Notas de Álgebra LinearEduardo Hernandez, Michelle Pierri Sumário 1 Espaços Vetoriais 4 1.1 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.2 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.2.1 . . . . . . . . . . . 10 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.3.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.3 1.4 Interseção e soma de subespaços vetoriais Subespaços gerados 2 Dependência Linear, base e dimensão 21 2.1 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 2.2 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 2.1.1 2.2.1 2.2.2 Coordenadas Prova teste 1 de 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 Prova Teste 2 de 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 2.2.3 Prova 1 do ano 2011 2.2.4 Prova 1 de 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 3 Transformações Lineares 3.0.5 3.1 37 Imagem e Núcleo de uma transformação . . . . . . . . . . . . 38 Isomor smo e Automor smo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 3.1.1 3.1.2 3.2 24 O Espaço Vetorial L(U, V ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 A matriz associada a uma Transformação Linear . . . . . . . 47 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 4 Autovalores e Autovetores 55 4.1 Polinômio Característico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 4.2 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61 . . . . . . . . . . . . 61 4.3 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 4.2.1 Transformações lineares diagonalizaveis 4.3.1 Prova teste 2 de 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 4.3.2 Prova 2 de 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66 5 Espaços Euclidianos 5.1 67 Produto Interno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 5.1.1 Ortogonalidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 5.1.2 Processo de Gram-Schmidt 72 5.1.3 O metodo dos mínimos quadrados . . . . . . . . . . . . . . . 76 5.1.4 Complemento Ortogonal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1.5 5.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Isometrias 79 5.2.1 Prova teste 3 de 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 5.2.2 Prova 3 de 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 5.2.3 Prova de recuperação de 2011 82 Referências Bibliográ cas . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 3 Capítulo 1 Espaços Vetoriais Neste capítulo introduziremos o conceito mais importante da teoria de algebra linear, o conceito de espaço vetorial. No que segue desta apostilha, R denota o conjunto dos números reais. De nição 1.1. Seja V é um conjunto não vazio e suponha que existem duas opera- ções de nidas em V, uma operação somma (denotada +) que a cada par de elementos u, v ∈ V associa un único elemento de V denotado por u + v, e uma operação chamada de multiplicação por escalar que a cada u ∈ V e todo λ ∈ R associa un único elemento de V denotado por λ · u. Dizemos que o triple (V, +, ·) é um espaço vetorial se as seguintes condições são satisfeitas: P1 u + v = v + u para todo u, v ∈ V, (propriedade comutativa) P2 u + (v + w) = (u + v) + w para todo u, v, w ∈ V, (propriedade associativa) P3 existe um elemento 0 ∈ V tal que 0 + u = u para todo u ∈ V, P4 para cada u ∈ V existe v ∈ V tal que u + v = 0, P5 λ · (µ · u) = (λµ) · u para todo u ∈ V e λ, µ ∈ R, P6 (λ + µ) · u = λ · u + µ · u para todo u ∈ V, λ, µ ∈ R, P7 λ(u + v) = λ · u + λ · v para todo u, v ∈ V e λ ∈ R, P8 1 · u = u para todo u ∈ V. Observação 1.2. Os elementos de um espaço vetorial (independentemente da na- tureza do conjunto V) multiplicação λ·u são chamados de vetores e os números reais que aparecem na são chamados escalares. A seguir apresentamos alguns exemplos de espaçõs vetorias. Exemplo 1.3. operações + e · Um exemplo obvio de espaço vetorial é o conjunto R munido com as usuais. Exemplo 1.4. O espaço Rn Seja Rn n-uplas ordenadas de números reais. n-upla de números reais é uma ordenação de números reais da forma o conjunto formado por todas as Lembre que uma 4 R) o conjunto formado por todas as funções f F(A.j da forma a1. 5 . R) munido com as operações anteriores é um espaço vetorial. .1 an. m ∈ N. . . no que segue uma matriz como a anterior será representada na forma A = (ai. n ∈ N e Pn (R) o conjunto formado por todos os polinômios com coe cientes n. .1 a1. . Exemplo 1. Mostrar que F (A. xn + yn ). . . . . R) a função λ·f é dada (λ · f )(x) = λf (x). P p(x) = a0 + a1 x + · · · + an xnP= ni=0 ai xi λ · p(x) = (λa0 ) + (λa1 )x + · · · + (λan )xn = ni=0 λai xi Mostrar que e Pn (R) munido com as operações anteriores é um espaço vetorial. .m . ai. . . F(A. .2 · · · a2.m . de ordem n×m é uma ordenação de numeros reais formada por n- las e m-colunas.m a2. .6.m Para simpli car. xn ). Espaços de funções Seja A⊂R de nidas de e denotemos por A em R. an. . . . O espaço das matrizes de ordem Sejam n.2 · · · . . . .8. .1 a2. por Se Se λ∈R e f ∈ F (A. . . .1 ai.2 · · · n × m. . .m . .j )n. ai. . . . . . Lembremos que uma matriz ai. .2 · · · .. . Exemplo 1.(x1 . Lembre que um polinômio reais Pn com coe cientes n i função f da forma f (x) = a0 + a1 x + · · · + an x = i=0 ai x onde cada ai é Seja reais de grau menor ou igual a é uma um número real. R) consideramos as seguintes operações: No conjunto • Soma: • Multiplicação por escalar: f. yn ) = (x1 + y1 . Exercício 1. . . an. λxn ). R) á função soma f + g : A → R é dada por (f + g)(x) = f (x) + g(x). Em • Pn (R) de nimos as operações soma e multiplicação por escalar na forma n Soma: P Se p(x) = a0 + a1 x + · · · + an x = bP = ni=0 bi xi de nimos n n i i=0 (ai + bi )x xn • Pn i i=0 ai x e q(x) = b0 + b1 x + · · · + (p+q)(x) = (a0 +b0 )+(a1 +b1 )x+· · ·+(an +bn )xn = Multiplicação por escalar: λ∈R de nimos Exercício 1.7. .9. xn ) + (y1 .5. Deixamos como exercicio mostrar que Rn munido com as operações anterioresi é um espaço vetorial. O espaço de polinômios de grau menor o igual a n. . Exemplo 1.. . . g ∈ F (A. . . λ · (x1 . xn ) = (λx1 . No conjunto Rn de nimos a soma de n-uplas e a multiplicação escalar por (x1 . a1. m) é um espaço vetorial. −1) 6∈ V. y ∈ V. Um dos aspectos mais interessantes de qualquer teoria matemática é que ela é desenvolvida a partir de um conjunto de propriedades básicas.j )n. para todo x∈V e e P6 (λ + µ) x = xλ+µ = xλ xµ = xλ xµ = (λ λ.13.j )n. Com essas operações temos que V é um espaço vetorial.j )n.12. note que P1 se x. m) De nimos ordem a matrizes de é munido das seguintes operações: • Soma: Se A = (ai. Mostrar que com as operações anteriores M (n. 0.m e B = (bi.11. De fato. para todo x ∈ V. P8 1 x = x1 = x Exemplo 1. Exercício 1.M (n. m) como sendo o conjunto formado por todas n × m.j )n. O seguinte exemplo é mais abstrato e por isso o estudaremos com maior atenção. Se (V. 1.m . 1) ∈ V e −1(0. 0. x) (µ x) para todo x∈V (xy) = (xy)λ = xλ y λ = (λ x) (λ y) para todo x.j )n. • Multiplicação por escalar: por Se λ∈R e A = (ai.m = (λai. Um exemplo abstrato Os exemplos anteriores envolvem conjuntos e operações que ja conhecemos. 1) = (0. Logo. −1.10. +. µ ∈ R. usuais de R4 . No conjunto V = (0. y ∈ V temos que x y = xy = yx = y x para todo x. ∞) de nimos a soma entre dois números x e y de V por x y = xy (aqui xy é o produto usual entre x e y ) e o produto escalar de x e λ ∈ R por λ x = xλ . Em particular. z ∈ V. µ ∈ R. a matriz λA é dada λA = λ · (ai.m . notamos que todos os resultados e aplicações da algebra linear são obtidos a partir dos axiomas P1 -P8 . P2 x (y z) = x (yz) = x(yz) = (xy)z = (x y)z = (x y) z x. ∈V. P3 x para todo −x = 1. V = {(x. Proposição 1. Exemplo 1. y. No próximo resultado vemos como é possivel obter novas propriedades a partir desses axiomas. y. 1.m . então as seguintes propriedades são veri cadas. y ∈ V P7 λ e (x y) = λ λ ∈ R. ·) é um espaço vetorial. Nesta apostilha sempre assumiremos que M (n. 6 . 0.m a A+B é dada por A+B = (ai. o vetor de onde segue que P4 0 em é o número é satisfeita com xµ = (xµ )λ = xµλ = xλµ = (λµ) P5 λ (µ x) = λ λ. P3 se x∈V temos que P4 se x∈V então 1 x 1 x = 1x = x. z = w2 } com as operações (0. w) ∈ R4 : y = x. 1 x.j + bi.j )n. z. segue que V Seja Como não é um espaço vetorial. se u. somando −(0u) ao ambos lados desta igualdade vemos que 0u = (0u + 0u) + −(0u) 0 = 0u + (0u + −(0u)) 0 = 0u + 0 por 0 = 0u P3 . Como por e propriedade em de (2) segue que (3). a prova das outras é deixada como exercicio. . o que prova a propriedade. para cada u ∈ V o vetor −u da propriedade P4 é único.1. a propriedade P3 . Por P8 . 10. por λu = 0 e que λ 6= 0. 4. se λu = 0 então λ = 0 ou u = 0. Note que 0u = (0 + 0)u = 0u + 0u. e P1 que Isto Usando isto. v ∈ V então existe um único w ∈ V tal que u + w = v. vemos que / + −(λ0) λ0 = λ0 + λ0. P5 u = 1u = (λ−1 λ)u = λ−1 (λu) = λ−1 0 = 0. 7 P2 P4 5. 9. P2 e P3 vemos v = v + 0 = v + (u + −u) = (v + u) + −u = (u + v) + −u = 0 + −u = −u. Por P3 e P7 temos que λ0 = λ(0 + 0) = λ0 + λ0. se u + w = v + w então u = v. λ0 + −(λ0) = (λ0 + λ0) + −(λ0) 0 = (λ0 + λ0) + −(λ0) por P3 0 = λ0 + (λ0 + −(λ0)) por P2 0 = λ0 + 0 0 = λ0. se 0 é o vetor em P3 e λ ∈ R então λ0 = 0. Suponha que 3. se λ ∈ R e u ∈ V então (−λ)u = λ(−u) = −(λu). por por P4 P3 . 5. 4. Então. 1. vemos que −u = −1 · u. por P3 v ∈ V é tal que u + v = 0. Logo. prova que existe un único vetor que veri ca a propriedade P4 . Prova: Mostramos somente as seis primeiras propriedades. Usando P1 . se u ∈ V então −(−u) = u. 3. se u então −1 · u = −u. 6. 2. 2. se 0 é o número real zero e u ∈ V então 0u = 0. 7. Suponha que 6. 0 = 0 · u = (−1 · u + 1 · u) = −1u + u. Suponha que 0 temos que 0 00 ∈ V tambem satisfaz = 0 + 00 = 00 + 0 = 0. O elemento 0 da propriedade P3 é único. 8. y) = (3αx. y) ∈ R2 : 3x − 2y = 0 com as operações usuais de R2 . b ∈ R com as operações usuais de M (2. (b) O conjunto V = : a. y. y2 ) = (x1 + x2 . y1 ) ⊕ (x2 . ◦) e (W. R).1 Exercícios V 1. o conjunto Fω é um espaço vetorial . z. 4 2 com as operações de O conjunto V = (x. y1 +y2 ) e α(x. R). y1 )⊕(x2 . y1 − x1 ) e α · (x. 0). .1. b ∈ R com as operações usuais de M (2.) (f ) O conjunto V = R2 com as operações (x1 . z = w R4 .? (j) Seja função (U. y) = (αx. V = {f : R → R : f (−x) = f (x). R) : f é ω periodica} (lembre que uma f ∈ R é ω periodica f (s + ω) = f (s) para todo s ∈ R. (d) O conjunto (e) V = R2 munido das operações (x1 . y1 y2 ). y α ). y2 ) = (x1 +x2 . (g) O conjunto (h) (i) V = R × (R \ {0}) com α · (x. ω ∈ R e Fω = {f ∈ F (R. −αx. y) = (αx. as operações (x1 . . 