eliminar a parte linear de (7.18) consideraremos tres casos:

Passo 2.1 ) λ1 6= 0 e λ2 6= 0.

Faremos um completamento de quadrados em (7.18), comecando assim:

λ1

(x′ 2 +

p

λ1

x′)+ λ

2

(y′ 2 +

q

λ2

y′)+ F = 0

e

λ1

(x′ 2 +

p

λ1

x′ +p2

4λ21

)+ λ

2

(y′ 2 +

q

λ2

y′ +q2

4λ22

)+ F − p2

4λ21

− q2

4λ22

= 0

Ou ainda

λ1

(x′ +

p

2λ1

)2+ λ

2

(y′ +

q

2λ1

)2+ F − p2

4λ21

− q2

4λ22

= 0

Facamos a seguinte mudanca de variaveis (translacao de eixos):

X =(x′ +

p

2λ1

), Y =

(y′ +

q

2λ1

), f = F − p2

4λ21

− q2

4λ22

405

para obterλ

1X2 + λ

2Y 2 + f = 0

Passo 2.2 ) λ1 = 0 e λ2 6= 0.

Nesse caso a equacao (7.18) toma a seguinte forma

λ2 y′ 2 + p x′ + q y′ + F = 0

Ouλ

2

(y′ 2 +

q

λ2

y′)+ p x′ + F = 0

ou ainda

λ2

(y′ 2 +

q

λ2

y′ +q2

4λ22

)+ p x′ + F − q2

4λ22

= 0

Entao

λ2

(y′ +

q

2λ2

)2+ p

(x′ +

F

p− q2

4 p λ22

)= 0 (7.19)

Facamos a seguinte translacao

X =(x′ +

F

p− q2

4 p λ22

), Y =

(y′ +

q

2λ2

)

Para obterλ

2Y 2 + pX = 0

Nota: Se fosse λ1 6= 0 e λ2 = 0 (mostre que nao podemos ter λ1 = λ2 = 0) aofinal obteriamos.

λ1X2 + q Y = 0

∗ ∗ ∗

Lembre-se que a matematica e uma livre criacao da mente humana e, comodisse Cantor − o inventor da moderna teoria da infinitude, descrita por Wallace−, a essencia da matematica reside na liberdade, na liberdade de criar. Ahistoria, porem, julga essas criacoes por sua beleza duradoura e pela extensaocom que elas iluminam outras ideias matematicas ou o universo fısico, em suma,por sua “fertilidade”.

(Gregory Chaitin/Metamat!)

406

Classificacao das conicas

Em resumo: Por meio de uma rotacao seguida de uma translacao, a equacao(7.16) se transforma em

λ1X2 + λ

2Y 2 + f = 0 (7.20)

que lhe e equivalente. Entao, no que diz respeito a esta equacao

− Se λ1 e λ2 forem ambos de mesmo sinal, a equacao representa uma elipse

(ou suas degeneracoes: um ponto ou o vazio);

− Se λ1 e λ2 forem de sinais contrarios, a equacao representa uma hiperbole

(ou sua degeneracao: par de retas concorrentes).

Para as outras duas possibilidades:

λ2Y 2 + pX = 0 ou λ

1X2 + q Y = 0

teremos uma parabola (ou suas degeneracoes: par de retas paralelas, uma reta ouo vazio).

Exemplo: Determine a equacao reduzida e o genero da conica representada pelaequacao

x2 + 2xy + y2 − 2x + 4y + 1 = 0

Solucao: Vamos seguir os passos do algoritmo. Entao, reescrevemos

Ax2 + B xy + C y2 + Dx + E y + F = 0

x2 + 2xy + y2 − 2x + 4y + 1 = 0


Inicialmente escrevemos a equacao na forma matricial:

[x y

]

[A B

2

B2 C

][xy

]

+[D E

][xy

]

+[F]=[0]

Isto e

[x y

]

[1 1

1 1

][xy

]

+[−2 4

][xy

]

+[1]=[0]

(7.21)




det

[

1− λ 1

1 1− λ

]

= (1 − λ)2 − 1 = 0


2= 2. Encontremos uma base de autove-

tores

[T ] [u] = λ [u] ⇐⇒[

1 1

1 1

][xy

]

= 0

[xy

]

407


1 x + 1 y = 0 x

1 x + 1 y = 0 y⇒

{

x + y = 0 ⇒ y = −x

Logo, os autovetores procurados sao da forma v1 = (x, y) = (x, −x). Ou, v1 =x (1, −1), com x ∈ R∗. Por outro lado,

[T ] [u] = λ [u] ⇐⇒[

1 1

1 1

] [xy

]

= 2

[xy

]


{

1 x + 1 y = 2 x

1 x + 1 y = 2 y⇒

{

x + y = 2 x

x + y = 2 y⇒ y = x

Logo, os autovetores procurados sao da forma v2 = (x, y) = (x, x). Ou, v2 =x (1, 1), com x ∈ R∗. Uma base de autovetores e

{ (1, −1), (1, 1) }

Dividindo cada um dos vetores pela respectiva norma, obtemos a seguinte baseortonormal: {( 1√

2,−1√2

),( 1√

2,

1√2

)}

(7.22)

Sendo assim obtemos a matriz de transicao de bases

P =

1√2

1√2

−1√2

1√2

(7.23)

Passo 1.2 ) Fazemos na equacao (7.21) a seguinte mudanca de variavel:

[x′ y′

]

[λ

10

0 λ2

][x′

y′

]

+[D E

]

[x

11x

12

x21

x22

][x′

y′

]

+[F]=[0]

Isto e

[x′ y′

]

[0 0

0 2

][x′

y′

]

+[−2 4

]

1√2

1√2

−1√2

1√2

[x′

y′

]

+[1]=[0]


2 y′ 2 +−6√2x′ +

2√2y′ + 1 = 0 (7.24)

Passo 2 ) Translacao de eixos (eliminacao da parte linear)

Para eliminar a parte linear da equacao anterior caimos no caso:

408

Passo 2.2 ) λ1 = 0 e λ2 6= 0. Vamos completar o quadrado na equacao anterior:

2 y′2 +2√2y′ +

−6√2x′ + 1 = 0

essa equacao e equivalente a

2(y′ +

1

2√2

)2+−6√2x′ + 1 − 2

( 1

2√2

)2= 0

Ou

2(y′ +

1

2√2

)2+−6√2x′ +

3

4= 0

Logo

2(y′ +

1

2√2

)2+−6√2

(x′ −

√2

6· 34

)= 0

Facamos a seguinte translacao de eixos

Y = y′ +1

2√2

e X = x′ −√2

6· 34

(7.25)

Para obter

2 Y 2 +−6√2X = 0

Essa e a equacao de uma parabola:

Y 2 +−6√2X = 0 ⇒ 2 Y 2 − 3

√2X = 0 ⇒ Y 2 =

3

2

√2X


O sistema x′o y′, ao qual se refere a equacao (7.24) (p. 408), foi obtido do sistemacanonico a partir de uma rotacao, assim:

⇒

p p p

1

2

3

−1

−2

−3

ppp −1−2−3

pp

pp

pp

0 1 2 3x

y

p

p

p

1

2

3

−1

−2

−3

p

p

p

−1

−2

−3

p

p

p

p

p

p

0

1

2

3x′

y′

−45o

409

Para encontrar o angulo de rotacao, observe que

X = P X ′ ⇒ X ′ = P−1X ⇐⇒[x′

y′

]

=

1√2

− 1√2

1√2

1√2

[x

y

]

Comparando com a equacao (4.34) (p. 245) obtemos

− sen θ = 1√2

cos θ = 1√2

⇒ θ = tan−1 (−1) = −45o

Para obter o sistema XoY executamos no sistema x′o y′ a translacao dadapela equacao (7.25). Obtemos as coordenadas da origem desse sistema fazendo(X, Y ) = (0, 0) naquela equacao:

0 = y′ +1

2√2, 0 = x′ −

√2

6· 34

⇒ (x′, y′) =(√2

8, −√2

4

)

Entao

⇒

p

p

p

1

2

3

−1

−2

−3

p

p

p

−1

−2

−3

p

p

p

p

p

p

0

1

2

3x′

y′

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

px′

y′

p

p

p

1

2

3

−1

−2

−3

p

p

p

−1

−2

−3

p

p

p

p

p

p

1

2

3X

Y

A parabola de equacao

Y 2 =3

2

√2X

refere-se a este ultimo sistema. Veja:

⇒

r r

x2 + 2xy + y2 − 2x + 4y + 1 = 0 2 Y 2 − 3√2X = 0

p p p

1

2

3

−1

−2

−3

ppp −1−2−3

pp

pp

pp

1 2 3x

y

p

p

p

1

2

3

−1

−2

−3

p

p

p

−1

−2

−3

p

p

p

p

p

p

1

2

3X

Y

410

Exemplo: Determine a equacao reduzida e o genero da conica representada pelaequacao

11 x2 − 24xy + 4y2 + 20x − 40y − 20 = 0

Solucao: Vamos seguir os passos do algoritmo. Entao, reescrevemos

Ax2 + B xy + C y2 + Dx + E y + F = 0

11 x2 − 24xy + 4y2 + 20x − 40y − 20 = 0


Inicialmente escrevemos a equacao na forma matricial:

[x y

]

[A B

2

B2 C

][xy

]

+[D E

][xy

]

+[F]=[0]

Isto e

[x y

]

[11 −12−12 4

] [xy

]

+[20 −40

][xy

]

+[−20

]=[0]




det

[

11− λ −12−12 4− λ

]

= (11− λ)(4 − λ) − 144 = 0


2= −5. Encontremos uma base de autove-

tores

[T ] [u] = λ [u] ⇐⇒[

11 −12−12 4

][xy

]

= 20

[xy

]


{

11 x − 12 y = 20 x

−12 x + 4 y = 20 y⇒

{

3x + 4y = 0 ⇒ y = −3

4x

Logo, os autovetores procurados sao da forma v2= (x, − 3

4 x) = x (1, − 34 ).

Por outro lado

[T ] [u] = λ [u] ⇐⇒[

11 −12−12 4

][xy

]

= −5[xy

]


{

11 x − 12 y = −5 x−12 x + 4 y = −5 y ⇒

{

4x − 3y = 0 ⇒ y =4

3x

411

Logo, os autovetores procurados sao da forma v1 = (x, 43 x) = x (1, 4

3 ).

Uma base de autovetores e

{(1, −3

4

),(1,

4

3

)}

Dividindo cada um dos vetores pela respectiva norma, obtemos a seguinte baseortonormal: { ( 4

5, −3

5

),( 3

5,4

5

)}

(7.26)

Sendo assim obtemos a matriz de transicao de bases

P =

45

35

− 35

45

(7.27)

Passo 1.2 ) Fazemos, na equacao da conica na forma matricial, a seguinte mudancade variavel:

[x′ y′

]

[λ

10

0 λ2

][x′

y′

]

+[D E

]

[x

11x

12

x21

x22

][x′

y′

]

+[F]=[0]

Isto e

[x′ y′

]

[20 0

0 −5

] [x′

y′

]

+[20 −40

]

45

35

− 35

45

[x′

y′

]

+[−20

]=[0]


20 x′2 − 5 y′2 + 40 x′ − 20 y′ − 20 = 0

Dividindo essa equacao por 5 resulta:

4 x′ 2 − y′ 2 + 8 x′ − 4 y′ − 4 = 0 (7.28)

Passo 2 ) Translacao de eixos (eliminacao da parte linear)

Para eliminar a parte linear da equacao anterior caimos no caso:

Passo 2.1 ) λ16= 0 e λ

26= 0. Vamos completar o quadrado na equacao anterior:

4(x′ 2 + 2 x′) − (y′ 2 + 4 y′) − 4 = 0

essa equacao e equivalente a

4(x′ + 1)2 − 4 − (y′ + 2)2 + 4 − 4 = 0

Ou4(x′ + 1)2 − (y′ + 2)2 − 4 = 0

Facamos a seguinte translacao de eixos

X = x′ + 1 e Y = y′ + 2 (7.29)

412

Para obter

4X2 − Y 2 = 4 ⇒ X2

1− Y 2

4= 1

Essa e a equacao de uma hiperbole.


O sistema x′o y′, ao qual se refere a equacao (7.28) (p. 412), foi obtido do sistemacanonico a partir de uma rotacao. Observe que

X = P X ′ ⇒ X ′ = P−1X ⇐⇒[x′

y′

]

=

45 − 3

5

35

45

[x

y

]

Comparando com a equacao (4.34) (p. 245) concluimos que o angulo de rotacaoe dado assim

− sen θ = 35

cos θ = 45

⇒ θ = tan−1(− 3

4

)≃ −36, 87o

⇒

p p p

1

2

3

−1

−2

ppp −1−2−3

pp

pp

p

0 1 2 3x

y

x

y

−36, 87op

p

p

1

2

3

−1

−2

p

p

p

−1

−2

−3

p

p

p

p

p

0

1

2

3x ′

y ′

Para obter o sistema XoY executamos no sistema x′o y′ a translacao dadapela equacao (7.29). Obtemos as coordenadas da origem desse sistema fazendo(X, Y ) = (0, 0) naquela equacao:

0 = x′ + 1 e 0 = y′ + 2 ⇒ (x′, y′) = (−1, −2)

Entao

⇒

r

x

y

p

p

p

1

2

3

−1

−2

p

p

p

−1

−2

−3

p

p

p

p

p

0

1

2

3x ′

y ′

r

x

y

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

x ′

y ′

p

p

p

1

2

3

−1

−2

p

p

p

−1

−2

−3

p

p

p

p

p

0

1

2

3X

Y

413

A hiperbole de equacaoX2

1− Y 2

4= 1

refere-se a este ultimo sistema. Veja:

⇒

p p p

1

2

3

−1

−2

ppp −1−2−3

pp

pp

p

0 1 2 3x

y

r

r

11x2 − 24xy + 4y2 + 20x − 40y − 20 = 0X2

1− Y 2

4= 1

r

rp

p

p

1

2

3

−1

−2

p

p

p

−1

−2

−3

p

p

p

p

p

0

1

2

3X

Y

414

7.3.2 Exercıcios

1 ) Nos ıtens seguintes identifique a conica representada pela equacao girando oseixos x o y para colocar a conica na posicao canonica. Encontre a equacao padraoda conica e determine o angulo θ de rotacao dos eixos.

a ) x2 + 4xy − 2y2 − 6 = 0

b ) 2x2 − 4xy − y2 + 8 = 0

c ) 3x2 + 2xy + 3y2 − 1 = 0

d ) 11x2 + 24xy + 4y2 − 15 = 0

e ) x2 + xy + y2 − 12 = 0

2 ) Determine a equacao reduzida e o genero da conica.

a ) x2 + 2x + 4y − 2 = 0

b ) x2 − 6x + 8y − 7 = 0

c ) 3x2 + y2 + 12x − 2y − 10 = 0

d ) y2 + 7x − 8y − 5 = 0

e ) 9x2 − 18y2 + 54x − 36 = 0

Nota: Observe que essas conicas sao destituidas do termo misto, o que significa quea primeira parte do algoritmo (rotacao) e desnecessaria.

3 ) Determine a equacao reduzida e o genero da conica.

a ) 4x2 + xy − 3y2 − 156 = 0

b ) x2 + xy + y2 − 3 = 0

c ) x2 + 2xy + y2 − 2x + 8 y − 1 = 0

d ) 2x2 + 4xy − 4x − 6y + 2 = 0

e ) 16x2 − 24xy + 9y2 − 15x − 20y + 50 = 0

4 ) Prove que se b 6= 0, entao o termo misto pode ser eliminado da forma quadraticaax2 + 2bxy + cy2 com uma rotacao dos eixos coordenados de angulo θ dado por:

cotg 2θ =a− c2b

Sugestao: Considere a forma quadratica escrita na forma matricial

XtAX =[x y

]

[

a b

b c

] [xy

]

Faca a substituicao X = P X ′, onde (eq. (4.33), p. 245)

X = P X ′ =

[

cos θ − sen θ

sen θ cos θ

][

x′

y′

]

Para obter XtAX = (P X ′)tA (P X ′) = (X ′)t (P tAP )︸︷︷︸

Diagonal

X ′.