2). S O conjunto V = n∈N Pn (R) com as operações do espaço F(R. 2). y1 ) ⊕ (x2 . a −b b a a −b b 3a : a. w) ∈ R : y = x. y2 ) = (2x1 − 2y1 .) Com as operações do espaço F(R. ∀x ∈ R} com as operações do espaço F(R. R). ⊕. Veri que que o conjunto (a) O conjunto V = com as operações indicadas é um espaço vetorial. (c) O conjunto V = (x. No espaço produto U × W = {(x. y ∈ W } de nimos as operações (u. v ⊕ z) e λ(u. v) + (w. λ . v) = (λ ◦ u. y) : x ∈ U.) são espaços vetoriais. z) = (u w. 14.15. Como veremos no próximo vetorial: Uma operação somma (denotada associa um único elemento de resultado. para que W ⊂ V seja um subespaço vetorial de V é necessario que u + v ∈ W e λu ∈ W para todo u. e uma multiplicação por escalar que a cada u ∈ V e todo λ ∈ R associa un único elemento de V denotado por λu. Introduzimos agora o conceito de subespaço vetorial. v ∈ V e todo λ ∈ R. Seja W ⊂ V . v).16. Para simpli car as notações. 8 . v ∈ V V denotado por u + v. se W munido das operações soma e multiplicação escalar de V é um espaço vetorial. Suponha que um espaço vetorial? Observação 1. Observação 1. Dizemos que W é um subespaço vetorial de V . É conveniente lembrar a seguinte frase da de nição de espaço +) que a cada par de elementos u. no que segue desta apostilha V será um espaço vetorial e as operações soma e multiplicação por escalar serão denotadas por u+v e αu respectivamente. " Logo. Com as operações anteriores U × W é 2. De nição 1. estas propriedades caracterizam o conceito de subespaço vetorial. Note agora que da de nição de W . Pn (R) de nido por Pn∗ = {p ∈ Pn : ∗ Para mostrar que Pn (R) é um subespaço vetorial de Pn (R) usaremos a Seja Pn∗ (R) o subconjunto de Proposição 1. g ∈ Pn∗ (R) e λ ∈ R. y1 . z) ∈ R3 : x + y + z = 0} O conjunto V.16) segue diretamente que e todo λ ∈ W. 1). de onde segue que A(X + λY ) = AX + A(λY ) = AX + λAY = O + λO = O. Da Proposição 1. da de nição de subespaço vetorial (veja u + λv ∈ W para todo u. Por tanto. S é um subespaço de R . Da de nição de S segue que x + y + z = 0 e que x1 + y1 + z1 = 0. Sejam um subespaço vetorial de Exemplo 1. Estes V. v ∈ W também a observação 1. z +λz1 ) pertence a S . Note agora que (f + λg)(0) = f (0) + (λg)(0) = f (0) + λg(0) = 0 + λ0 = 0. i=0 Deixamos como exercicio mostrar que Sn∗ (R) 9 é um subespaço vetorial de Pn (R). λ ∈ W. Segue do anterior que W é um subespaço vetorial de V . y. Logo. Sejam X. Prova: Se W ⊂ V é um subespaço vetorial de V ⇔ u+λv ∈ W é um subespaço vetorial de V .19. P7 e P8 são trivialmente satisfeitas V . Sejam Exemplo 1. Seja u ∈ W e λ ∈ R. Usando agora que 0 ∈ W e que −u = −1u temos que −u = 0 + −1u ∈ W o que prova que P4 é tambem válida. Seja A ∈ M (n. v ∈ W e todo P1 . P6 . S = {(x.21. z). Assim. 1) : AX = 0}. v = (x1 . resta mostrar que P3 e P4 são satisfeitas. As propriedades pois elas são válidas em relação a completa a prova. v ∈ W e todo λ ∈ W . O conjunto W com as operações de M (n. Para mostrar que X + λY ∈ W temos que provar que A(X + λY ) = 0. x + λx1 + y + λy1 + z + λz1 = x + y + z + λ(x1 + y1 + z1 ) = 0. temos que AX = 0 e AY = 0.Proposição 1. P2 . p(0) = 0}. f. n) uma matriz quadrada de ordem n e W = {X ∈ M (n. Para mostrar que W é R3 temos que provar que u+λv = (x+λx1 .17. Para é um espaço vetorial temos que mostrar que as propriedades P1 -P8 Suponha agora que provar que W u + λv ∈ W para todo u. é um subespaço vetorial de Seja Sn∗ (R) Sn∗ (R) M (n. z1 ) vetores em S e λ ∈ R. 1) é um subespaço vetorial de M (n. y. Vejamos alguns examplos de sub-espacos vetoriais. Isto são veri cadas. Y ∈ W e λ ∈ R. Um conjunto W para todo u. 0 = u + −u = u + −1u ∈ W o que implica que a condição P3 é satisfeita.20. Logo. o subconjunto de = {f = n X Pn (R) dado por aj xj ∈ Pn (R) : aj = 0 se j é par}. y +λy1 .13 sabemos que −u = −1u. o que mostra 3 que u + λv ∈ S . u = (x.22. Provar f + αg ∈ Pn∗ (R) é equivalente a mostrar que (f + λg)(0) = 0. é um subsepaço 3 vetorial de R . Obviamente os conjuntos {0} e V são subespaços de subespaços são chamados de subespaços vetoriais triviais de Exemplo 1. 1). Exemplo 1.18. . P5 .17. Isto prova que W Exemplo 1. Suponha que U. Para começar. segue que U ∩ W é sub-espaço vetorial de V.23. v ∈ U ∩ W e u + λv ∈ U . obtemos 10 u∈U V. se Q é um subespaço vetorial de V que contém U ∪ W então U + W ⊂ Q. todo i. vemos que é um subespaço vetorial de u + λv = u1 + λw1 + u2 + λw2 = u1 + u2 + λ(w1 + w2 ) ∈ U + W. Da mesma que U ∪ W ⊂ U + W . usaremos a notação U ⊕ W em lugar de U + W. forma podemos provar que . . λ ∈ R. 2.17. A soma U + W é direta ⇔ para cada v ∈ U + W existe um único u ∈ U e um único w ∈ W tais que v = u + w. de onde segue que Assim. Como u ∈ U + W . um espaço vetorial também temos que u + λv ∈ W . w ∈ W } é chamado soma de U e W . v ∈ W e W é pela Proposição 1. Como U e W são subespaços vetoriais de V segue que u1 + u2 ∈ U e que λ(w1 + w2 ) ∈ W . xn ) ∈ Rn : ni=1 aj xj = a1 x1 + · · · + an xn = 0}. Proposição 1. v ∈ U como u. Se U e W são sub-espaços vetoriais de V então o conjunto U ∩ W = {x ∈ V : x ∈ U.25. n × n é um subespaço vetorial de A = (ai. Similarmente. U + W é um subespaço vetorial de V . n). . O conjunto Pm (R) é um subespaço de Pn (R) ? Interseção e soma de subespaços vetoriais Nesta seção veremos que a interseção e a soma de subespaços vetorias é um subespaço vetorial. Então. Prova: Para mostrar o resultado usamos a Proposição 1. existem vetores u1 ∈ U e w1 ∈ W tais que u = u1 + w1 . . Proposição 1.24.1.2 Exercícios P a1 . . Sejam 1.1 Lembre que uma matriz m. O conjunto S é um subespaço vetorial de Rn . x ∈ W } é sub-espaço vetorial de V. de onde concluimos que U +W é um subespaço vetorial de Provaremos agora a segunda propriedade. U + W é o menor subespaço vetorial de V que contém U ∪ W .n é simétrica se ai. Mais ainda. Como u. Usando isto. Sejam 2. W são sub-espaçõs vetoriais de V . estudemos o caso da interseção. an ∈ R e W = {(x1 . Agora. então u = u+0 ∈ U +W W ⊂ U +W. . . v ∈ U + W e λ ∈ R. mostremos que U + W V . A soma U + W é chamada direta se U ∩ W = {0}. 4. j .17 e U é um espaço vetorial temos que De nição 1. O conjunto U + W de nido por U + W = {u + w : u ∈ U. como v ∈ U + W existem vetores u2 ∈ U e w2 ∈ W tais que v = u2 + w2 . Sejam U e W subconjuntos de V. Prova: Para começar.21. ou seja.j = aj. Se a soma U + W é direta. O conjunto das matrizes simétricas de ordem M (n. 3. Resolver o exercicio anterior usando o Exemplo 1. n ∈ N com m ≤ n. . ? 1. Se U ⊂ U + W .2.j )n. 1. Sejam u. Sejam u. .i para 3. . temos que provar que R = U + W e T que U W = {0}. . −x−y) ∈ U . Un são subespaços vetoriais de V então 11 . Suponha agora que para cada v ∈ U + W existe um único u ∈ U e um único T w ∈ W tais que v = u + w. W são subespaços vetoriais de R (deixamos isto como 3 3 exercicio!). −x − y) + (0. z pode ser escrito em uma única maneira). j = 1. y. o que prova que z = 0 e que U ∩ W = {0}. 3 Para completar a prova.29. . . Procedendo como na prova da Proposição 1. n}. De nição 1. . . Un é o conjunto de nido por n X Ui = U1 + · · · + Un = {u1 + · · · + un : uj ∈ Uj . . z ∈ U + W existem vetores u1 ∈ U e w1 ∈ W tais que z = u1 + w1 . . o que implica que u + w ∈ Q pois Q é V . Para nalizar. Nessas condições Se u1 + w1 = u2 + w2 o que implica que u1 − u2 = w2 − w1 .27. n}. usaremos a notação U1 ⊕ · · · ⊕ Un = ⊕ni=1 Ui para indicar que a soma U1 + · · · + Un é direta. i=1 De nição 1. . Se u ∈ Q e w ∈ Q. Da de nição de W segue que z1 = z2 = 0 e da de nição de U vemos que z3 = z1 + z2 + z3 = 0. R = U ⊕ W . 0. No que segue. Suponha que a soma U +W é direta. z + x + y) segue que z ∈ U + W . emos que provar que todo vetor de R pode ser escrito na 3 forma u+w com u ∈ U e w ∈ W . z3 ) ∈ R . y. z3 ) ∈ U ∩ W . Vejamos que R3 = U ⊕ W .26) u1 − u2 ∈ U e u1 − u2 = w2 − w1 ∈ W . y. y. . z + x + y) ∈ W e z = (x. . Isto prova que a representação de z como soma de vetores de U e W é única. Dizemos que a soma U1 + · · · + Un é direta se Uj ∩ (U1 + · · · + Uj−1 + Uj+1 · · · + Un ) = {0} para todo j ∈ {1. (0. Sejam U1 . z) ∈ R3 : x = y = 0}. A soma dos conjuntos U1 . Como T z é arbitrario do anterior temos que U W = {0} e que a soma U + W é direta.25. . Un subespaços vetoriais de de V. . Seja z = (z1 . podemos mostrar o seguinte resultado. Un subconjuntos do espaço V. Agora da de nição de U + W segue que U + W = {u + w : Suponha agora que u ∈ U e w ∈ W então subespaço vetorial de u ∈ U. Se z ∈ U W então z = 0 + z e z = z + 0 de onde inferimos que z = 0 (pela hipotese. como 0 = u1 − u2 = w2 − w1 obtemos que w1 = w2 . . Suponha que z = (z1 .Q é um subespaço vetorial de V tal que U ∪ W ⊂ Q. segue que u1 − u2 ∈ U ∩ W = {0} o u1 − u2 = 0 e u1 = u2 . . Sejam O conceito de soma direta pode ser generalizado. Sejam U1 . mostremos a propriedade (3). z) ∈ R3 : x + y + z = 0} e W = {(x. Proposição 1. 3 Portanto. . 3 É simple mostrar que U. Como (x. z2 . U = {(x. z2 . . . 0.30. Para mostrar que R = U ⊕ W . . . Exemplo 1. Suponha agora que z = u2 + w2 com u2 ∈ U e w2 ∈ W . (1. A Como que implica que prova está completa. w ∈ W } ⊂ Q.28. Mais ainda. . . Se U1 . . podemos mostrar que ai = bi para todo i ∈ {1. . + (an − bn )xn−1 = 0 para todo x 6= 0. . ∈ R . + (an − bn )x 1 1 n−1 [(a2 − b2 )x + . única possibilidade é ter que a1 − b1 = 0. an xn é única. . . . . + (an − bn )xn = 0 para todo x ∈ R. . Sejam é um subespaço vetorial de e 12 W o subconjunto de V dado por W = . 4. + (an − bn )xn−2 ] = 0 para todo x ∈ R e (a2 − b2 ) + (a3 − b3 )x + . 2. y. temos que mostrar a representação f (x) = a0 + a1 x + . . V = U1 ⊕ · · · ⊕ Un ⇔ para cada v ∈ U1 + · · · + Un e todo j ∈ {1.32. + (an − bn )xn−1 ] = 0 para todo x ∈ R o que implica que (a1 − b1 ) + (a2 − b2 )x + . x. an xn de onde segue que f ∈ U1 + · · · + Un pois ai xi ∈ Ui para cada i. . W = {(x. . Suponha que f (x) = b0 + b1 x + .31. n) {A ∈ Mn : BA = 0} . Assim. n} o que prova que a representação de f é única. . + (an − bn )xn−1 ] 6= 0. e W = {p ∈ Pn (R) : p(0) = p(1)} . Suponha que f ∈ Pn (R) é tal que f (x) = a0 + a1 x + . n} existe um único vetor uj ∈ Uj tal que v = u1 + · · · + un .1. U1 + · · · + Un é um subespaço vetorial de V . Exemplo 1. Para completar a prova. . U1 +· · ·+Un é o menor subespaço vetorial de V que contém o conjunto i=1 Ui . . Como a0 − b0 = H(0) = 0 segue que a0 = b0 . . bn xn . b. temos que H(x) = (a0 − b0 ) + (a1 − b1 )x + . Assim. + (an − bn )x x ∈ R de onde segue que x2 [(a2 − b2 ) + . f ∈ Pn (R) então f é da forma f (x) = a0 + a1 x + .3 Exercícios Ex. H(x) = (a2 − b2 )x + . . . . + (an − bn )x ]) o que é absurdo pois neste caso (a1 − b1 ) − [(a2 − b2 )x + . . . . . Se 1. Para completar a prova usamos o item (3) da Proposição 1. . y ∈ R} . V = Pn (R) e e W = a b −a c V. 1. temos que H(x) = (a0 − b0 ) + (a1 − b1 )x + . n). 