415

7.3.3 Quadricas

O estudo que fizemos das conicas pode ser generalizado para as quadricas.

Definicao 54. Uma quadrica em R3 e um conjunto de pontos (x, y, z) cujascoordenadas em relacao a base canonica satisfazem a equacao

Ax2 + B y2 + C z2 + Dxy + E xz + F yz + Gx + Hy + I z + J = 0

onde A, B, C, D, E e F nao sao todos nulos.

Vejamos alguns casos especiais:

1 ) Elipsoide

y

z

x

b−b

c

−ca

x2

a2+y2

b2+z2

c2= 1

A esfera e um caso particular de elipsoide, quando a = b = c = r.

y

z

x

r−r

r

−r

r

x2 + y2 + z2 = r2

2 ) Hiperboloide de uma folha

s

s

y

z

x

b−bx2

a2+y2

b2− z2

c2= 1

416

3 ) Hiperboloide de duas folhas

r r y

z

x

−x2

a2+y2

b2− z2

c2= 1

4 ) Paraboloide elıptico

r

y

z

x

x2

a2+y2

b2= c z

5 ) Paraboloide hiperbolico

z

y

x

−x2

a2+y2

b2= c z

417

[email protected]

Capıtulo 8CONSULTAS

O homem e o artıfice do seu destino:

tem que arrostar o esforco de criar a si

mesmo. (Pietro Ubaldi)

Introducao:

O objetivo deste capıtulo e estabelecer alguns resultados (pre-requisitos) parafins de consultas e referencias.

8.1 Operacoes em um Conjunto

Definicao 55 (Operacao). Sendo A um conjunto nao vazio, toda aplicacao

F : A×A → A(a, b) 7→ F (a, b)

recebe o nome de operacao sobre A ou lei de composicao interna em A.

Chamamos a atencao para o importante fato de que estas leis (operacoes)podem ser escolhidas de modo totalmente arbitrario (apenas nao esquecendo quesao aplicacoes (funcoes)).

Por exemplo se A = { 0, 1 } podemos definir duas operacoes sobre esse con-junto, uma chamada de adicao

+ : A×A→ A(a, b) 7→ +(a, b)= a+b

e outra chamada de multiplicacao

· : A×A→ A(a, b) 7→ ·(a, b)= a·b

Dadas pelas seguintes tabuas operatorias:

+ 0 1

0

1

0 1

1 0

· 0 1

0

1

0 0

0 1

419

8.2 Corpos

De todas as estruturas (ver p. 19) a mais “rica”, algebricamente falando, e aconhecida como corpo, a qual definiremos agora:

Definicao 56 (Corpo). Um corpo e um sistema algebrico (K, +, ·) no qual asoperacoes + e · satisfazem certos postulados, chamados os axiomas de corpo, aseguir especificados:

Axiomas da adicao

A1. Comutativa: para quaisquer x e y em K,

x+ y = y + x

A2. Associativa: para quaisquer x, y e z em K,

(x+ y) + z = x+ (y + z)

A3. Elemento neutro: existe 0 ∈ K tal que, para todo x ∈ K,

x+ 0 = x

A4. Elemento simetrico: para todo x ∈ K existe −x ∈ K tal que,

x+ (−x) = 0.

Axiomas da multiplicacao

M1. Comutativa: para quaisquer x e y em K,

x · y = y · x

M2. Associativa: para quaisquer x, y e z em K,

(x · y) · z = x · (y · z)

M3. Elemento neutro: existe 1 ∈ K, 1 6= 0, tal que, para todo x ∈ K,

1 · x = x

M4. Inverso multiplicativo: para todo x 6= 0 em K existe x−1 ∈ K tal que,

x · x−1 = 1.

Devido a existencia do inverso podemos definir, em um corpo, a operacao(x, y) 7→ x/y de divisao, como sendo x/y = x · y−1.

O elemento neutro 1 e tambem conhecido por elemento identidade do corpo.

420

Axioma da distributividade

O ultimo axioma de corpo expressa uma relacao entre a multiplicacao e a adicao:

D. Axioma da distributividade − para quaisquer x, y e z em K,

x · (y + z) = x · y + x · z

Nota: Fazemos questao de enfatizar: Um corpo e uma estrutura (algebrica) enao um conjunto. Esta estrutura e erigida sobre um conjunto K no qual defini-mos duas operacoes satisfazendo todas as condicoes listadas anteriormente. Muitasvezes para distinguir o corpo (estrutura) do conjunto K, sobre o qual construimosa estrutura, usaremos da notacao: K. Podemos resumir isto assim:

K = (K, +, ·)

Exemplos e Contraexemplos: Temos:

N → Nao e corpo. (nao satisfaz A4.)

Z → Nao e corpo. (nao satisfaz M4.)

Q → E corpo.

R → E corpo.

C → E corpo.

Com as operacoes de adicao e multiplicacao usuais nos respectivos conjuntos.Na verdade podemos exibir infinitos exemplos de corpos na matematica.

A seguir exibiremos infinitos exemplos de corpos os quais sao utilizados na teoriados espacos vetoriais − e em suas inumeras aplicacoes na tecnologia moderna, comopor exemplo, conjugados a informatica (ver, p. ex., espacos de codigos, p. 26).Antes necessitamos do

Teorema 15 (Algoritmo da Divisao). Para quaisquer a, b ∈ N, b 6= 0, existe umunico par de numeros naturais q e r, de maneira que a = b · q + r com 0 ≤ r < b.

Por exemplo, seja a = 20 por b = 3, dividindo a por b, temos:

20 3

62

Temos q = 6, r = 2 sao tais que:

20 = 3 · 6 + 2

A seguinte proposicao e de algum interesse quando formos dividir dois numerospelo algoritmo da divisao:

421

Proposicao 37. Se 0 < a < b entao o quociente da divisao de a por b e q = 0.

Prova: Dividindo a por b, pelo algoritmo da divisao existem naturais q e r,tais que,

a = bq + r, 0 ≤ r < b (8.1)

Suponhamos q 6= 0, logo q ≥ 1. Entao, q ≥ 1 ⇒ bq ≥ b. Por outro lado,r ≥ 0 ⇒ bq + r ≥ bq. Sendo assim, temos,

a = bq + r ≥ bq ≥ b ⇒ a ≥ b.

o que contradiz a hipotese. �

Nota: Observe ainda que, como q = 0, por (8.1), a = b · 0 + r, logo, r = a > 0.Por exemplo, seja a = 4 por b = 5, dividindo a por b, temos:

4 5

04

Temos q = 0, r = 4 sao tais que: 4 = 5 · 0 + 4.

Os corpos Zp

Um numero primo e um inteiro (> 1) que nao possui divisores alem de 1 e deleproprio, a seguir sao listados alguns primos:

2, 3, 5, 7, 11, 13, . . .

Os primos formam uma sequencia infinita, conforme e provado em teoria dosnumeros. Consideremos agora o conjunto Z

p, onde p e um numero primo arbi-

trariamente fixado, dado por

Zp= { 0, 1, 2, . . . , p− 1 }

Tomemos dois elementos arbitrarios x e y em Zpe vamos definir sobre este con-

junto duas operacoes; a uma delas chamaremos de adicao e a outra chamaremos demultiplicacao, assim definidas:

x+ y = resto da divisao de x+ y por p;

x · y = resto da divisao de x · y por p.

Inicialmente observe que, devido ao algoritmo da divisao, estas operacoes estao bemdefinidas. Por outro lado, e facil inferir que sao comutativas e associativas.

− Por exemplo, para o conjunto Z5= { 0, 1, 2, 3, 4 } as operacoes sao:

x+ y = resto da divisao de x+ y por 5;

x · y = resto da divisao de x · y por 5.