2 n = 0 para todo Segundo o anterior. . bn xn . Argumentando mostramos que a2 − b2 = 0. . . + (an − bn )xn = 0 para todo x ∈ R. V = M (2. . .30. + (an − bn )xn−2 = 0 para cada x 6= 0. B ∈ M (n. (a1 − b1 ) < 0) então podemos escolher x su cientemente n−1 ] (resp. Do n anterior. Sn 3. V = R4 3. . Se (a1 − b1 ) > 0 (resp. Isto prova que Pn (R) ⊂ U1 + · · · + Un e que Pn (R) = U1 + · · · + Un pois U1 + · · · + Un ⊂ Pn (R). . . y) : x. Isto completa a prova que Pn (R) = U1 + · · · + Un . . Vejamos que Pn (R) é soma direta dos subespaços vetoriais Ui = {axi : a ∈ R}. V = M (n. 2) 2. c. x[(a1 − b1 ) + . an xn e f (x) = b0 + b1 x + . + (an − bn )x = 0 para todo x ∈ R. . . (a − b ) < pequeno de modo que (a1 − b1 ) > [(a2 − b2 )x + . . . de onde temos que H(x) = (a1 − b1 )x + (a2 − b2 )x2 + . . . W Nos seguintes casos estude se 1. . Prova: Exercicio. Do anterior. Continuando o processo anterior. . : a. . achar os subespaços 13 U +W e U ∩W de V. 1. y. y. 2}. w1 ∈ W1 } é um subespaço vetorial de V × V . y. (Q é o conjunto dos números racionais) 12. 9. 1).m quando A = (ai. 18.V = M (n. e W = {(x. z) ∈ R3 : x + y ∈ Q}. w2 ) : w1 ∈ W1 . 1. λv2 )). V = R3 e W = {(x. n) uma matriz dada e W o subconjunto de V W = {X ∈ V : AX = 0} . z) ∈ R3 : x − 3z = 0}. Se U = {(x. 8. V = R3 e W = {(x. 4. A ∈ M (n. y.34. n) : AT = A onde AT denota a matriz transT posta de T . Se então V.35.33. (Note que V × V é um espaço vetorial quando munido das operações (v1 . V = R3 e W = {(x. 1. V = R3 e W = {(x. V = P3 (R) e W = {f ∈ P3 (R) : f (1) > 0}. e V de W1 e W2 são susbespaços vetoriais de V Wi . Sejam de nido por 6. Ex. 5. W1 ∪ W2 Então é subespaço vetorial W1 ∪ W2 então o conjunto é subespaço de {w1 − αw2 : wi ∈ W1 e W2 são susbespaços vetoriais de V então o conjunto W1 × W2 = {(w1 . v2 ) + (v3 . V = P3 (R) e W = {f ∈ P3 (R) : f 16. z) ∈ R3 : y 14. V = M (n. v2 + v4 ) e λ(v1 . ) 5. 17.j )n. tem grau maior que Achar 100001 subespaços vetoriais de R2 . α ∈ R} é um subespaço vetorial de V. 3. z) ∈ R3 : x = 1}. z) ∈ R3 : x ≤ y ≤ z}. V = P3 (R) e W = {f ∈ P3 (R) : f (t) > 0. n) e W = A ∈ M (n. y. 1. V = R3 e W = {(x. Suponha que W1 V ⇔ W1 ⊆ W2 ou W2 são subespaços W2 ⊆ W1 . V = R3 e W = {(x. z) ∈ R3 : x = 0}. z) ∈ R3 : y = 0} Nos seguintes casos. y. Estudar as seguintes a rmações (se você considera que a a rmação é verdadeira prove ela e se acha que é falsa invente um contraexemplo): W1 de V. y. z) ∈ R3 : x = 0} R3 = U ⊕ W . Se Ex. y. z) ∈ R3 : x ∈ Z}. (Z 13. v4 ) = (v1 + v3 . 7. então .n .i )n. V = P3 (R) e W = {f ∈ P3 (R) : f (0) = 2f (1)}. Note que A = (aj. de R é o conjunto dos números enteiros) é irracional}. 11. V = R3 e W = {(x. v2 ) = (λv1 . z) ∈ R3 : x2 + y + z = 0}. Quantos subespaços vetoriais existem ? Ex. ∀ t ∈ R}. 15. 10. V = R3 e W = {(x. Se e W2 são susbespaços vetoriais de 2. y. y. U = a 0 0 b : a. V = R2 . 1 + x.39. b. 3). V = R3 de modo que U = {(x. 3) : AT = A . todo vetor de Pn (R) (equivalentemente. Seja P A = {u1 . n i=1 αi ui . 2. V = R2 . . g.40. Exemplo 1. . A ⊂ Pn (R) o conjunto de nido por A = {1. U ∩W =U ⇒U ⊂W 1.1. 0) : x. a b 0 Se V é o espaço V = M (3. U = 0 0 c : a. αn números reais. U = (x. e U = {X ∈ M (2. De nição 1. h i 0 3. . . y ∈ R} . V = M (3. 1 + x . V = U ⊕W. Se 4. 2 polinômio p(x) = 1 + x é combinação linear dos vetores em A. x. i ∈ R então V = U ⊕ W . Uma expressao da forma u = com α1 . V = M ((2. Ex. . U ⊂W ⇒U +W =W 2. Seja 14 . y) ∈ R2 : x − y = 0 então V = U ⊕ W . h. e. V a partir de un subcon- Para começar introduzimos o conceito de combinação linear de vetores. un } ⊂ V . Nos seguintes casos. . é chamada combinação linear dos vetores u1 .38. . Provar que: Subespaços gerados Nesta seção veremos como obter um subespaço vetorial de junto de 1 1 0 1 V. U +W =U ⇒U ⊃W 4. . 1) : AX = 0} Suponha que U e 1. 1) Ex. .1 W sendo A= são subespaços vetoriais do espaço V. V = M (2. . 1. y) ∈ R2 : y = 0 e W = (x. ou combinação linear dos vetores em A. . y) ∈ R2 : 2x + 3y = 0 e W = (x. un .37.36. 1 + 2x + 3x são combinações lineares dos vetores em A. 2. Mais ainda. 2 2 Os vetores 1 + x. Exemplo 1. y. 1. . 3) e U = A ∈ M (3. d ∈ R . achar um subespaço W de V 1. Mostre que o Seja A o subconjunto de P3 (R) dado por A = {1. f. c. . . 2).3. 1 + x + x2 }. b ∈ R e W = 0 c 0 d : c. . d ∈ R e 0 0 d 0 0 e W = f g 0 . todo polinômio de grau n) é combinação linear dos vetores em A. U = (x. . . xn }. U ⊂W ⇒U ∩W =U 3. y) ∈ R2 : x = αy onde α é um número real não nulo. x2 . e 3. . Nesta apostilha. n. 0 1 0 0 Exemplo 1. . . . 0 (k. .. . si ∈ S. n ∈ N}. . P A = ni=1 m a A = j=1 i.. . então M (n. P P {Ai. m) tal que ai.Exemplo 1. . 15 [S] está formado por todas as . n..p = 1. . x . M (n. . Exemplo 1. 0 0 −1 0 −β 0 com α.k = (ai. . . Como todo n n vetor de R é combinação linear dos vetores canonicos e1 .. Sejam Ap. . . . y. . .. Seja n ∈ N. . m}.0.j i. n} usaremos a notação Rn dado por ei = (x1 . note que um polinomio da forma p(t) = a0 + a1 t + a2 t + a3 t pode ser 2 3 representado na forma p(t) = (a0 − a3 ) + a1 t + a2 t + a3 (t + 1) ∈ [S]. . . . . . . yi .. . . . aparece no lugar combinação linear das matrizes em se A = (ai. . t2 .j Ai. Se S ⊂ P3 (R) Como α. . . P [S] = {v = ni=1 αi si : αi ∈ R. . 1 + t3 } então P3 (R) = [S]. vemos que matrizes con diagonal principal nula. os vetores em [S] são da forma 0 0 −1 0 0 1 0 0 0 α A=α +β = . k ∈ {1.j : i = 1. Mais ainda. o subespaço gerado por S é sempre o espaço completo. Seja S ⊂ V não vazio. De nimos o conjunto [S] como sendo o V formado por todas as combinações lineares dos elementos de S . . . en n são chamados de vetores canónicos de R . . n. Nesta apostilha. un } ⊂ V . se S é o subconjunto de Pn (R) 2 n formado pelos polinomios 1. 0 0 . . . . . β é o conjunto são arbitrarios. . . . 0 . . . S = {Ai. . p). y ∈ R} = 6 R3 dado R3 . É fazil ver que toda matriz de M (n. . p) e a matriz de Ak..44. . . . 0 0 .0. en segue que R = [S]. . É fazil ver que neste caso. para i ∈ {1. . . .42. o subconjunto de ou seja. m) é . 1. xn ) onde xj = 0 se j 6= i e xi = 1 (ou seja. . . ei para o vetor de Exemplo 1.. . m} onde Ai.m é ak. . xi . Considere a modo de exemplo. . . x temos que Pn (R) = [S].j = 0 quando (i. .1. m ∈ N.j )n. Se S = . De nimos o conjunto [S] como sendo VP formado por todas as combinações lineares dos elementos de S .46..0. m}. Observamos que os vetores e1 . .j )n.j ai. en .. Seja S = {u1 . Seja n ∈ N e S = {e1 . . . . . S = {1.. . [S] = {(x. . j = 1.j são as matrizes de nidas no Exemplo 1. β ∈ R. .. . . de modo que todo vetor de n R é combinação linear dos vetores e1 . .j i.47.45. .. .43. .. [S] = {v = ni=1 αi ui : αi ∈ R}. e2 }. . yn ) = i=1 yi ei . 2 3 De fato. .j : i = 1. m) = [S]. . Pn É fazil ver que y = (y1 . Exemplo 1. . 0 0 . . 0))... n}. Similarmente.. De nição 1. . . . subconjunto de ou seja. .. . . . = 0 0 .. j = 1. Se Nos exemplos anteriores.m então De nição 1. . o subconjunto de por S = {e1 . de onde segue que P3 (R) = [S]. . . Em geral isto não é assim. j) 6= (k. . ei = (0. . x. . . n} e p ∈ {1.j .. . ou seja. t. . . en } = {ei : i = 1.p 1 onde o número 0 0 .41.42. . . 0) : x. 16 . . como [S]+[T ] ⊂ [S ∪T ]+[S ∪T ] ⊂ [S ∪T ] vemos que [S] + [T ] ⊂ [S ∪ T ]. 2. . αn e vetores u1 . S ⊂ [S] e [S] é o menor subespaço vetorial de V contendo S . . Suponha que M é um subespaço vetorial V tal que S ⊂ M . . u+αv ∈ [S] pois u+αv se escreve como combinação linear de vetores pela Proposição 1. . S um subconjunto não vazio de V. Do anterior. v ∈ [S] e α ∈ R. O fato que mostra que em que S . etão as seguintes propriedades são 1. provemos que [S ∪ T ] = [S] + [T ]. Prova: Provemos a primeira propriedade. Como cada vetor ui é també um elemento de S segue da de nição de [S] que u ∈ [S]. . . αn . Para nalizar. 2. S = {u1 . o que implica que [S] ⊂ M . Como cada vetor ui é um elemento de M e M é subespaço vetorial temos que u = α1 u1 + · · · + αn un ∈ M . . temos que u + αv = α1 u1 + · · · + αn un + αβ1 v1 + · · · + αβm vm .17 segue que [S] subespaço vetorial de V . vm são vetores em S . . . S ⊂ [S] é obvio. Se válidas. . tem-se que [S] + [T ] = [S ∪ T ]. 4. . . . De esta forma. se T ⊂ S então [T ] ⊂ [S]. Proposição 1. Para completar a prova de (1). É fazil ver que S ⊂ [S] + [T ] e T ⊂ [S]+[T ] de onde segue que S ∪T ⊂ [S]+[T ]. . un } ⊂ V . mostremos agora que [S] é o menor subespaço V que contem o conjunto S . Isto prova que [T ] ⊂ [S]. usando o anterior é claro que [[S]] = [S]. Para mostrar que [S] subespaço vetorial de V . Se u ∈ [T ] então existem números reais P α1 . . v1 .49. . . . se S um subespaço vetorial de V então S = [S] e [[S]] = [S]. . . . Mais ainda. . 3. xemos u. S ⊂ [S] e [S] é o menor subespaço vetorial de V contendo S . . . . un em S tais que u = α1 u1 + · · · + αn un . βm ∈ R são números números reais e u1 . un . Como S é um subespaço vetorial e [S] é o menor subespaço vetorial de V temos que [S] ⊂ S o que implica que [S] = S pois S ⊂ [S]. β1 . vetorial de de Proposição 1. As seguintes condições 1. Agora. [S ∪ T ] = [S] + [T ]. Para mostrar (3) suponha que T ⊂ S . [S] é um subespaço vetorial de V . Mostremos agora a segunda propriedade. . se T ⊂ S então [T ] ⊂ [S].Na próxima proposição consideramos algumas importantes propriedades dos conjuntos gerados.48. αn e vetores u1 . . obtemos que [S ∪T ] ⊂ [S]+[T ]. . Mais ainda. . Observando agora que [S]+[T ] é um subespaço vetorial de V e que [S ∪T ] é o menor subespaço vetorial que contem S ∪T . . . . . [S ∪ T ] = [S] + [T ]. Se u ∈ [S] então existem números reais α1 . Pela de nição de [S] podemos supor que u = α1 u1 + · · · + αn un e v = β1 v1 + · · · + βm vm onde α1 . Seja são válidas. . . Isto prova que [S] é o menor subespaço vetorial de V que contem S . un em T tais que u = ni=1 αi ui . [S] é um subespaço vetorial de V . 3. βn são números de reais. podemos supor que T = {ui1 . O conjunto [S] é chamado o subespaço vetorial gerado por S e os elementos de S são chamados de geradores de [S]. . . . De nição 1. Para nalizar. obtemos que [S ∪T ] ⊂ [S]+[T ]. . Assim.51. W . pela Proposição 1. . Mais ainda. Exemplo 1. . . Isto prova que [S] é o menor subespaço vetorial de V que contem S . como u = j=1 βj uj com βj = αj se j = ij e βj = 0 quando j∈ / {i1 . Pela de nição de [S] podemos supor que u = α1 u1 + · · · + αn un e v = β1 v1 + · · · + βn vn onde α1 . . . De nição 1. o que prova que [T ] ⊂ [S]. . . É fazil ver que S ⊂ [S] + [T ] e T ⊂ [S]+[T ] de onde segue que S ∪T ⊂ [S]+[T ]. . . un }. . . un ]. .50. v ∈ [S] e α ∈ R. 1 1 4 γ 0 elemento em W é o vetor zero. β1 . Do anterior. temos que u + αv = α1 u1 + · · · + αn un + αβ1 v1 + · · · + αβn vn = n X (αi + βi )ui . . . O fato que S ⊂ [S] é obvio pois cada vetor ui pode ser escrito na forma ui = j6=i 0uj + 1ui Mostremos agora que [S] é o menor subespaço vetorial de V que contem o conjunto S . xemos u. . . Para rovar nossa a rmação. . Se u ∈ [T P] nentão existem números reais α1 . também usamos a notação [S] = [u1 .Prova: Provemos a primeira propriedade. é conveniente caracterizar os elementos de α X = β ∈ W γ Logo. Mostremos agora (2). i=1 que mostra que u + αv ∈ [S] pois u + αv é uma combinação linear de vetores em S . Assim. Do Exemplo 1. . . Se 0 1 0 α 0 então 2 1 0 β = 0 de onde segue que α = β = γ = 0. De nição 1. . Suponha que M é um subespaço vetorial de V tal que S ⊂ M . como [S]+[T ] ⊂ [S ∪T ]+[S ∪T ] ⊂ [S ∪T ] vemos que [S] + [T ] ⊂ [S ∪ T ]. . Se u ∈ [S] então existem números reais α1 .52. . . Agora.O 0 1 0 2 1 0 A= 1 1 4 espaço W de nido por W = {X ∈ M (3. . No que segue. . Observando agora que [S]+[T ] é um subespaço vetorial de V e que [S ∪T ] é o menor subespaço vetorial que contem S ∪T . W = [{0}]. . . . αn tais que u = α1 u1 + · · · + αn un . . Rn e M (n. Seja S = {u1 . m) são espaços vetoriais nitamente gerados. . Como cada vetor ui é também um elemento de M e M é subespaço vetorial temos que u = α1 u1 + · · · + αn un ∈ M . Como T ⊂ S .45 segue que os espaços Pn (R). . Dizemos que V é um espaço nitamente gerado se existe un conjunto S = {u1 . tem-se que [S] + [T ] = [S ∪ T ]. o único onde 17 .53. . . . un } ⊂ V tal que V = [S]. αn . Se S = {u1 . usaremos a notação [S] = [u1 . ip } temos que u ∈ [S]. uip } sendo 1 ≤ iP j ≤ in para cada j . provemos que [S ∪ T ] = [S] + [T ]. . . 1) : AX = 0} é nitamente gerado. O conjunto [S] é chamado o subespaço vetorial gerado por S e os elementos de S são chamados de geradores de [S]. . un } ⊂ V . o que implica que [S] ⊂ M . . un ]. . .17 segue que [S] subespaço vetorial de P V . Seja S ⊂ V . Mas. αp tais que p u = j=1 αj uij . Para mostrar que [S] subespaço vetorial V . suponha que existem poli- P (R) = [p1 . . 1. . p ]. P (R) conjunto formado por todos os polinomios de grau nito munido das operações soma e multiplicação por escalar usuais. . acharemos um conjunto gerador para cada um dos espaços U. No que segue. t) ∈ : x + y − t + z = 0}. . z. 0 1 No seguinte exemplo. . tais que U = {(x. 0) + z(0. z. 0 . pn Exemplo 1. Se (x. Para mostrar esta a rmação. temos i=1 i i Pn pi todo x 6= 0. 0) + t(0. . . αn tais que x α p . Como o x 1 n Pn N +1 = segue que existem numeros reais α1 . .54. . t) = x(1. t) ∈ U então y = x + z + t e Sejam R4 (x. X= 1 0 γ δ 0 1 −1/2 −1/2 3/2 1/2 concluimos que W = 1 . z. Exemplo 1. pn ]. . 1) : AX = 0} 1 −1 0 0 1 1 1 0 1 −2 3 1 de nido por 1 2 A= 3 0 sendo é nitamente gerado. . V. nomios p1 . . . graus dos polinômios p1 . Porém isto é abusrdo. y. t) ∈ R4 : x − y + t + z = 0} e V = {(x. 1. caracterizemos de uma forma mais explicita o espaço α β X= γ ∈ W δ W. t) = (x. x + z + t. . . . 0. 0. z. . 1.56. 1. P (R) Seja não é nitamente gerado. Seja N o grau mais alto dentre os N +1 pertence P (R) e P (R) = [p . y. . Como este absurdo surge de supor que P (R) = [p1 . pn ]. pn .Exemplo 1. . Como veremos. y. y. . . Logo. Para começar. z. . pois para valores que 1 = i=1 αi xN +1 para Pn pi grandes de x temos que i=1 αi xN +1 < 1. 18 . 1). . . Se então 1 1 −1 0 α 0 2 0 β 0 1 1 = 3 1 0 1 γ 0 0 −2 3 1 δ 0 de onde segue que ( α = −γ/2 − δ/2 β = 3γ/2 + δ/2 e Do anterior −γ/2 − δ/2 −1/2 −1/2 3γ/2 + δ/2 = γ 3/2 + δ 1/2 . U ∩ V e U + V. estudemos o espaço U . segue que P (R) não pode ser nitamente gerado.55. O espaço W W = {X ∈ M (4. vemos o caso de um espaço vetorial que não é nitamente gerado. Para começar. 3. 0 Em cada um dos itens abaixo achar um conjunto nito que gere o espaço W. 1)]. 1. 0). z. 1. 1. t2 . 1. (0. 0. t) ∈ U ∩ V V = [(1. −1. 2). 0. 0. 1). 1) + y(0. Em cada caso. 1. V = M (2. como (1. temos que (x. 2. 0) + y(0. 0. 1. ∀t ∈ R} . 0. 0) − (0. Deste modo. t) = (x. y. 1. 4. gerador de 1. (2. 1. 1. (0. 0. 0). t. (0. 1)]. U ∩ W e U = [(1. 1. z. 1. como subespaço de V. z. 1. temos que U + V = [(1. 1. 0 . 0. 1. (2. 1. 1 + t3 . 1. W = (x. (1. 1. 0)} . 1 1 4 Em cada um dos itens abaixo achar un conjunto (o menor possivel) U. 4. 0. 1. S = 1. (1. y. 0. onde 0 1 0 A = 2 1 0 . 0. (0. 0). 1. y) = x(1. 1) temos que U + V = [(0. 1). Ex. 1). 2. 0. 1). 1. −1. então ( x−y+t+z =0 x + y − t + z = 0. 1)]. 1) + (0. 2. (1. 0). 1. 1)]. 1). 0. t) = (x. 1) + z(0. 0) = (1. o que implica em x = −z e y = t. (0. 1. 1)] U + W. 0. e W = [(0. 0. −1 0 0 3. Finalmente. 1. 0). 0. 0). (0. 1). 0. 0. V = R3 . y. de onde podemos concluir que Se (x. 0. −x. 0. −1)} . y. V 0 0 1 S= . z. Mais ainda. 1. 1. 1)]. 1) : AX = 0} Ex. W = {X ∈ M (3. (0. 1. 0). 1. 0. (0. W. V = R2 . y. y. 1). 0. (0. 1. 0. 1) de onde concluimos que U ∩ V = [(1. 0. z. S = {(1. (0. estudemos o espaço U + V . z) ∈ R3 : x − 2y = 0 . 0. 0). achar [S] 1. 1. y. 0. (0.59. W = A ∈ M (2.57. 1)]. 19 . W = {p ∈ P3 (R) : p0 (t) = 0. 1). 0.58. Como U + V = [U ] + [V ] = [U ∪ V ]. V .4 Exercícios Ex. 0. 1. x + y + z) = x(1. Se (x. 0.de onde segue que U = [(1. = P3 (R). 0. 1. 0). t) ∈ V então t = x + y + z Vejamos agora o espaço e (x. S = {(1. 2) : At = A . Mostre que as funções Ex. Ex. z) ∈ R3 : x + z = 0 3. {(1. W = {p ∈ P3 (R) : p00 = 0} . e W = [(1. W = {(x. Veri que se Ex. e [ sen 2 x. 2). P3 (R) que seja gerador de Ex. 1. 1. z) ∈ R3 : x + y = 0 3. cos2 x]. (3. U = (x. 4.64. 1] como subespaços de P3 (R). U = {(x. Mostre que {2 + 3i. t3 + 5t2 + 5. 0. y. 1. . 4. y. 1. 1. t − 1. V = {(x. z) ∈ R3 : x − 2y = 0}. (3.60. 1. 1)} e {(−1. −2. −4)} geram o R3 . z) ∈ R3 : x + 2y − 3z = 0}. 2) : At = A 4. 3).61. 3. 1 1 W = . V + W. U = {p ∈ P3 (R) : p(1) = p(0) = 0} . 3t3 ] e W = [t3 + 4t2 . U = [t3 + 4t2 − t + 3. 3. U ∩ W. Achar un conjunto de geradores para o conjunto dos numeros complexos C munido das operações usuais (a+ib)+(c+id) = a+c+i(c+d) e α(a+ib) = αa+iαb. 1. (0. y. U = A ∈ M (2. x + 2x2 . é . 0). Ex.65. 2) ? Os conjuntos mesmo subespaço vetorial de 20 . 2. U ∩V Ex.66. e x − 2y = 0}. y. O conjuto de matrizes 1 2 0 1 0 0 1 1 un conjunto gerador de M (2. ? 0 1 1 0 1 1 0 0 . 6)]. 1 − x2 ]. Ex. 1 − 2i} é um conjunto gerador de C.62. 0 1 e Achar un subconjunto nito de 1. 3. 2. Achar um conjunto nito que seja gerador de 1 e cos 2x pertencem a P2 (R) = [1 + x.2. −1.63. 1. . . un } é linearmente independente. . Se o con- ui . .2. . en } e T = {Ai. . . . j = 1. . . . un são linearmente independentes ou que o conjunto {u1 . Nos Exemplo 1.j } não é gerador de M (n. . . . . Este tipo de conjunto serão chamados de bases. ou seja. . . αn P α ui = − nj=1. Lema 2. m} são geradores de Rn e A propriedade descrita anteriormente não é restrita a esses conjuntos e a essses Rn com M (n. un } ⊂ VPde vetores não nulos é linearmente inde- pendente ⇔ a única solução da equação solução com α1 = . β 1 2 i−1 . como veremos neste capitulo nenhum subconjunto de menos de n n e nenhum subconjunto de vetores pode ser gerador de R com menos de mn elementos pode ser gerador de M (n. = αn = 0. . . n. . .P un } = 0. . Prova: P Suponha que n i=1 αi ui =0 {u1 . . então não é linearmente independente. Para formalizar as ideias anteriores. . . .45 foi observado que os conjuntos i = 1. αn = 0. un } n i=1 αi ui = 0 é a solução nula. α2 . . n i=1 αi ui Pn = 0 i=1 αi ui tem uma única solução. . . tais que o que implica que Pn Isto prova que a equação α1 = α2 = . Neste caso.j : M (n. β . se nenhum dos vetores ui é combinação linear dos outros vetores. . un } i=1 αi ui {u1 . Dizemos que os vetores u1 . βi . . . então um desses vetores. un } é linearmente independente. De nição 2. junto não é l. m) espaços. Então existem escalares não todos zero. temos que introduzir algumas de nições. m). . . βi . . . βi−1 . Suponha que a equação {u1 . . .j6=i αji uj possui uma solução não nula. . . a solução nula = 0 possui uma única solução. . . Un conjunto {u1 . . −1. {u1 . Sejam u1 . Mais ainda. o que é absurdo. . a é linearmente independente e que a equação α1 . . . No próximo Lema reformulamos o conceito anterior. . P temos que os números β1 . m). é combinação β . β2 . . . para cada matriz Ai. un vetores não nulos de V .i. . βn tais Pn que ui = j=1.1. βn são uma solução nula de ni=1 αi ui = 0. . Do anterior vemos que os conjuntos geradores de um espaço vetorial com o menor número de elementos possiveis são muito especiais. . base e dimensão S = {e1 . Nessas condições. Portanto. Se αi 6= 0.j6=i βj uj . . . . . .j temos que T \ {Ai. . . o que é aburdo. . . .Capítulo 2 Dependência Linear. . . . É n interessante notar para qualquer vetor ei temos que S \ {ei } não é gerador de R . . . Similarmente. . . m) respectivamente. digamos linear dos outros. existem números reais 21 . . temos que estudar a equação Pn i=1 αi ui = 0. un são lineramente independentes. . . . un } ⊂ V é linearmente dependente (o que os vetores u1 . un são linearmente dependentes) se {u1 . De fato. . . 0. 1).2 . .n (2. un } ⊂ V dependente se é possível encontrar números reais α1 . . .1 xj. ..i . 0) + γ(1. xn. . . 1. . x2. . . 1. . . +αi xj. +αi x1.. . . . de onde segue que os vetores u1 . . 0). 0)} Exemplo 2. . .2 . . . Como este sistema possui uma única solução. segue que (1. un } ⊂ V não é linearmente independente. +αi x2. 1) + β(1. un são linearmente dependentes.6. .2 ).5. . . . o problema Aα = 0 tem in nitas soluções. . . {u1 . . u1 = (x1. . .n . Exemplo 2. 1.. . (1.Observação 2. . . Pn i=1 αi ui = 0 possui uma única solução. . para ver se os vetores u1 . note que a equação equivalente ao sistema de equações α+β+γ = 0 α+β = 0 γ = 0. Observação 2.9) Se a matriz A é inversivel (o que é equivalente a ter que det A 6= 0) segue que α = A−1 0 = 0 é a única solução de (2.n = 0. α1 xj. . . Do Lemma anterior vemos que para mostrar que um conjunto de {u1 . 0. . 0.n α1 x2.2 . (2. xn. . . .8) α1 xn. . . . . xn. . +αi xn.1 xn. 1.i . + αn xn. . 22 . e linearmente independente.1 + . = 0. x2. un } é linearmente independente.n = 0.2 . . .1 x1. . + αn x1. Un conjunto de vetores Os vetores não nulos é linearmente não todos zeros tais que (1. . . .n .n . + αn x2.3. (1. . .i α1 x2. . . . . . . .n . Se A não é inversivel (o que é equivalente a ter que det A = 0).4.1 + . .2 x2. . . . . {(1. x2. o qual pode ser re-escrito na forma x1. . . 0). a soluçaõ nula. o que os vetores u1 . + αn xj. . . u2 = (x1. . . . . xn. αn α1 u1 + · · · + αn un = 0. . 1). . . . 1.n ) vetores de Rn . . . un são lineramente independentes. . .. . . 0) são linearmente independente α(1. ··· x1.9). . . (1.1 x2.1 + .i . 0) = (0. . . . . . . . 0) é 3 em R . αi = Aα = 0. . xj.1 . 0.n . . αn xn. . un = (x1. . .2 ··· ··· . . Como foi observado nateriormente.1 . . ··· . vetores é su ciente provar que a equação De nição 2. . .1 ). . . Dizemos que um conjunto de vetores não nulos {u1 . 1. .. = 0. .n . . Esta equação é equivalente ao sistema de equações Sejam α1 x1. xj. .1 + .7. . . . . os números α. . . . . 5. v} é linearmente dependente então o vetor v é combinação linear dos vetores u1 . . . . Proposição 2. 1. un } é linearmente dependente e B é un conjunto nito tal que {u1 .9). un . Se {u1 . un .12) Deste equação segue que de onde inferimos que α+β β+γ 0 α+β β = −α e γ = α.d. Sejam u1 = (x1. Se α. Se {u1 . Portanto.12). . .2 . un } ⊂ V. . temos que para α ∈ R. .10. .Resumimos as observações do Exemplo 2. . o que implica que as funções cos(·) e sen (·) são linearmente independentes. 