Por exemplo:

2 + 3 = resto da divisao de 2 + 3 por 5 = 0

2 · 3 = resto da divisao de 2 · 3 por 5 = 1

As tabuas destas operacoes sao vistas a seguir:

422

+ 0 1 2 3 4

0

1

2

3

4

0 1 2 3 4

1 2 3 4 0

2 3 4 0 1

3 4 0 1 2

4 0 1 2 3

· 0 1 2 3 4

0

1

2

3

4

0 0 0 0 0

0 1 2 3 4

0 2 4 1 3

0 3 1 4 2

0 4 3 2 1

Em Algebra (ver por exemplo [11]) prova-se que os sistemas algebricos

Zp= (Z

p, +, ·)

sao corpos.O elemento neutro da adicao e 0. O simetrico de cada elemento encontramos

na propria tabela de adicao. Veja:

0 + 0 = 0, 1 + 4 = 0, 2 + 3 = 0.

Observe que, segundo a notacao do axioma A4 (p. 420), podemos escrever

−0 = 0, −1 = 4, −2 = 3

O elemento neutro da multiplicacao e 1. O inverso de cada elemento encontramosna propria tabela de multiplicacao. Veja:

1 · 1 = 1, 2 · 3 = 1, 4 · 4 = 1.

O corpo Z2

Para o conjunto Z2= { 0, 1 } definimos as duas operacoes:

x+ y = resto da divisao de x+ y por 2;

x · y = resto da divisao de x · y por 2.

cujas tabuas operatorias sao vistas a seguir:

+ 0 1

0

1

0 1

1 0

· 0 1

0

1

0 0

0 1

423

8.3 Matrizes

Definicao 57 (Matriz). Sejam m ≥ 1 e n ≥ 1 dois numeros inteiros. Uma matrizA m× n real e uma sequencia dupla de numeros reais, distribuidos em m linhas en colunas, formando uma tabela que se indica do seguinte modo:

A =

a11

a12

. . . a1n

a21

a22

. . . a2n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

am1

am2

. . . amn

Notacao: A = ( aij)m×n

ou apenas A = ( aij).

Indicaremos por Mm×n

(R) o conjunto das matrizes com elementos (entradas)reais m × n. Se m = n a notacao anterior reduz-se a M

n(R). Uma matriz na

qual m = n chama-se quadrada de ordem n; quando m 6= n a matriz chama-seretangular de ordem m× n.

Nota: Em muitos contextos da matematica da engenharia eletrica e da fısicaas “entradas” (termos, elementos) de uma matriz podem ser numeros complexos,como por exemplo:

A =

[

1 + i 1− i2 3− 2i

]

Quando no contexto estiver subentendido que trata-se de matrizes reais pode-mos, alternativamente, simplificar a notacao M

m×n(R) para M

m×n.

Igualdade de matrizes

Consideremos duas matrizes reais m × n: A = ( aij) e B = ( a

ij). Dizemos que

A = B se, e somente se,

aij= b

ij∀ i = 1, 2, . . . , m; j = 1, 2, . . . , n.

Isto e, duas matrizes sao iguais se, e somente se, seus elementos de mesma posicaosao iguais.

Operacoes com matrizes

Adicao

Sejam A = ( aij) e B = ( a

ij) matrizes (de mesma ordem) m × n. Indicaremos

por A + B e chamaremos soma de A com B a matriz m × n cujo termo geral ea

ij+ b

ij, ou seja

A+B =

a11+ b

11a

12+ b

12. . . a

1n+ b

1n

a21+ b

21a

22+ b

22. . . a

2n+ b

2n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

am1 + b

m1 am2 + b

m2 . . . amn

+ bmn

424

Por exemplo, se

A =

[

1 −1 0

2 0 13

]

e B =

[

2 3 −1−2 1 2

3

]

entao

A+B =

[

1 −1 0

2 0 13

]

+

[

2 3 −1−2 1 2

3

]

=

[

3 2 −10 1 1

]

Propriedades da adicao de matrizes

Para matrizes A, B e C, de mesma ordem, tem-se:

A1) A+B = B +A (Comutativa)

A2) (A+B) + C = A+ (B + C) (Associativa)

A3) Existe em Mm×n

um elemento, denotado por 0, detentor da seguinte pro-priedade†:

A+ 0 = 0+A = A; ∀A ∈Mm×n

(Elemento neutro)

A4) Para todo elemento A de Mm×n

existe um outro elemento de Mm×n

, deno-tado por −A, detentor da seguinte propriedade:

A+ (−A) = −A+A = 0 (Elemento oposto)

As propriedades listadas sao de facil verificacao, por exemplo, temos em Mm×n

0 =

0 0 . . . 0

0 0 . . . 0

. . . . . . . . . . . . .

0 0 . . . 0

e se

A =

a11

a12

. . . a1n

a21 a22 . . . a2n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

am1

am2

. . . amn

⇒ −A =

−a11

−a12

. . . −a1n

−a21 −a22 . . . −a2n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

−am1

−am2

. . . −amn

Multiplicacao de uma Matriz por um numero

Dada uma matriz real A = ( aij)m×n

, e dado um numero real λ, o produto de λ porA e a matriz real de ordem m× n dada por:

λA =

λa11

λa12

. . . λ a1n

λa21

λa22

. . . λ a2n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

λ am1

λam2

. . . λ amn

†Escolhemos o “zero em negrito” para simbolizar o elemento neutro da adicao dematrizes, com o intuito de distingui-lo do 0 numero real.

425

Por exemplo, se

A =

[

1 −1 0

2 0 13

]

e λ = 3 ⇒ 3A =

[

3 −3 0

6 0 1

]

Propriedades

Para matrizes A, B ∈ Mm×n

e para numeros λ, µ ∈ R, valem as seguintes pro-priedades:

M1) λ · (µ ·A ) = (λ · µ) ·A (Associativa)

M2) (λ+ µ ) · A = λ ·A+ µ · A (Distributiva)

M3) λ · (A+B ) = λ ·A+ λ ·B (Distributiva)

M4) 1 ·A = A (elemento neutro)

Estas propriedades sao de facil verificacao, por exemplo, provemos M2:

Suponhamos A = ( aij). Entao:

(λ+ µ ) · A =((λ+ µ ) · a

ij

)

=(λa

ij+ µa

ij

)

= (λaij) + (µa

ij)

= λ ·A+ µ · B

Multiplicacao de Matrizes

Consideremos a matriz A = ( aij)m×n e a matriz B = ( b

jk)n×p. O produto

A ·B (tambem indicado AB) e a matriz C = ( cik)m×p , veja

A = ( aij)m×n

B = ( ajk)n×p

C = ( cik)m×p

cujo termo geral e dado por:

cik

=

n∑

j=1

aij· b

jk= a

i1· b

1k+ · · ·+ a

in· b

nk(8.2)

Exemplo: Sejam

A =

[

a11

a12

a13

a21 a22 a23

]

=

[

1 1 0

2 0 3

]

e

B =

b11 b12 b13b21

b22

b23

b31

b32

b33

=

2 0 1

3 1 4

1 1 0

426

Temos: A ·B = C, onde:

A = ( aij)2×3

B = ( bij)3×3

C = ( cij)2×3

Sendo assim temos:

C =

[

1 · 2 + 1 · 3 + 0 · 1 1 · 0 + 1 · 1 + 0 · 1 1 · 1 + 1 · 4 + 0 · 02 · 2 + 0 · 3 + 3 · 1 2 · 0 + 0 · 1 + 3 · 1 2 · 1 + 0 · 4 + 3 · 0

]

Fazendo as contas, resulta

A =

[

5 1 7

7 3 2

]

Propriedades da multiplicacao de Matrizes

Para matrizes com produtos compatıveis (segundo a definicao), valem as seguintespropriedades:

MM1) A(BC) = (AB)C (Associativa)

MM2) A(B + C) = AB +AC (Distributiva)

Para a prova destas propriedades veja, por exemplo, [2].Nota: Em geral o produto de matrizes nao e comutativo, por exemplo, sejam:

A =

[

1 2

3 4

]

e B =

[

5 6

7 8

]

Temos:

AB =

[

1 2

3 4

][

5 6

7 8

]

=

[

19 22

43 50

]

e

BA =

[

5 6

7 8

][

1 2

3 4

]

=

[

23 34

31 46

]

Transposicao de Matrizes

Dada uma matriz A = ( aij) ∈M

m×ndenomina-se transposta de A e indica-se por

At a seguinte matriz n×m:

At = ( bij), onde b

ij= a

ij(i = 1, 2, . . . , m; j = 1, 2, . . . , n)

Por exemplo:

A =

[

a11

a12

a13

a21

a22

a23

]

⇒ At =

a11

a21

a12 a22

a13

a23

427

Propriedade da matriz transposta

Valem as seguintes identidades:

( i ) (A+B)t = At + Bt;

( ii ) (λA)t = λAt, onde λλ ∈ R;

( iii ) (At)t = A;

( iv ) (AB)t = BtAt;

As tres primeiras propriedades sao imediatas, para a prova de ( iv ) consulte [2].