4. As funções cos(·) e sen (·) são linearmente independentes. . Se avaliarmos agora em x = π/2 obtemos que β = 0. β ∈ R são soluções desta equação. x2. . 0 1 0 1 0 0 0 0 (2. . . a única solução da equação α cos(·) + β sen (·) = 0 e α = β = 0. As matrizes 0 1 . un } é linearmente independente e {u1 . ? Para resolver o problema temos que estudar a equação 1 0 1 1 0 1 0 0 α +β +γ = . o que implica que as matrizes são linearmente dependentes. . x1. . . . . temos que estudar a equação O próximo resultado resume algumas propriedades associadas ao conceito de conjunto linearmente independente. . . . . . . . . . . 2. . . . . . un são linearmente independentes ⇔ det(A) 6= 0. . 0 1 . 0 0 Logo. . .2 . . Seja A = {u1 . Se avaliamos em x = 0 obtemos que α = 0. de onde segue que β sin(x) = 0 para todo x ∈ R. .n ). . β = −α e γ = α são soluções de (2.13. . . xn. 23 . 1 0 1 1 0 1 Exemplo 2. Os vetores u1 . . 0 0 são linearmente independentes. un } é linearmente dependente então pelo um dos vetores é combinação linear dos outros. n. .1 . . = 0 0 .1 . x2.7 na seguinte proposição. Se {u1 . . x1. .14. . un = (xn. . . .i. .11. xn. . .1 . . Se {u1 . então teremos que α cos(x) + β sin(x) = 0 para todo x ∈ R. então todo vetor v ∈ [u1 . .n ). Teorema 2. se v = α1 u1 + · · · + αn un e v = β1 u1 + · · · + βn un então αi = βi para cada i = 1. Se {u1 . . ou seja. . . . un ] se escreve de uma única maneira como combinação linear dos vetores u1 . . Exemplo 2. un } ⊂ B então B é l.2 . . ? α cos(·) + β sen (·) = 0. un } então B também é l. . .n ) vetores de Rn e A a matriz de nida em (2. Como antes. . . un } é linearmente independente e B ⊂ {u1 . un . un } é linearmente independente. 3. . u2 = (x2.. . Se v = α1 u1 + · · · + αn un e v = β1 u1 + · · · + P βn un então 0 = v − v = ni=1 (αi − βi )ui = 0 de onde segue que αi − βi = 0 para todo i pois {u1 . . . . . . . . 1. a única solução da equação o que prova que Mostremos agora e que u1 . v. 0 0 0 . . . . Se γ = 0 então αn = 0 pois os vetores u1 . Portanto. . . . 2 + 5t − 9t2 . Como os vetores linearmente dependentes. Suponha que u1 . . n. un . (0. S2 = {u−v. . x} . 0). Os conjunS1 = {u. . . un } é linearmente independente. . 3). βn não todos zero tais que suponha que é linearmente dependente existem números P n i=1 βi ui = 0. 3. . un . αk é uma soluçao da equação i=1 βi ui = 0 então α1 u1 + · · · + αk uk + 0uk+1 + · · · + 0uk = 0. . αi = βi para cada i = 1. 1 1 −1 0 0 0 1 2 0 S = 3 0 1 . . w} 2. . . . un . . −2. B Pk u1 . un . . . . . são linearmente independentes. . Isto mostra que v i=1 γ i é combinação linear dos vetores u1 . uk } para algum k ≤ n. . . . . v são β . . R) e . . . 1)} . u+v. V = M (2. V = R2 . −1 1 2 0 S= . 0). 0 0 −1 0 S = {(1. o que implica que os vetores Provemos agora de onde segue que independentes. . Suponha que o conjunto tos V = M (3. temos que β1 u1 + · · · + βn un + 0v1 + · · · + 0vp = 0. Se α1 . (−3. αk = 0 Assim. (2. ? 3. existem números reias Pn i=1 βi ui + γv = 0. podemos supor Pkque B = {u1 . un são linearmente i=1 βi ui = 0 é α1 = α2 = pois os vetores é linearmente independente. Para mostrar (2). .Prova: A propriedade em (1) segue diretamente da de niçaõ de conjunto linearmente independente. . . . u+v+w. (−1. . S = {(1. un são linearmente independentes u1 . S = {u. S = 1 + t − t2 . Para nalizar. . V = F(R. . v−w. 1). . . w} é linearmente independente. 2). . 2). . . . . = são linearmente dependentes. 0. v1 . . mostremos agora (5). w−u} e S3 = {u+v. Estude se o conjunto (a) (b) (c) (d) (e) (f ) S⊂V é linearmente independente. 0)} . .1 Exercícios 1. B = {u1 . 2. . 5)}. . 24 . vp são linearmente dependente. . (0. . vp }. v1 . 2. 1 5 7 0 0 2 1 1 1 −1 0 1 S = {xex . Assim. . V = R4 . . . 0. un . . Quais os subconjuntos abaixo são linearmente independentes ? (a) {(1. . u+v+w}. 4. . . . αk = 0 α1 = α2 = . (3). . un são linearmente independentes. . Em particular. V = P2 (R). temos que Pn βi necesariamente γ 6= 0 de onde obtemos que v = − u = 0 . γ não todos zero tais que 1 n Pn i=1 βi ui = 0 o que implica que α1 = . 2. . Como A reias β1 . . v (4). . β . Sem perda de generalidade. u1 . . −3). b). y) ∈ R é combinação linear dos vetores (a. . . um espaço vetorial (diferente de como exemplo. (d) {(1. (4. . x2 − 1}. Sejam c. {Ai. e2x } é linearmente independente. . . Para isto.19) α(a. 1). . De (2.42. o espaço equivalente a equação Como det a c b d a c b d α β = x y . . Exemplo 2. d)} é um conjuto gerador de V temos que provar 2 que todo vetor (x.18) = ad − bc 6= 0. e por isso é um conceito restritivo. en } é uma base de Rn e o conjunto de matrizes : i = 1. x2 }. . veja Exemplo 1. 0). 2. b). m). . (c. −2)}. 2x3 − x2 . 0). O conjunto O conceito de base é especial. . 0. d)} seja uma base de R . 3). 0). vemos que {(a. (2. 0). . . Considere a equação α(a. b) + β(c. Considere V = R2 . Para mostrar que {(a. y) tem uma única solução o que mostra R2 = [(a. 1). −2)}. De nição 2. O subconjunto de são linearmente independentes. d ∈ R de modo que ad−bc 6= 0 (note que isto é sempre possivel de fazer). . 1. . segue que a matriz a c b d é inversivel de onde obtemos que α β = a c b d −1 x y . x3 .16. (c. x}.17. d) = (x. β) = (0. é uma base de M (n. b) + β(c. 1. d) = (0.(b) {(1. b). b). d). un } é linearmente independente e [S] = V . n. (3. Dizemos que um conjunto de vetores não nulos {u1 . x2 + 1. (1. o que prova que {(a. b). Esta equação é Porém. −1)}. d) de 2 modo que {(a. . Vejamos agora que {(a. 2 Seja (a.j {e1 . o que nos permite a rmar que existe uma quantidade não nita de bases de 25 R2 . . y) donde as incognitas são α e β . Exemplo 2. d)} é linearmente independente. .19) sabemos que a única solução desta equação é (α. 2. (c. (c) {x(x − 1). b). Vejamos como podemos achar vetores (c. (b) {2. ? F(R. {0}) sempre possui in nitas bases. (c. (2.15. a equação que independente. (1. x − 1. b). R) dado por {1. Do anterior. 1). d) = (x. d)} é base 2 de R . x2 + 2x + 1. d)} é uma base se det a c b d = ad − bc 6= 0. Vejamos agora que {(a. m}. . 0). temos que estudar a equação α(a. d)]. b) ∈ R diferente de (0. ? Introduzimos agora o conceito de base de um espaço vetorial. 1. . (1. (c. . 5. d)} é linearmente Portanto. un } ⊂ V é uma base de V se {u1 . 0. (c. 2. (c. Quais dos subconjuntos de P4 (R) (a) {1. (c) {(0. 4. b) + β(c. x + 1. (c. ex . 1. (0. . j = 1. b). Exercício 2.20. R2 da forma {(1, 1), (c, d)}. Do Exemplo anterior, segue {(1, 1), (c, d)} é base se d 6= c. √ {(1, 1), (1, π)}, {(1, 1), (π, 2)}.... são bases de R2 . Exemplo 2.21. Achar bases de Achar uma base do subespaço vetorial U de Logo, {(1, 1), (1, 2)}, R3 gerado pelo conjunto {(1, 0, 1), (1, 2, 0), (0, 2, −1)}. (0, 2, −1) é combinação linear dos vetores (1, 0, 1) e (1, 2, 0) e que {(1, 0, 1), (1, 2, 0)} é linearmente independente. Assim, obtemos que {(1, 0, 1), (1, 2, 0)} é uma base de U . É fazil ver que o vetor Exemplo 2.22. Os vetores un = (xn,1 , xn,2 , . . . , xn,n ) u1 = (x1,1 , x1,2 , . . . , x1,n ), u2 = (x2,1 , x2,2 , . . . , x2,n ), . . ., Rn ⇔ o determinate da matriz A em forman uma base de (2.9) é diferente de zero. {u1 , . . . , un } são linearmente indepen⇔ det(A) 6= 0. Assim, para mostrar que {u1 , . . . , un } é uma base resta provar n que {u1 , . . . , un } é un conjunto gerador de R . Pn n Seja y = (y1 , . . . , yn ) ∈ R e considere a equação i=1 αi ui = y . Procedendo T onde y T como no Exemplo 2.7, vemos que esta equação é equivalente a Aα = y é o vetor y escrito na forma de coluna. Como a matriz A é inversivel, segue que −1 y T . Isto mostra que o o problema tem uma única solução a qual é dada por A n conjunto {u1 , . . . , un } é uma base de R . Do exemplo 2.7 sabemos que os vetores dentes Exemplo 2.23. Rn . u2 = e1 , u2 = e2 , . . . , un−1 = en−1 são liun = (xn,1 , xn,2 , . . . , xn,n ) de modo que o Existem in nitas bases do espaço Sabemos que os vetores canonicos nearmente independentes. Seja agora A em (2.9) seja diferente de zero (note que este vetor existe det(A) = xn,n ). Nessas condições, sabemos que o conjunto de vetores {u1 , . . . , un } é uma base de Rn e como existem in nitos vetores un que veri cam as n condições acima, temos que existem in nitas bases de R . determinate da matriz pois neste caso No seguinte resultado veremos que todo espaço vetorial nitamente gerado possui uma base. Teorema 2.24. Se V é nitamente gerado, então V possui uma base. Prova: Suponha que V = [u1 , . . . , un ]. então o resultado está provado. Se {u1 , . . . , un } é linearmente independente u1 , . . . , un não são linearmente in- Se os vetores dependentes, então existe um vetor uj que é combinação linear dos outros vetores. Para simpli car a escrita, podemos reordenar os vetores e supor que sendo αk u1 = Pn k=2 αk uk números reais. {u2 , . . . , un } é un conjunto gerador de V . Para mostrar u ∈ V. P Como V = [u1 , . . . , un ] temos que existem números reais γ1 , . . . , γn tais que u = nk=1 γk uk . Logo A rmamos que o conjunto isto, xemos u= n X γk uk = γ1 u1 + k=1 n X k=2 γk uk = γ1 n X k=2 αk uk + n X k=2 γk uk = n X (γ1 αk + γk )uk , k=2 u ∈ [u2 , . . . , un ]. Como u é arbitrario, obtemos que V = [u2 , . . . , un ]. Se os vetores u2 , . . . , un são linearmente independente então {u2 , . . . , un } é uma base de V e o resultado está provado. De modo contrario, um dos vetores u2 , . . . , un o que prova que 26 é combinaçõa linear dos outros. Renumerando os vetores, sem necessario, podemos u2 = Pn βk escalares. Com antes, a rmamos que {u3 , . . . , un } é um conjunto gerador de V . P u ∈ V e u = nk=2 θk uk então supor u= n X k=3 βk uk sendo θk uk = θ2 u2 + k=2 n X θk uk = θ2 k=3 n X βk uk + k=3 n X θk uk = k=3 n X De fato, se (θ2 βk + θk )uk , k=3 u ∈ [u3 , . . . , un ] e que {u3 , . . . , un } é um conjunto gerador de V . {u1 , . . . , un } é nito, o processo anterior não pode continuar inde nidamente (o processo naliza em {un } ou antes). Assim, existe k ∈ {1, . . . , n} tal que os vetores uk , . . . , un são linearmente independentes e [{uk , . . . , un }] = V . Neste caso, o conjunto {uk , . . . , un } é uma base de V . o que implica que Como o conjunto O próximo resultado nos permitirá introduzir o conceito de dimensão de um espaço vetorial nitamente gerado. Proposição 2.25. Suponha que V é nitamente gerado e que {v1 , . . . , vm } é uma base de V . Se n > m e {u1 , . . . , un } ⊂ V então {u1 , . . . , un } é linearmente dependente. Prova: Para provar o resultado temos que estudar a equação em variaveis xi dada por x1 u1 + · · · + xn un = 0. (2.26) V = [{v1 , . . . , vm }], temos que cada vetor uj é combinação linear dos vetores v1 , . . . , vm . Logo, para cada 1P ≤ j ≤ n existen números reais α1,j , . . . , αm,j tais que uj = α1,j v1 + · · · + αm,j vm = m i=1 αi,j vi . Usando isto em (2.26) obtemos que ! ! m m X X x1 αi,1 vi + · · · + xn αi,n vi = 0. (2.27) Como i=1 i=1 Notamos agora que a somma anterior pode ser re-escrita na forma n n X X xj α1,j v1 + · · · + xj αm,j vm = 0. j=1 Como os vetores j=1 v1 , . . . , v m são linearmente independentes, vemos que cada uma das somas que aparecem na última expressao são zero. Assim, obtemos o sistema de equações x1 α1,1 + . . . + xn α1,n = 0, x1 α2,1 + . . . + xn α2,n = 0, . . . (2.28) x1 αm,1 + . . . + xn αm,n = 0, O sistema (2.28) é um sistema linear homogêneo de m equações e n incógnitas e n > m, segue-se que este sistema possui uma solução não trivial que denotamos x1 , . . . , xn . É claro do anterior que x1 , . . . , xn é uma solução não trivial de (2.26) o que mostra que {u1 , . . . , un } é un conjunto linearmente dependente. A prova está como completa. Como consequência do resultado anterior temos o seguinte Teorema. 