8.3.1 Matrizes Inversıveis

Definicao 58 (Inversao de matrizes). Seja A uma matriz quadrada de ordem n×n,A se diz inversıvel se, e somente se, existe uma matriz A′, tambem de ordem n×n,de modo que:

AA′ = A′A = In

In, e a matriz quadrada de ordem n × n − conhecida como identidade de

ordem n. E a matriz com 1 na diagonal principal e 0 em todas as outras entradas,assim:

In=

1 0 . . . 0

0 1 . . . 0

. . . . . . . . . . . . .

0 0 . . . 1

Por exemplo:

I2 =

[

1 0

0 1

]

, I3 =

1 0 0

0 1 0

0 0 1

Exemplo: A matriz A =

[

1 2

1 3

]

e inversıvel uma vez que, tomando A′ =

[

3 −2−1 1

]

, resulta:

AA′ =

[

1 2

1 3

][

3 −2−1 1

]

=

[

1 0

0 1

]

e

A′A =

[

3 −2−1 1

][

1 2

1 3

]

=

[

1 0

0 1

]

Neste momento faremos a seguinte mudanca de notacao: A′ = A−1.Para uma matriz A, quadrada e de ordem 2, existe uma formula para a inversa,

dada assim:

A =

[

a b

c d

]

⇒ A−1 =1

ad− bc

[

d −b−c a

]

(8.3)

Se ad− bc = 0, A nao tera inversa. A formula para a inversa pode ser provada pormultiplicacao direta e sera deixada como exercıcio ao aluno.

428

Para a determinacao da inversa de matrizes de ordem mais elevada o estudantepodera consultar, por exemplo, [2].

Nos limitaremos a enunciar a seguinte

Proposicao 38. (I) Se A e uma matriz inversıvel, entao A−1 e inversıvel e

(A−1)−1 = A

(II) Se A e uma matriz inversıvel e λ e um numero nao nulo, entao λA e umamatriz inversıvel e

(λA)−1 =1

λA−1

(III) Se A e B sao matrizes inversıveis, entao AB e inversıvel e, neste caso, vale

(AB)−1 = B−1A−1

(IV) Se A e uma matriz inversıvel, entao At e inversıvel e, neste caso, vale

(At)−1 = (A−1)t

(V) Se A e uma matriz inversıvel e sendo n um numero natural, entao An einversıvel e, neste caso, vale

(An)−1 = (A−1)n

Para a prova desta proposicao veja, por exemplo, [6].

8.4 Elementos de Logica & Demonstracoes

Nesta seccao recordaremos, de modo resumido, alguns conceitos da Logica Matematica.De inıcio tecemos algumas consideracoes sobre alguns sımbolos, objetivando transferi-los da Logica para o contexto da Matematica. Posteriormente estabeleceremosalgumas tecnicas de demonstracoes matematicas.

Proposicao:

Chamamos conceito primitivo aquele conceito que aceitamos sem definicao. E oque acontece, por exemplo, com o conceito de proposicao. Portanto, nao o definire-mos. Nao obstante, nada impede que conhecamos suas qualidades, tendo em contaque proposicao e uma sentenca declarativa, afirmativa e que deve exprimir um pen-samento de sentido completo; via de regra sendo escrita na linguagem usual ou naforma simbolica. Por exemplo, sao proposicoes:

1) senπ

2= 1.

2) π < 2√2.

3) Todo quadrado e um retangulo.

4) Todo retangulo e um quadrado.

Dizemos que o valor logico de uma proposicao e a verdade (V ) se a proposicaoe verdadeira; e a falsidade (F ) se a proposicao e falsa.

Por exemplo, para as proposicoes anteriores,temos

1) V 2) F 3) V 4) F

429

8.4.1 Operacoes Logicas sobre Proposicoes

Faremos um resumo das operacoes do calculo proposicional tambem chamadasoperacoes logicas. Os principais operadores (conectivos) logicos sao os seguintes:

∨ Disjuncao (“ou”)∧ Conjuncao (“e”)¯ Negacao−→ Condicional (“se...entao”)←→ Bicondicional (“se e somente se”)

cujas tabelas-verdade sao dadas a seguir (estas tabelas definem os respectivos op-eradores):

p q p∨q

V V V

V F V

F V V

F F F

p q p∧q

V V V

V F F

F V F

F F F

p p

V F

F V

p q p−→ q

V V V

V F F

F V V

F F V

p q p←→ q

V V V

V F F

F V F

F F V

p p q p∨q

V F V V

V F F F

F V V V

F V F V

Acrescentamos a tabela-verdade da proposicao p ∨ q a qual nos sera de grandeutilidade.

Vamos agora enunciar uma relacao entre proposicoes, que se distingue dos op-eradores, porque nao cria nova proposicao.

Definicao 59 (Implicacao Logica). Diz-se que uma proposicao p implica logica-mente ou apenas implica uma proposicao q, se e somente se, na tabela de p e q,nao ocorre V F em nenhuma linha, com V na coluna de p e F na coluna de q.

Exemplo: Da tabela a seguir inferimos que a proposicao q nao implica na proposicaop ∧ q, ao passo que a proposicao p ∧ q implica na proposicao q.

p q p∧q

V V V

V F F

F V F

F F F

q

V

F

V

F

Indica-se que a proposicao p implica a proposicao q com a notacao: p =⇒ q.

Nota: Os sımbolos −→ e =⇒ nao devem ser confundidos, pois p −→ q e umaproposicao enquanto p =⇒ q nao e proposicao. Isto e analogo ao que acontece como sinal + e o sinal < na Aritmetica: 2+5 e um numero e 2 < 5 nao e um numero.

430

A escolha do conectivo (palavra) “se p entao q” para a proposicao p −→ q, anosso ver, foi infeliz. De fato, isto induz a que se conclua que a proposicao q sededuz ou e uma consequencia da proposicao p. Isto nao se da, por exemplo:

5 e um numero ımpar −→√2 e irracional

(Se 5 e um numero ımpar entao√2 e irracional)

e uma proposicao verdadeira (ver tabela-verdade do condicional). Obviamente que√2 ser irracional nao e consequencia de 5 ser um numero ımpar.Ao contrario do que acontece na Logica, em Matematica nao comparece o op-

erador logico −→, mas apenas =⇒ com os seguintes significados para p =⇒ q:

1) Se p, entao q;

2) Se p for verdadeira, entao q e verdadeira;

3) p implica q;

4) q e implicada por p;

5) q segue de p;

6) p e uma condicao suficiente para q;

7) q e uma condicao necessaria para p;

8) E impossıvel termos p verdadeira e q falsa simultaneamente,

dentre outros significados possıveis.Neste momento temos uma importante observacao a fazer:

Dos ıtens 1) e 3) vemos que a matematica funde (confunde) os sımbolos −→ e=⇒.

Como sempre, nestes casos, o “galho quebra” do lado do mais fraco: o alunoque tera que distinguir no contexto matematico se o sımbolo =⇒ esta se referindoa ele proprio ou ao condicional −→.

Chama-se tautologia toda proposicao composta cuja ultima coluna da sua tabelaverdade encerra somente a letra V (verdade).

Proposicao 39. A proposicao p implica a proposicao q (isto e, p =⇒ q) se, esomente se, a condicional p −→ q e tautologica.

Prova:

p q p−→ q

V V V

V F F

F V V

F F V

(i) Se p implica q, entao, nao ocorre que os valoreslogicos simultaneos destas duas proposicoes sejam re-spectivamente V e F , e por conseguinte na ultima col-una da tabela-verdade da condicional p −→ q constasomente a letra V , logo, esta condicional e tautologica.

(ii) Reciprocamente, se a condicional p −→ q e tau-tologica, entao nao ocorre que os valores logicos simultaneos das proposicoes p e qsejam respectivamente V e F , e por conseguinte p implica q. �

431

Uma diferenca basica entre proposicao e teorema e que enquanto e lıcito se cog-itar do valor logico de uma proposicao (isto e, uma proposicao pode ser verdadeiraou falsa) o mesmo nao acontece com um teorema, que sempre e verdadeiro. Nao sedemonstra teoremas, mas sim proposicoes. Uma vez demonstrada a veracidade deuma proposicao: p −→ q, esta adquire status de teorema: p =⇒ q.

p q p−→ q

V V V

V F F

F V V

F F V

→Em matematica, para demonstrar-se a validade de

uma proposicao p −→ q assumimos a hipotese p comosendo verdadeira. Sendo assim podemos nos restringiras duas primeiras linhas da tabela verdade do condi-cional −→.

Uma vez assumido p verdadeira se conseguirmosdemonstrar a veracidade de q entao podemos riscar a segunda linha da tabelaverdade do condicional. Apos isto a proposicao p −→ q resulta tautologica e, porconseguinte,

p =⇒ q

Isto e, a proposicao p −→ q tornou-se o teorema p =⇒ q.

Definicao 60 (Equivalencia Logica). Diz-se que uma proposicao p e logicamenteequivalente ou apenas equivalente a uma proposicao q, se as tabelas-verdadedestas duas proposicoes sao iguais.

Indica-se que a proposicao p e equivalente a proposicao q com a notacao:

p ⇐⇒ q

Os sımbolos ←→ e ⇐⇒ nao devem ser confundidos, pois p ←→ q e umaproposicao enquanto p⇐⇒ q nao e proposicao.

Os argumentos arrolados anteriormente a respeito dos sımbolos −→ e =⇒ po-dem ser adaptados para os sımbolos ←→ e ⇐⇒.

A seguir listamos varias maneiras de se formular p ⇐⇒ q em palavras∗:

1) Se p, entao q e recıprocamente;

2) Se q, entao p e recıprocamente;

3) q e verdadeira se, somente se, p for verdadeira;

4) p implica q e recıprocamente;

5) p e uma condicao necessaria e suficiente para q;

6) q e uma condicao necessaria e suficiente para p;

7) p e q sao proposicoes equivalentes.

Dos ıtens 1) e 4) acima, vemos que a matematica (con) funde os sımbolos ←→e ⇐⇒.

∗Isto na Matematica, nao na Logica.

432

Proposicao 40. A proposicao p e equivalente a proposicao q (isto e, p ⇐⇒ q)se, e somente se, a bicondicional p ←→ q e tautologica.

Prova: (i) Se p e equivalente a q, entao, tem tabelas-verdade iguais, e porconseguinte o valor logico da bicondicional p ←→ q e sempre V , isto e, esta bi-condicional e tautologica (ver tabela-verdade da bicondicional, p. 430).

(ii) Recıprocamente, se a bicondicional p ←→ q e tautologica, entao, a ultimacoluna da sua tabela-verdade encerra somente a letra V , e por conseguinte os val-ores logicos respectivos das proposicoes p e q sao ambos V ou ambos F , isto e, estasduas proposicoes sao equivalentes. �

Portanto, a toda equivalencia logica corresponde uma bicondicional tautologicae vice-versa.

Equivalencias Notaveis

A seguir listamos algumas equivalencias entre proposicoes, as quais podem serdemonstradas com o auxılio das respectivas tabelas-verdade.

1) ¯p⇐⇒ p (Dupla Negacao)

2) Leis Idempotentes

a) p ∨ p⇐⇒ p

b) p ∧ p⇐⇒ p

3) Leis Comutativas

a) p ∨ q ⇐⇒ q ∨ pb) p ∧ p⇐⇒ q ∧ p

4) Leis Associativas

a) p ∨ (q ∨ r)⇐⇒ (p ∨ q) ∨ rb) p ∧ (q ∧ r)⇐⇒ (p ∧ q) ∧ r

5) Leis de De Morgan∗

a) ( p ∨ q ) ⇐⇒ p ∧ q

b) ( p ∧ q ) ⇐⇒ p ∨ q

6) Leis Distributivas

a) p ∧ ( q ∨ r ) ⇐⇒ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r)b) p ∨ ( q ∧ r ) ⇐⇒ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r)

∗Augustus De Morgan (1806 − 1873) lecionou no University College, Londres. Foimatematico e logico, e contribuiu para preparar o caminho da Logica matematica moderna.

433

8.4.2 Tecnicas (Engenharia) de Demonstracao

Os problemas em matematica dividem-se em duas classes:

Determinacao: calcule, encontre, ache, determine,. . .

Demonstracao: mostre, prove, demonstre,. . .

Costumo mesmo dizer que a matematica comeca com os problemas do segundotipo. De fato, a resolucao da maioria dos problemas do primeiro tipo sao algo-ritmicas (mecanicas); enquanto os problemas do segundo tipo exigem muito decriatividade (engenhosidade).

Um outro criterio que utilizo para distinguir nao-matematica (algoritmo) dematematica, e que a nao-matematica e susceptıvel de programacao− a exemplo dospoderosos softwares algebricos − enquanto que a matematica em si (demostracoes)nao.

Ademais, estou propenso a acreditar que podemos ver a maioria dos “objetos”como consistindo de materia e espırito. Para contextualizar minha tese vejamosalguns exemplos:

1o ) Um computador consiste de hardware e software, o hardware e a parte ma-terial e o software e o espırito do computador.

2o ) Uma celula e composta de materia (e o que os biologos enxergam ao mi-croscopio) e espırito (software que comanda suas atividades) que os biologos naoenxergam ao microscopio.

3o ) Os numeros inteiros, sao compostos de materia:

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

e espırito, que sao seus axiomas de manipulacao da materia (sımbolos) tais como:comutatividade, associatividade, elemento neutro, elemento oposto, Princıpio daBoa Ordem, etc.

De igual modo, a matematica possui uma parte material (sımbolos) e uma parteespiritual (conceitos, ideias), o que se estar a manipular∗ por aı e apenas o corpo(cadaver) da matematica, seu espırito fica de fora.

− Para se lidar com o espırito da matematica (viva) torna-se indispensavel oconhecimento de algumas tecnicas de demonstracao.

1. Proposicoes Aparentadas

p −→ q : Direta

q −→ p : Recıproca

p −→ q : Contraria

q −→ p : Contrapositiva (contrarrecıproca)

∗Por aı a que me refiro e a matematica praticada ate o ensino medio e em algumas

cadeiras da universidade, e uma matematica mecanica, morta. O fato de voce manusearo controle remoto de sua televisao nao significa que voce compreende como ele funciona.De igual modo, muitos manipulam a matematica sem compreender como ela funciona, euma matematica sem vida, sem espırito! Ver pagina 11.

434

2. Equivalencia Entre Proposicoes Aparentadas

2.1 A proposicao direta equivale a contrarrecıproca.

p −→ q ⇐⇒ q −→ p

Para provar isto faremos uso da seguinte identidade:

p −→ q = p ∨ q

Esta identidade pode ser obtida das respectivas tabelas-verdade.Prova:

(i) p −→ q = p ∨ q(ii) q −→ p = ¯q ∨ p

= p ∨ q

�

Isto significa que as proposicoes p −→ q e q −→ p assumem sempreos mesmos valores logicos; isto e, ou sao ambas verdadeiras (V ) ou saoambas falsas (F ).