27 Teorema 2.29. Se V é nitamente gerado então todas as bases de V possuem o mesmo número de elementos. Prova: Suponha que {v1 , . . . , vm } e {u1 , . . . , un } são duas bases do espaço V . Como {u1 , . . . , un } é base e {v1 , . . . , vm } é linearmente independente, da Proposição 2.25 segue que m ≤ n. De maneira similar, como {v1 , . . . , vm } é base e {u1 , . . . , un } é linearmente independente, obtemos que n ≤ m. Como m ≤ n e n ≤ m segue-se que n = m. O resultado anterior nos permite introduzir o conceito de dimensão de um espaço vetorial. De nição 2.30. Suponha que V é nitamente gerado. Se V 6= {0}, de nimos a dimensão de V como o número de elementos de uma base de V . Se V = {0} dizemos que a dimensão de V é zero. A dimensão de V será denotada por dim(V ). Observação 2.31. Do exemplo (1.55) sabemos que existem espaços vetorias de dimensão não nita. Quando um espaço não tem dimensão nita, diremos simplesmente que possui dimensão in nita. Para facilitar a prova de nossos proximos resultados estabelecemos o próximo Lemma. Lema 2.32. Se {u1 , . . . , un } ⊂ V é linearmente independente e v ∈ / [{u1 , . . . , un }] então o conjunto {u1 , . . . , un , v} ⊂ V é linearmente independente. P Prova: Suponha que α1 u1 + . . . + αn un + αv = 0. Se α 6= 0, então v = − nj=1 ααj uj o que é absurdo pois v ∈ / [{u1 , . . . , un }]. Assim, α = 0. Como α = 0, segue-se que α1 u1 + . . . + αn un = 0 de onde obtemos que α1 = . . . = αn = 0 pois {u1 , . . . , un } é linearmente independente. Portanto, a única solução de α1 u1 +. . .+αn un +αv = 0 é a solução com α1 = . . . = αn = α = 0, o que implica que {u1 , . . . , un , v} é linearmente independente. O próximo resultado considera algumas propriedades dos espaços de dimensão nita. Proposição 2.33. Suponha que V é um espaço de dimensão nita. 1. Se W é um subespaço vetorial de V então W é um espaço de dimensão nita e dim(W ) ≤ dim(V ), 2. Se n = dim(V ) e {u1 , . . . , un } é linearmente independente então {u1 , . . . , un } é uma base de V . Prova: Suponha que W 6= {0} é um subespaço vetorial de W . Como W 6= {0}, existe w1 ∈ W . Se {w1 } é uma base de W então a propriedade está provada. De modo contrario, {w1 } não é base e existe w2 ∈ W tal que w2 ∈ / [{w1 }]. Agora, do Lemma 2.32 vemos que {w1 , w2 } é un conjunto linearmente independente. Se {w1 , w2 } é uma base de W , o resultado está provado. De modo contrario, existe w3 ∈ W tal que w3 ∈ / [{w1 , w2 }]. Como antes, do Lemma 2.32 obtemos que {w1 , w2 , w3 } é linearmente independente. Se o processo anterior continua inde nidamente, teremos que existe k > n e un conjunto {w1 , . . . , wk } que é linearmente independente, o que é absurdo segundo a Proposição 2.25. Assim, deve existir k ≤ n tal que o processo para. Note agora um vetor (não zero) 28 {w1 , . . . , wk } dim(W ) ≤ n. que neste caso, o conjunto nitamente gerado e que Mostremos agora (2). é uma base de Suponha por absurdo que W. Isto prova que {u1 , . . . , un } não é una {u1 , . . . , un } não un+1 ∈ / [{u1 , . . . , un }]. Como este conjunto é linearmente independente, temos que conjunto gerador. W é base. é um un+1 ∈ V tal que Mais {u1 , . . . , un+1 } é linearmente independente. Isto com mais de n = dim(V ) elementos é linearmente Logo, existe ainda, do Lemma 2.32 segue-se que é absurdo, pois todo conjunto dependente (veja a Proposição 2.25). Como o absurdo é consequencia de supor que {u1 , . . . , un } não é base, podemos concluir que Exemplo 2.34. {u1 , . . . , un } é base de V. dim Rn = n e dim Pn (R) = n + 1. Mais ainda, deixamos como exercicio mostrar que o conjunto de matrizes {Ak,l : k = 1, . . . , n, l = 1, . . . , m} (veja Exemplo 1.42) é uma base de M (n, m) e que dim M (n, m) = nm. É fazil ver Teorema 2.35. [Completamento] Suponha {u1 , . . . , ur } ⊂ V é linearmente independente e que dim V = n > r > 0. Então existem vetores ur+1 , . . . , un tais que {u1 , . . . , ur , ur+1 , . . . , un } é uma base de V. Prova: Pelo Teorema 2.29 vemos que {u1 , . . . , ur } não pode ser base de V este conjunto é linearmente independente concluimos que junto gerador de V. ur+1 ∈ V tal {u1 , . . . , ur , ur+1 } Logo, existe um vetor Mais ainda, do Lema 2.32 obtemos que e como {u1 , . . . , ur } não é un conque ur+1 ∈ / [{u1 , . . . , ur }]. é un conjunto linearmente independente. Agora temos duas possibilidades, (3) da Proposição 2.33 obtemos que r + 1 = n ou r + 1 < 1n. Se r + 1 = n, {u1 , . . . , ur , ur+1 } é uma base de V , e do item a prova r + 1 < n podemos fazer como antes e obter um vetor ur+2 tal que {u1 , . . . , ur , ur+1 , ur+2 } é linearmente independente. Continuando com a ideia anteriorm em n − r − 2 passos teremos um conjunto da forma {u1 , . . . , ur , ur+1 , ur+2 , ur+3 . . . , un } que é linearmente independente. Como este conjunto possui n elementos e é linearmente independente, do item (2) da Proposição 2.33 podemos concluir que {u1 , . . . , ur , ur+1 , ur+2 , . . . , un } é uma base de V . estaria completa. Se A prova está completa. Exemplo 2.36. Achar uma base do espaço 3 Como dim(R ) R3 (1, 1, −1). (a, b, c), (x, y, z) de modo contendo o vetor = 3, precisamos achar vetores que o {(a, b, c), (x, y, z), (1, 1, −1) seja linearmente independente. Do Exemplo sabemos que {(a, b, c), (x, y, z), (1, 1, −1) é linearmente independente se 1 a x det 1 b y = x(b + c) − y(a + c) + z(b − a) 6= 0. −1 c z conjunto 2.22 Em particular, usando (a, b, c) = (0, 1, 1) e minante anterior é um, de onde segue que o uma base de (x, y, z) = (0, 0, 1) temos que o deterconjunto {(0, 1, 1), (0, 0, 1), (1, 1, −1)} é R3 . No próximo resultado estudamos a dimensão do espaço soma. Teorema 2.37. Suponha que V é nitamente gerado e que U , W são subespaços vetoriais de V . Então dim(U + W ) = dim U + dim W − dim U ∩ W. 29 (2.38) v1 . Como T W e U +W {v1 . . .35 sabemos que existe un {u1 . . . . . vm } é base de U ∩ W . . βm são números reais. v1 . vemos que existe un conjunto de vetores {w1 . wq . . . Como {u1 . . v1 . . como {w1 . . v1 . up . Para começar. v1 . 30 \ W. . . . . vm } é base de W . . vm } é base de U. βj . . . m Como os vetores o lado direito pertencem a tais que q X βi wi = γ1 v1 + · · · + γm vm . wq . = βq = 0. . . . wq . . . vm } é uma base W. vm } é linearmente conjunto de vetores {u1 . . . vm } é γ1 =P. . wq . . wq . . . . . . . . .33 e do Teorema 2. v1 . . . . wq . . . . vm } é linearmente independente. . . . . Para nalizar note o que prova que de que dim(U + W ) = p + q + m = (p + m) + (q + m) − m = dim U + dim W − dim U o que completa a prova. i=1 {u1 . . vm } Seja é uma base de U W. . . i = 1. . .39) vemos que q X β i wi = − p X i=1 αi ui − i=1 m X δi vi . . . . vm } é um conjunto gerador de U +W . . . vm } ⊂ U é un conjunto linearmente independente. . . . v1 . . . . . . . Do anterior vemos que v =u+w = p X i=1 αi ui + m X (βi + i=1 βi0 )vi + m X αi0 wi . . . .39) são zero. . up . . Como {w1 . Pq Pm 0 0 0 0 β1 . . . i=1 Pq Pm = 0. v1 . wq . . obtemos que α u + i=1 i i i=1 δi vi = 0. . β1 . . . . vejamos que {u1 . podemos escrever u na forma P P u = pi=1 αi ui + m i=1 βi vi onde αi . v1 . . Seja v ∈ U + W e suponha que v = u + w com u ∈ U e w ∈ W . . Como {u1 . = αp = δ1 = . U possuim bases. . .Prova: Da Proposição 2. w1 . . δk são números reais tais que α1 u1 + · · · + αp up + β1 w1 + · · · + βq wq + δ1 v1 + · · · + δm vm = 0. wm } ⊂ W tal que {w1 . . Suponha que αi . (2. Usando agora que i=1 i i {v1 . . v1 . . concluimos que este conjunto é uma base de U + W . . Do anterior temos que todos os coe cientee em (2. . . up . vm } é uma base de U + W . up } ⊂ U tal que independente. {v1 . . . . vm } é de onde obtemos que i=1 βi wi − i−1 γi vi linearmente independente. αp . up . . . βm tais que v = i=1 αi wi + i=1 βi vi . . w1 . . .24 segue-se T que U. . . existem números reais αi . vm } é uma base de U . . w1 . . . . . . v1 . De maneira similar. Similar0 0 mente. . segue-se que β w ∈ U W . . . . o que implica que {u1 . .40). . . up .40) i=1 Pq U e os vetores T que aparecem do lado esquerda pertecem a W . . . . . . A seguir mostraremos que {u1 . = δm = 0 pois {u1 . . . . . vm } é linearmente independente e gerador U + W . up . do Teorema 2. . . . . . . = γm = P β1 = . w1 . (2. . . . . . . . vm } é um conjunto gerador de U + W . up . . . . . . W. . de onde se deduz que α1 = . . . temos que existem números reais γi . . αq . up . . up . wq . . . . v1 . . . . . . p p Voltando agora a (2. . . . w1 . . . . Vejamos agora que {u1 . . segue-se que linearmente independente. . . . . . . . . . .39) De (2. wq . . w1 . estudemos o espaço onde vemos que c = b. Portanto. de onde segue-se que α = (α + β − γ) = γ = β = 0 pois os vetores 1. p(x) = a0 + (a0 + a2 − a3 )x + a2 x2 + a3 x3 = a0 (1 + x) + a2 (x2 + x) + a3 (x3 − x). 2) : mos a dimensão dos espaços p(x) = U ∩ W e que ser escrito na forma U. x2 + x. x − x} é uma base de W e que dim(W ) = 3. 2 3 de onde obtemos que −(α + β) = α = β = 0 pois os vetores x. de . x são linearmente 2 3 independentes. (x − x)} é uma base de U e dim(U ) = 2. Usando agora que p(1) = 0 obtemos que a1 = −a2 − a3 e que p pode ser representado Achar uma base para os espaçõs U = {p ∈ P3 (R) : p(0) = p(1) = 0} e na forma p(x) = −(a2 + a3 )x + a2 x2 + a3 x3 = a2 (x2 − x) + a3 (x3 − x). x + x. β são 2 3 2 3 números reais tais que α(x − x) + β(x − x) = 0 então −(α + β)x + αx + βx = 0. Isto prova que {1 + x.Exemplo 2. x. x3 − x]. U. x − x} é linearmente independente o que 2 3 implica que {(x − x). {1 + x. note que do Teorema 2. x3 − x} é um conjunto gerador de W .37 temos que dim(W ) − dim(U ∩ W ) = 2 + 3 − 1 = 4 dim(P3 (R)) = 4. e AT = A} U + W . W. U = [x2 − x. Sejam U. Calcule- A = AT . se α(1+x)+β(x +x)+γ(x −x) = 0 temos que α+(α+β −γ)x+ 2 3 βx + γx = 0. 2 Estudemos agora o conjunto W . x − x} é linearmente independente. 2 3 Por outro lado. Como p(0) = 0 segue que a0 = 0 e p(x) = a1 x + a2 x2 + a3 x3 . 31 1 1 0 1 então . 