Sendo assim acabamos de estabelecer nossa primeira tecnica de demons-tracao indireta:

(T-1) O teorema direto equivale ao contrarrecıproco†

H =⇒ T ⇐⇒ T =⇒ H

Enunciemos nossa segunda tecnica de demonstracao indireta:

(T-2) Anexacao a hipotese da negacao da tese

H =⇒ T ⇐⇒(H ∧ T

)=⇒ T

Prova: Provemos a seguinte equivalencia:

p −→ q ⇐⇒(p ∧ q

)−→ q

De fato,

(i) p −→ q = p ∨ q.

(ii) p ∧ q −→ q = (p ∧ q) ∨ q= ( p ∨ ¯q ) ∨ q= p ∨ q ∨ q= p ∨ q.

�

†H : Hipotese, T : Tese, H: Negacao da hipotese, T : Negacao da tese.

435

(T-3) Reducao ao absurdo

H =⇒ T ⇐⇒(H ∧ T

)=⇒ f

Onde: f e uma proposicao de valor logico falso (e qualquer contradicao).Prova: Provemos a seguinte equivalencia:

p −→ q ⇐⇒(p ∧ q

)−→ f

De fato,

(i) p −→ q = p ∨ q.

(ii) p ∧ q −→ f = (p ∧ q) ∨ f

= (p ∧ q)= p ∨ ¯q

= p ∨ q.

�

Nota: Na tabela-verdade da proposicao p∨ q vemos que quando o valorlogico de q e F , prevalece o valor logico de p. Estamos dizendo quep ∨ f = p.

Resumindo: Para utilizar esta tecnica em uma demonstracao, deve-mos anexar a Hipotese a negacao da Tese e devemos exibir, ao final,alguma contradicao (algum absurdo).

Uma Equivalencia Notavel

Uma das equivalencias mais utilizadas em demonstracoes matematicase a que segue

(T-4) Teorema com hipotese composta (∧)Se a hipotese de um teorema e formada pela conjuncao de duas

outras, e valida a seguinte equivalencia

(H

1∧H

2

)=⇒ T ⇐⇒

(H

1∧ T

)=⇒ H

2

Isto e, junta-se a uma das hipoteses a negacao da tese e demonstra-se a negacao da outra hipotese.

Prova: Provemos a seguinte equivalencia

p ∧ q −→ r ⇐⇒ p ∧ r −→ q

De fato,

p ∧ q −→ r = (p ∧ q) ∨ r= (p ∨ q) ∨ r= p ∨ q ∨ r.

436

Por outro lado,

p ∧ r −→ q = (p ∧ r) ∨ q= (p ∨ ¯r) ∨ q= p ∨ r ∨ q.

�

Vejamos alguns exemplos de aplicacao desta equivalencia:

1o) Teoria dos numeros: Se a divide b e a nao divide c entao b nao divide c.

H1 : a|b⇒ T: b 6 | c.

H2: a 6 | c

H1∧ T =⇒ H

2

Prova: Para algum n1e algum n

2inteiros, resulta

H1 :b

a= n1

=⇒ c

b=

c

a · n1

= n2

T :c

b= n

2

Observe quec

a= n

1· n

2≡ H

2

�

2o) Em Analise: Se a ≤ b e b ≤ a entao a = b.

H1: a ≤ b

⇒ T: a = b.H

2: b ≤ a

H1∧ T =⇒ H

2

Prova: Suponha a ≤ b e a 6= b, entao a < b. �

3o) Em Analise:

Se n ∈ N, x ∈ R, e n < x < n+ 1, entao x 6∈ N.

H1 : x > n⇒ T: x 6∈ N.

H2: x < n+ 1

H1∧ T =⇒ H

2

437

Prova: Se x > n e x ∈ N entao x ≥ n+ 1. �

(T-5) O seguinte teorema nao e raro em matematica:

H1⇐⇒

(H

2=⇒ T

)

E um teorema, tipo “se e somente se”, isto e

H1=⇒

(H

2=⇒ T

)

H1 ⇐=(H2 =⇒ T

)

Entao

(i) H1=⇒

(H

2=⇒ T

)

Observemos que a tese do teorema acima e um outro teorema. Isto sig-nifica que assumindo H1 devemos demonstrar H2 =⇒ T . Isto e, devemosmostrar que H

2acarreta T . Ainda,

H1∧H

2=⇒ T

Esta conclusao pode ser provada assim:

H1−→

(H

2−→ T

)= H

1∨(H

2−→ T

)

= H1∨(H

2∨ T

)

= (H1∧H

2) ∨ T

= H1 ∧H2 −→ T.

Portanto subsiste a seguinte equivalencia

H1=⇒

(H

2=⇒ T

)⇐⇒

(H

1∧H

2=⇒ T

)

(ii)(H

2=⇒ T

)=⇒ H

1

Consideremos a contrapositiva: H1=⇒

(H

2=⇒ T

). Entao,

H1−→

(H

2−→ T

)= H

1−→

(H

2∨ T

)

= H1−→ H

2∧ T

Portanto subsiste a seguinte equivalencia

((H

2=⇒ T ) =⇒ H

1

)⇐⇒

(H

1=⇒ H

2∧ T

)

(T-6) Teorema com hipotese composta (∨)Se a hipotese de um teorema e formada pela disjuncao de duas outras, e

valida a seguinte equivalencia

(H

1∨H

2

)=⇒ T ⇐⇒

(H

1=⇒ T

)∧(H

2=⇒ T

)


p ∨ q −→ r ⇐⇒(p −→ r

)∧(q −→ r

)

438

De fato,

p ∨ q −→ r = (p ∨ q) ∨ r= (p ∧ q) ∨ r=(p ∨ r

)∧(q ∨ r

)

=(p −→ r

)∧(q −→ r

)

�

(T-7) Teorema com tese composta (∨)Se a tese de um teorema e formada pela disjuncao de duas outras, e valida

a seguinte equivalencia

H =⇒(T1 ∨ T2

)⇐⇒

(H ∧ T1 =⇒ T2

)


p −→ ( q ∨ r ) ⇐⇒ ( p ∧ q ) −→ r

De fato,

p −→ ( q ∨ r ) = p ∨ ( q ∨ r )= ( p ∨ q ) ∨ r

= ( p ∧ q ) ∨ r= ( p ∧ q ) −→ r

�

Resumo das Tecnicas de Demonstrac~oes

(T-1) H ⇒ T ⇐⇒ T ⇒ H

(T-2) H ⇒ T ⇐⇒(H ∧ T

)⇒ T

(T-3) H ⇒ T ⇐⇒(H ∧ T

)⇒ f (f =absurdo)

(T-4)(H

1∧H

2

)⇒ T ⇐⇒

(H

1∧ T

)⇒ H

2

Gentil

(T-5) H1⇐⇒

(H

2⇒ T

)

{H

1=⇒

(H

2⇒ T

)⇐⇒

(H

1∧H

2⇒ T

)

H1⇐=

(H

2⇒ T

)⇐⇒

(H

1⇒ H

2∧ T

)

(T-6)(H1 ∨H2

)⇒ T ⇐⇒

(H1 ⇒ T

)∧(H2 ⇒ T

)

(T-7) H ⇒(T

1∨ T

2

)⇐⇒

(H ∧ T

1

)⇒ T

2

(T-8) H ⇒ T ⇐⇒(H ∧ T

)⇒ H

439

Uma Formula Inedita

“Gostei da sua formula.”Carlos Gustavo T. de A. Moreira (Gugu/IMPA)

Nos livros de Calculo I constam algumas formulas para se encontrar a soma depotencias dos n primeiros numeros naturais, por exemplo:

1 + 2 + 3 + · · · + n =n(n+ 1)

2

Ou ainda

12 + 22 + 32 + · · · + n2 =n(2n+ 1)(n+ 1)