2 3 Mostraremos agora que {x − x. dim(U + W ) = dim(U ) + W + U = P3 (R) pois o que implica que U = {A ∈ M (2. 0 0 1 0 0 1 Assim.42. de onde obtemos a0 = 0 a0 + a1 + a2 + a3 = 0 a0 − a1 + a2 − a3 = 0 de onde vemos que a0 = a2 = 0 e a1 = −a3 . x3 são linearmente independentes. Seja p ∈ U e suponha que p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 . Se A= e W = a b c d ∈U A é da forma 1 0 0 1 0 0 A=a +b +d . U ∩ W Para começar. x . x2 + x. 2 3 Achemos agora uma base de U ∩ W . o que implica que Assim. x2 . Se α. e que uma base de Para nalizar.41. Exemplo 2. Como p(−1) = 0. temos que a0 − a1 + a2 − a3 = 0 e que a1 = a0 + a2 − a3 . Para comecar estudemos o espaço U . Se p = a0 + a1 x + a2 x + a3 x ∈ U ∩ W então p(0) = p(1) = p(−1) = 0. W. x3 − x} é um conjunto linearmente independente de W . Suponha que p ∈ W e p(x) = a0 + a1 x + a2 x + a3 x3 . Isto prova que {x − x. U ∩ W e U + W sendo W = {p ∈ P3 (R) : p(−1) = 0}. p pode −a1 (x3 − x) o que permitr deduzir que {x3 − x} é dim(U ∩ W ) = 1. 2 3 Do anterior podemos concluir que {1 + x. . e U é gerado por Exemplo 2. 0) = α(1. A={ Sejam 0} subespaços vetoriais U ∩ W e U + W. Se A ∈ U ∩ W então A ∈ W e A é da forma α α A= .43. Portanto. 32 . . 1. Usando este fato. 1. Pelo feito anteri2 ormente. un } é uma base de V . (0.45. 1). 0) em relação a base B . temos que O conjunto determinar as coordenadas achar números reais α. . β. 2) = 4. {1} é uma base de U e dim U = 1. Se p = a0 + a1 t + a2 t ∈ U então p(0) = a0 = 0 e p(1) = a0 + a1 + a2 = a1 + a2 = 0 de onde vemos que a1 = −a2 e p = a1 t − a1 t2 = a1 (t−t2 ) para todo t ∈ R. Para começar vejamos o espaço 2. Pelo Teorema 2. 0.1. . em relação à a base B .1 U.14 sabemos que cada vetor v∈V pode ser representado como com- binação linear dos vetores da base e que esta representação é única. . t − t } ⊂ U + W temos que {1. Mais ainda. De nição 2. αn são chamados de coordenas de u α1 . U = {p ∈ P2 (R) : p0 = 0}. Estudemos as dimensão dos espaços U.44. α + β. . Os coe cientes α1 . temos que existen constantes λ. como A é linear0 0 1 0 0 1 mente independente obtemos que A é uma base de U e que dim(U ) = 3. W. }. 1. . . T Para estudar U W . p é o polinomio constante p(t) = a0 . p = a0 + a1 t + a2 t2 ∈ U então p0 (t) = a1 + 2a2 t = 0 para todo t ∈ R. 2. 0. 1) = (α. Portanto. αn Exemplo 2.37 temos que dim(U + W ) = dim U + dim W − dim U ∩ W = 4. que u ∈ V e que u = α1 u1 + · · · + αn un . Usando agora que A ∈ U . 1) + β(0. 1)} é uma base de R3 . 1) + γ(0. µ ∈ R tais que p(t) = λ e p(t) = µ(t − t ) 2 para todo t ∈ R. 1 1 É obvio que é uma base de W e que dim W = 1. Para do vetor u = (1. B = {(1. Segue disto que {t−t2 } é uma base de W e que dim W = 1. 2) pois U + W é um subespaço vetorial de M (2. obtemos que α = 0 e que A é a matriz 0 α nula. W = {p ∈ P2 (R) : p(0) = p(1) = de W = P2 (R). No que segue uB será o vetor dado por uB = . 0 1 Estudemos agora o espaço U ∩ W . α + β + γ). 2) e dim M (2. U ∩ W = {0} e dim U ∩ W = 0. Se Coordenadas Pelo Teorema 2. (0. .. suponha que p ∈ U ∩ W = [1] ∩ [t − t2 ]. 1 0 0 1 0 0 . γ tais que (1. de onde concluimos que U + W = M (2. Em particular. 2. 1. 2 Vejamos agora o espaço W . Finalmente. de onde segue que a1 = a2 = 0. podemos introduzir a seguinte de nição. 1). t − t } é uma base de U + W . para t = 1 vemos que p(1) = µ(1 − 1 ) = 0 de onde obtemos que λ = 0 e que p(t) = 0 para todo t ∈ R. U ∩ W = {0} e dim U ∩ W = 0. Portanto. . como dim(U + W ) = dim U + dim W − dim U ∩ W = 1 + 1 − 0 = 2 2 2 e {1. Suponha que B = {u1 . podemos achar vB para um vetor generico v = (x. Assim. x2 são linearmente independentes. Para fazer isto temos que resolver o sistema α = x α+β =y α + β + γ = z. x − x} é linearmente independente. a2 33 e γ = a2 . x2 − x} é uma 2 base de P2 (R) e achar as coordenadas do polinômio u = 1 + x + x em relação a B. de onde obtemos que α = (β − γ) = γ = 0 pois os polinomios 1. A partir desta equação obtemos que α = 1. 1 2 Suponha agora que p(x) = a0 + a1 x + a2 x . Para achar uB . Mostrar que o conjunto de polinômios dim(P2 (R)) = 3. z). β. z−y+x Exemplo 2. β. Do anterior vemos que pB = .46. x2 − x} é uma base de P2 (R) é 2 su ciente provar que {1. −2 Além do anterior. x. β. B = {1. A 1 solução deste sistema é α = β = 1 e γ = −2. de modo que uB = 1 . β = y − x e γ = z − y + x. x que tem como solução α = x. uB = 2 . Do anterior é obvio que e α = β = γ = 0 o que mostra 2 que {1. x. o que é equivalente a encontrar números reais α. A partir disto. x − x}. 2 Encontre também as coordenadas de um polinômio generico (p(x) = a0 +a1 x+a2 x ) em relação a B. y. obtemos o sistema α = a0 β − γ = a1 γ = a2 . x. para mostrar que {1. Assim. Como que tem por solução α = a0 . x. uB = y − x . γ tais que u = 1 + x + x2 = α1 + βx + γ(x2− x). x. β = a1 + a2 a0 a1 + a2 . 1 β = 2 e que γ = 1. Se α. x − x} é uma base de P2 (R). γ são tais 2 2 que α + βx + γ(x − x) = 0 para todo x ∈ R então α + (β − γ)x + γx = 0 para todo x ∈ R. Para achar as coordenadas de p en relação a B temos que achar α. temos que escrever u como combinação linear dos polinomios 2 em {1.o que é equivalente a resolver o sistema de equações α = 1 α+β =2 α + β + γ = 0. γ de modo que p = a0 + a1 x + a2 x2 = α1 + βx + γ(x2 − x). x. un } é uma base de V . 1 + t. AX = XA} Ex. Lembre que a traça de A. Estude se o conjunto W = {X ∈ M (2. . 1. 1. V = M (2. W.51. 0)} . 0. Prove que {α1 u1 . Achar representação do polinômio generico p = 2 3 a0 + a1 x + a2 x + a3 x em relação as bases anteriores. 2. t3 }. 2. W = {(x. (1. (1. u1 + u2 + u3 . . 1 0 1 0 e 1 1 0 0 . z. V = M (2. y. 2) que contenha os vetores Ex. 0). 0). 2.53. 2). . 2). 3. é a soma dos elementos da diagonal principal de A. 2) : tr (A) = 0} . V = R4 . 1). 2. 2. . B = {1. 2. t + t }. 2. 1 − t − t2 − t3 . onde A= 1 0 1 1 e V = M (2. z) ∈ R3 em Achar as coordenadas do vetor 3 ses de R relação as bases anteriores. 1. Suponha que {u1 . t2 . . 8. 1. x + 2y + t = 0 . u1 + · · · . Ex. 1. 1 + t + t2 + t3 } 2 3 e C = {4 + t. V = P3 (R). 0. 0. . 2). . 1 − t2 . B é uma base do espaço B = {(1. 34 . U = (x. 1 1 2 1 0 1 0 0 B= . 2. . αn un } é uma base de V quando todos os números αj são diferentes de zero. 2. Ex. denotada por tr (A).49.2. Achar as coordenadas do vetor −8 em relação a base canonica 7 1 0 1 1 1 1 1 1 de M (2. 1.48. V = R4 . . 2. Achar as coordenadas do polinômio p ∈ P3 (R) dado por p(t) = 10+t2 +2t3 P3 (R). 1. Mostre que {u1 . 1). . 0. . 4)}. 2) : AT = −A e V é o espaço M (2. 1 + t. y ∈ R} . 2) : AX = X} onde A = . 2). (0. Achar as coordenadas do vetor u = (x. 0 0 0 0 1 0 0 2 Ex. 1 2 W = {X ∈ M (2. V. A = {1. 1)} B = {(0. (1. (1.52. B = 1. 1. y. 1). u = (−1. Nos seguintes casos. 1. 2 − t . Achar uma base e a dimensão do subespaço W = (x. 2). 1. (0. 0.50. 1. 0 1 e 3. 2. 1). y. 2) e em relação a base . 2). 0). 0). .2 Exercícios Ex. 1 + t + t2 . V = R3 . 0) : x. 2 5 Ex. . 2. 1. 3. (0. . 0. . U + W e U ∩ W. U = {A ∈ M (2. . 0 0 0 0 1 0 1 1 em relação as bases de Ex. 2. (1. y.47. un } é um base de V. . . u1 +u2 . z) ∈ R3 : x + y + z = 0 . t. 1)} e C = {(1.W = A ∈ M (2.54. t) ∈ R4 : x − y = 0 W de V. 5) ∈ R3 em relação as baA = {(1. (0. Achar uma base M (2. achar uma base e a dimensão de U. Mostre que o conjunto 3 vetorial de R . É verdade que R3 = U ⊕ W ? (justi que) 4. O conjunto é um espaço vetorial com as operações de Em caso a rma- U. 2 − x.2. 2) (a) Mostre que T T a b c d é uma transformação linear. a dimensão e uma base. n) munido das operações usuais e S o conjunto de nido por S = {A ∈ X : A = −AT } (lembre que AT = (aj.3 P3 (R)? Prova 1 do ano 2011 1. Mostre X = M (n. é um subespaço W = { (x. 3. a dimensão e uma base. a dimensão do núcleo e uma base. z) = x 0 a função de nida por é uma transformação linear. z) ∈ R3 | 2x − 2y = z } U. (b) Achar Ker(T ). Mostre que o conjunto U = { (x. Mostre que S é um espaço vetorial com as operações de X . Achar un conjunto gerador de 3. os espaço de polinomios de grau menor o igual a 3 e U = {p ∈ P3 (R) : p(1) = p(0) = 0} . Seja T : M (2. (b) Achar o núcleo de (c) Achar a função dada por Img(T ). Seja 2. Achar un conjunto gerador de 2.i ) se A = (ai. T.2. achar un conjunto gerador de 2. 2) → M (2. Achar a dimensão e uma base para S. y. (b) Suponha que que dada por e que dim(W ) > n/2. = 0 a 2b c .2. Seja T : R3 → M (2.j )). De na o conceito de combinação linear e represente o polinomio como combinação linear dos vetores 5. T U W e U + W são subespaços vetorias de X . 2) (a) Mostre que T T : R3 → M (2. 35 e uma base. a dimensão de Img(T ). 2 + x + x2 } de p(x) = x2 P (2). 2) −z z − y T (x.2. (c) Achar Img(T ). y.1 Prova teste 1 de 2011 1. Suponha que U (a) Mostre que W são subespaços vetorias de um espaço vetorial X . y. Sejam P3 (R) { 1.2 Prova Teste 2 de 2012 1. 2. e dim(X) = n. Achar un conjunto gerador para U + W. é um subespaço 3 vetorial de R . tivo. dim(U ) > n/2 U ∩ W 6= {0}. z) ∈ R3 | 2x = y − z } W. 1. 3). 0)}] = 2. . Mostre que S é um subespaço vetorial de X . (1. z) ∈ R3 : 4x = 5y − 6z } W. (a) Mostre que W é subespaço vetorial de (b) Achar uma base para W R3 .2. 3) com as operações usuais e S = {A ∈ X : A = −AT } (Note T que A = (aj. un } ⊂ X . y. e espaço gerado por {u1 . Achar a dimensão e uma de S. . 0. que!) 36 É verdade que R3 = U ⊕ W ? (justi - . (b) mostre que (c) [{u1 . Mostre que o conjunto 3 vetorial de R . y. γ ∈ R}. 6). 3). . . 14)} e W o conjunto de nido por W = {α(1.2. . Achar un conjunto gerador de 3. (2. 1). . . 5. e a dimensão de W. β. 3) + β(1. Seja U = {(1. un }. conjunto l. 1) + γ(2.4 Prova 1 de 2012 1. Seja V um espaço vetorial e {u1 . Achar um conjunto gerador de U + W.i. 8. 2. X = M (3. . z) ∈ R3 : x − 2y = 3z } U. 2. é um subespaço 3 vetorial de R . (1. . . 3. . un }] é um espaço vetorial de [{(1. é um subespaço W = { (x. 2. 14) : α.i ) se A = (ai. Mostre que o conjunto V. Sejam 2. 8. . Achar un conjunto gerador de 4. R3 ? (justi que ! ) U = { (x.j )). (4. (a) De na os conceitos de combinação linear. 1. . an ). . 3. . Lema 3. Começamos com a seguinte de nição. A função T :U →U dada por T (u) = u é uma transformação linear. .3. muito diferentes!!). . . Seja a função dada por T (a0 + a1 x + · · · + an xn ) = Para provar que T é uma transformação linear. U. L(U. . No que segue. usaremos a mesma notação para as operações em U e em V (mas lembre que essas operações podem ser diferentes. a1 .Capítulo 3 Transformações Lineares Neste capitulo estudaremos um tipo especial de funções que são de nidas entre espaços vetorias. . Uma função T : U → V é chamada transformação linear se T (λu) = λT (u) e T (u + v) = T (u) + T (v) para todo u.3. Vejamos alguns exemplos de transformações lineares. V ) denotará de nidas de U em V . Em particular. 