6

Ou ainda

13 + 23 + 33 + · · · + n3 =n2 (n+ 1)2

4(8.4)

Durante muitos anos − por decadas, por seculos − os matematicos estiveram aprocura de uma formula unica que incluisse como caso especial as anteriores. . . Nin-guem teve exito. Coube a mim materializar essa aspiracao. Em 1997 demonstrei oseguinte: (p. 126)

Teorema 16 (Gentil/1997). Sendo m um natural arbitrariamente fixado, e validaa seguinte identidade:

1m + 2m + 3m + · · · + nm =

m∑

j=0

(n

j + 1

)

a(m−j)

Onde:

a(m−j)

=

j∑

k=0

(−1)k(j

k

)

(1− k + j)m

Prova: Ver [9]. �

Vejamos um exemplo de aplicacao desta formula (m = 3):

13 + 23 + 33 + · · · + n3 =3∑

j=0

(n

j + 1

)

a(3−j)

=

(n

1

)

a3 +

(n

2

)

a2 +

(n

3

)

a1 +

(n

4

)

a0

Onde:

a(3−j)

=

j∑

k=0

(−1)k(j

k

)

(1− k + j)3

; ( j = 0, 1, 2, 3. )

Substituindo e simplificando chegamos ao resultado (8.4).

440

Referencias Bibliograficas

[1] Janich, Klaus. Algebra Linear. Rio de Janeiro, RJ: LTC-Livros Tecnicos eCientıficos, 1998.

[2] Callioli, Carlos A., Hygino H. Domingues, Roberto C.F. Costa. − 6. ed. rev. −Algebra linear e aplicacoes. Sao Paulo: Atual, 1990.

[3] Lipschutz, Seymour, Marc Lars Lipson; Traducao: Dr. Claus Ivo Doering. − 4.ed. − Algebra linear (Colecao Schaum). Porto Alegre: Bookman, 2011.

[4] Coelho, Flavio Ulhoa., Mary Lilian Lourenco . Um Curso de Algebra Linear.Sao Paulo: Edusp, 2013.

[5] Lima, Elon Lages. − 7. ed. − Algebra Linear. Rio de Janeiro, RJ: IMPA, 2006.

[6] Poole, David. Algebra Linear. Sao Paulo: Thomson, 2004.

[7] Lawson, Terry. Algebra Linear. Traducao de Elza F. Gomide. Sao Paulo: EditoraEdgard Blucher, 1997.

[8] Anton, Howard, Robert C. Busby. Algebra Linear Contemporanea. Traducao deClaus Ivo Doering. Porto Alegre: Bookman, 2006.

[9] Silva, Gentil Lopes. Novas Sequencias Aritmeticas e Geometricas. Brasılia - DF:THESAURUS EDITORA, 2000.

[10] Silva, Gentil Lopes. Fundamentos dos Numeros (Tudo o que voce gostariade saber sobre os numeros mas nao tinha a quem perguntar). Boa Vista-RR:Publicacao Eletronica, 2016.

[11] Hefez, Abramo. Curso de Algebra, Volume 1. Rio de Janeiro: IMPA - CNPq,1993.

441

Indice Remissivo

Arduo e inospito, 338Angulo entre vetores, 284

Algoritmoda divisao, 421De Gram-Schmidt, 291Gentil, 142Para determinar uma base de um

subespaco, 100Para encontrar a matriz de uma trans-

formacao, 189Automorfismos, 168Autovalor, 322Autovetor, 322

BaseCanonica do Rn, 94De um espaco vetorial, 92

Codigo ASCII, 26Codigo binario, 27Conicas e Quadricas, 398Capas, Gentil, 78, 126, 418Cisalhamento, 242Coeficientes de Fourier, 288Combinacoes lineares, 67Complemento ortogonal, 298Conjuntos × Estruturas, 19Conjuntos ortonormais, 287Coordenadas de um vetor, 109Corpos, 420

Dean Radin, 126Definicao

Codigo, 27Desafio do Seculo, 320Desafio: Engenheiros e fısicos, 11

DesigualdadeDe Cauchy-Schwarz, 264De Lagrange, 266triangular, 267

Diagonalizacao de Operador, 342Dilatacao e Contracao, 240Dimensao de um espaco vetorial, 99Distancia

entre dois pontos, 266Distancia entre vetores, 267

Ego, transcender, 418Einstein

1 + 1 6= 2, 77Enderecos, livros, 8Equivalencia Logica, 432Equivalencias Notaveis, 433Espaco

De Codigos, 26Dual, 224Euclidiano, 258Funcional, 33Hermitiniano, 318Vetorial, 12Vetorial complexo, 317Vetorial finitamente gerado, 72

Exemplo patologico, 38

Forma linear, 224Formas bilineares, 371Formas bilineares antissimetricas, 383Formas bilineares simetricas, 379Formas quadraticas

Definicao, 391Diagonalizacao, 393Mudanca de variaveis, 395

Funcional linear, 224

442

GentilAlgoritmo, 142Capa DQ, 418Capa E.M., 78Capa Gugu, 126Capa NSSAG, 78Desafio, 320Formula codigos, 31, 52Formula inedita, 440

Gregory ChaitinLeibniz, 306

Homotetia, 241

Identidade de um Elemento, 20Identidade do paralelogramo, 280Imagem de um conjunto, 128Imagem Direta, 128Implicacao Logica, 430Isometria, 301Isomorfismo, 169

Ken WilberTranscender o ego, 418Vida e morte, 418

Leibniz e os bits, 306

MatrizDe mudanca de base, 113de uma forma bilinear, 374De uma transformacao linear, 185Inversıvel, 428Valores proprios e vetores proprios,

331Matrizes semelhantes, 231Multiplicidade algebrica, 334Multiplicidade geometrica, 334Mundo, Vacuidade, 418

Nucleo de uma transformacao linear, 155Norbert Wiener, 338Norma, 271Norma e produto interno, 263

Operacoes Logicas, 430Operador autoadjunto, 311Osho

Voce nao existe., 124

Poincare, 11, 43

Polinomio caracterıstico, 330, 331Polinomios de Legendre, 295Potencias de uma matriz, 359Produto de vetores, 42Produto Interno, 258Produto interno de Norma, 309Proposicao, 429

Quadro amarelo, 14

Resumo das tecnicas, 439Rotacao, 244, 246, 248

Subespaco proprio, 327Subespacos

Gerados, 68Invariantes, 354Soma de, 62Soma direta, 64Vetoriais, 53

Tecnicas de demonstracao, 434Teorema

Da invariancia, 98de Gersgorin, 363de Pitagoras, 309Do nucleo e da imagem, 159Espectral, 355Fundamental da Algebra, 334

TransformacaoBijetora, 132Identidade, 139Injetora, 131Linear, 134Nucleo, 155Nula (Zero), 140Sobrejetora, 132

Transformacoes LinearesComposicao, 207Do plano no plano, 237Operacoes, 203

Ubiratan D’Ambrosio, 78

Vacuidade, Mundo, 418Vetores

Linearmente dependentes, 80Linearmente independentes, 80Ortogonais, 287

443

Pelo que temos constatado não é difícil encontrar alunos que tenham cursado a disciplina álgebra linear e que, ao término, não sabem o que é um vetor.

Dentre algumas possíveis explicações para este paradoxo gostaria de destacar uma em especial: o condicionamento. Com efeito, muitos alunos chegam nesta disciplina condicionados, por seus estudos anteriores, a imaginar que um vetor é um ente que possui módulo, direção e sentido. Se isto é verdade na física na matemática é integralmente falso.

Insistimos: na matemática um vetor não possui módulo, não possui direção, não possui sentido.

Isto se deve a que as definições deste ente (vetor) são distintas nestas duas disciplinas. Embora, através de um malabarismo os vetores da física possam ser incluídos entre os vetores da matemática (como um caso especial), os vetores desta última vão muito mais além. A princípio são “pontos” em um espaço abstrato; e pontos não possuem nem módulo (comprimento), nem direção e nem sentido.

Alguns vetores da matemática:

Para estes vetores não existe módulo, direção e sentido.


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