1. . + (an + αbn )xn ) = ((a0 + αb0 ). A função T :U →V dada por T (u) = 0 para todo u ∈ U . é uma transformação linear. Sejam u. V são espaços vetoriais e para simpli car a escrita. (a1 + αb1 ). Da de nição de T vemos que T (u + λv) = T ((a0 + αb0 ) + (a1 + αb1 )x . chamadas de transformações lineares. . α ∈ R e suponha que u = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + an xn e v = b0 + b1 x + b2 x2 + b3 x3 + bn xn . b1 . 2. T : Pn (R) → Rn+1 (a0 . Este tipo de funções. 37 . De nição 3. usaremos o Lemma 3.. . . Observação 3. + (an + αbn )) = (a0 . bn ) = T (u) + αT (v). v ∈ U e cada µ ∈ R. an ) + α(b0 .2. veremos que dois espaços vetoriais de igual dimensão são (do ponto de vista da algebra linear) iguais. No que segue. . v ∈ U e todo λ ∈ R.. . v ∈ Pn (R). . Uma função T : U → V é uma transformação linear ⇔ T (u + µv) = T (u) + µT (v) para todo u.1. . . transformações lineares o conjunto formado por todas as Deixamos como exercicio a prova do seguinte Lema. Esta função é chamada de transformação identidade e no que segue será notada simplesmente por I. nos permitiram comparar os espaços vetorials desde diferentes pontos de vista. A ⊂ X . f é inversivel. B ⊂ Y e f : X → Y função.0. Lema 3. Similarmente. Para mostrar que T (u) + αT (v) = T (u + αv) é su ciente mostrar que as coordenadas de T (u + αv) são iguais as coordenadas de T (u) + αT (v). A imagem de A por f é o subconjunto de Y dado por f (A) = {f (a) : a ∈ A} e a imagem inversa de B ⊂ Y por T é o subconjunto de X de nido por f −1 (B) = {x ∈ X : T (x) ∈ B}.4. .j e sejam u = . de onde segue que a coordenada i de Au + αAv j=1 i. . A função T é uma transformação linear.6. lembremos alguns conceitos da teoria de funções.j vj . e v = . 4.j j P Pn n é j=1 ai. a função g será denotada por f −1 . f é bijetora se f é injetora e sobrejetora. . Como T é sobrejetora. Y conjuntos. n. Para v∈V temos que Sv = S ◦ IV v = S ◦ (T ◦ R)v = (S ◦ T ) ◦ Rv = IU ◦ Rv = Rv o que implica que S = R. Imagem e Núcleo de uma transformação Antes de introduzir a imagem e Núcleo de uma transformação linear. Mais −1 (x + αy) = ainda. De nição 3. f é sobrejetora se f (X) = {f (x) : x ∈ X} = Y (equivalentemente. vemos que a coordenada Pn T (u) = Au e a coordenada i de T (v) = Av são dadas por j=1 ai. A ∈ M (m. V ) é inversivel então a inversa de T é única e T −1 é uma transformação linear. 1). Da de nição do produto A(u + αv) vemos que a coordenada i de A(u + αv) Pn i de é dada por j=1 ai. o que prova que T é linear. Sejam X. 3. Dizemos que 1. f é injetora se f (x) = f (z) ⇔ x = z. se existe uma função g : Y → X tal que g ◦ f (x) = x para todo x ∈ X e f ◦ g(y) = y para todo y ∈ Y . Y conjuntos e f : X → Y uma função. Suponha que A = (ai. vetores de vn un M (n.o que prova que T é uma transformação linear. Se T ∈ L(U. w ∈ U tais que T (u) = x e T (w) = y . De nição 3. xemos 38 . . y ∈ U e α ∈ R. 1) → M (m. S ∈ L(V.5.j uj e P n a v respectivamente. a coordenada i de T (u + αv) é T (u) + αT (v). n). Seja i = 1. U ) são inversas de T . 2. v1 u1 . Prova: Suponha que R.j uj + α j=1 ai. Assim. Para mostrar que é uma transformação linear. 4.j (uj + αvj ). .j )i.. notando que T (u + αw) = T (u) + αT (w) = u + αy segue que T −1 −1 −1 u + αw = T (x) + αT (y). para todo y ∈ Y existe x ∈ X tal que f (x) = y ). De nimos a função T : M (n. existem vetores v. 1) por T (X) = AX .5 T i de é uma transformação linear.. Neste caso. Sejam X. T −1 x. T (u) + αT (v) = T (u + αv) o Do anterior é claro que para todo igual a coordenada que implica que 3. . . Notando que T (W ) é um espaço vetorial e que {T (w1 ). Para mostrar que T (W ) é subsepaço vetorial de U . 39 . Suponha que {u1 . Usando que T é uma mostrar que então transformação linear. . . T (W ) ⊂ [{T (w1 ). Do anterior. . se {u1 . . . Como T (0U ) = 0V segue-se que 0U ∈ T −1 −1 de modo que T (W ) 6= ∅. . un } é uma base e U e que {v1 . T (wn )}] ⊂ T (W ) o que mostra que T (U ) = [{T (w1 ). . . Logo. A rmamos que T é função e que T é uma Como transformação linear. do anterior vemos que T (W ) ⊂ [{T (w1 ). un } e {v1 . . . . Mais ainda. . . Usando Pn agora que T é Pi=1 n α w ) = uma transformação linear vemos que T (w) = T ( i i i=1 αi T (wi ) o que i=1 implica que T (w) ∈ [{T (w1 ). {w1 . . Para provar que T (W ) é subespaço vetorial de U temos que x + αy ∈ T (W ) para todo x. Prova: {u1 . . Se W 0U e 0V o zero de U e o zero de é um subespaço vetorial de subespaço vetorial de V V. se {w1 . wn } é um conjunto Pngerador de W . .7. De fato. . . . T (wn )}]. .Proposição 3. temos que uma transformação linear T : U → V é completamente determinada pelos valores que ela assume numa base de U . T (wn )}]). . . . de nimos T : U → V por n tais que u = i=1 P T (u) = ni=1 αi vi quando u = ni=1 αi ui . . . Sejam 3. . . . . wn } é uma base de U e u ∈ U . Então então T −1 (W ) 6= ∅ e T (0U ) = 0V . . . . . αn tais que w = αi wi . Suponha que T : U → V uma transformação linear. . . . . Como w é arbitrário. vn } ⊂ V . T (wn )}] ⊂ T (W ). A prova está completa. . Para nalizar provemos (3). como veremos no próximo Lemma. . vemos que x + αy = T (u) + λT (w) = T (u) + T (αw) = T (u + αw). Pela de nição de T −1 (W ) temos que T (x). se {w1 . Isto segue que T (x + αy) = T (x) + λT (y) ∈ W o que mostra que x + λy ∈ T −1 (W ) é um subespaço vetorial de U. . Prova: Mostremos (1). Usando este fato. Se W é um subespaço vetorial de U então T (W ) é um subespaço vetorial de V. −1 xemos x. unP } é uma base e U . . −1 (W ). . . T (wn )} ⊂ T (W ) é claro que [{T (w1 ). w ∈ W tais que x = T (u) e y = T (w). respectivamente. T (wn )}] e [{T (w1 ). T (y) ∈ W o que implica que T (x) + αT (y) ∈ W pois W é um espaço vetorial. . . . A prova de prova (2) é obvia pois T (00U ) = 0T (0U ) = 0V . . . então existem números reais α1 . . y ∈ T (W ) e α ∈ R. . Se x. . uP αi ui . . . T (wn )}]. . . . . vn } são vetores de U e V respectivamente. Mais ainda. y ∈ T (W ). 1. . . Se w ∈ W . para u ∈ U existem números reais n α1 . x + αy ∈ T (W ) pois u + αw ∈ W . . . . . . Então existe uma única transformação linear T : U → V tal que T (ui ) = vi para cada i. un } é uma base de U então existe uma transformação linear T : U → V tal que T (ui ) = vi para cada i. .8. T (wn )}]. . . . então u pode ser escrito na forma P P u = ni=1 αi wi de onde obtemos que T (u) = ni=1 αi T (wi ). . . wn } é um conjunto gerador de W então o conjunto {T (w1 ). . . . e {u1 . . T (wn )} é gerador de T (W ) ( T (W ) = [{T (w1 ). . T −1 (W ) é um U. . se conhecemos os valores T (wi ) conhecemos T (u) para qualquer u. 2. . y ∈ T (W ) e todo α ∈ R. Usando isto −1 (W ). prova que T Pelo item (1) da proposição anterior. o que implica que Suponha agora que Lema 3. . existem u. β tais que (x. 2x + y. T (0. 1ui + . Mais ainda. 1) = (α. z)(x+y. .11. 2) = T (0. . suponha que i=1 é linear. suponha que S(ui ) = T (ui ) = vi é linear. Para P n e que α ∈ R. Para mostrar que é unica. é fazil ver que neste caso α = x e β = (y − 2x). Note que na prova do Lema 3. 0). y) = α(1. 2) = (x + y. ui = 0u1 + . . 1. −1) Achar uma transformação linear e Da Observação 3. 1)) = xT (1. vn } ⊂ V . Se u = ni=1 αi ui ∈ U transformação então n n n X X X S(u) = S( αi ui ) = αi S(ui ) = αi vi = T (u). Mais ainda. un } não é uma base então existem in nitas transformações que veri cam as condições requeridas. . 0) = (x. Suponha que {u1 . . 40 .9 temos que a transformação requerida é dada por T (x. y. y. para (x. Isto prova que T = S. 0un temos que é uma transformação como a requerida. 0.12. Exemplo 3.8 aparece como de nir a transfortal que T (ui ) = vi para cada i. . 1) = (x + y. . 0. (3. y. 1. 2. segue que para cada S : U → VPé uma outra i. Se u = i=1 αi ui e x = i=1 βi ui P Pn n β u = (αα + β )u de onde segue que i i i i=1 i i i=1 Da de nição de T (αu + x) = n X n X (ααi + βi )vi = α i=1 o que prova que T (ui ) = vi T i=1 i. 1.10. 1. y) ∈ R existem números reais α. 0) = (1. 2 2 Como {(1. . 2). 1)}. 0). De fato. z) ∈ R3 . 2. 2x+y. T tal que T (1. . 1)} é uma base de R . Então existe uma transformação linear T : U → V tal que T (ui ) = vi para cada i. −1) + (y − 2x)(1. (1. T (x. i=1 o que implica que Observação 3. . x ∈ U αu + x = α i=1 αi ui + na representação de unicos. . Lema 3. 2y − 5x). se u= Pn i=1 αi ui então Deixamos como exercicio provar o seguinte Lemma.T e do fato que os coe cientes T é uma ver que T Pn função. 2). y). Se T (x. 2. . 0) + y(1. 2) + β(0. 1) = (0. z) = xT (e1 ) + yT (e2 ) + zT (e3 ) = x(1. 2) + (y − 2x)(0. 2α + β). . un } é um conjunto linearmente independente de U e que {v1 . 1) e T (0. 1) = (1. y) é como a requerida. . Mais ainda. T : R2 → R2 tal que T (1. 1) = x(3. 2) + (y − 2x)T (0. (0. TP: U → V T (u) = ni=1 αi vi . . gerada por Achar uma transformação linear T : R3 → R3 tal que T (R3 ) seja {(1. como para cada linear tal que αi vi + u ∈ U são Pn u. a transformação linear dada por Exemplo 3. mação i=1 S(u) = T (u) para todo i=1 u ∈ U. Assim. . 0). o que prova que T então n X βi vi = αT (u) + T (x). 0.9. se {u1 . y) = T (x(1. . temos que De niremos uma transformação (1. y) ∈ N (T ) então T (x. T é injetora e seja T (x) = 0V . vemos que T (x−y) = T (x)−T (y) = 0 o que implica que x−y ∈ N (T ) = {0} e que x = y . No que segue. . Suponha que T U tem dimensão nita. temos que uma base de β1 u1 + · · · + βp up − α1 v1 − · · · − αq vq = 0. .Introduzimos agora o conceito de núcleo de uma transformação linear. Prova: A Primeira propriedade segue diretamente de Proposição 3. Mostremos agora a segunda propriedade.15. Lema 3. y) = (x cos θ − y sen θ. y) = (x cos θ − y sen θ. Como Exemplo 3. . nita. x sen θ + y cos θ) = (0. Estabelecemos agora um dos mais importantes resultados da teoria de transformações lineares. vq de U tais que {u1 .7 pois {0} é um subespaço vetorial de V e N (T ) = T −1 ({0}). . Como T é linear. . V ). obtemos que (x. podemos supor que j=1 αi vi = pj=1 βi ui onde βi são números reais. . Assim. . y ∈ U são tais que T (x) = T (y). V ). Como T é linear. Pelo Teorema 2. N (T ) = {0} o que implica que T é injetora. . .35 sabemos que existem vetores v1 . . T (vq )} é uma base de T (U ). O núcleo de T é o subconjunto de U de nido por T −1 ({0}) = {u ∈ U : T (u) = 0}. . Suponha que α1 T (v1 ) + · · · + αq T (vq ) = 0. No que segue usaremos a notação N (T ) para o núcleo de T . up . é fazil ver que Pq T (α1 v1 + · · · + αq vq ) = 0. .14. Se (x. . x sen θ + y cos θ). . usaremos a mesma notação “0” para o zero de algum espaço vetorial.7) e T é injetora. de onde segue que αi vi ∈ N (T )P . vq } é uma base de U. Suponha agora que x ∈ N (T ). v1 . . T é injetora ⇔ N (T ) = {0}.16 (Teorema do Núcleo e da Imagem). A prova está completa. . . . Isto prova que N (T ) = {0}. . . No que segue desta apostilha. Suponha que T ∈ L(U. Teorema 3. . De nição 3.13. y) = (0. . Mais ainda. . Como U ∈ L(U. mostraremos que {T (v1 ). Sejam θ∈R e T : R2 → R2 a transformação linear de nida por T (x. Então o núcleo de T é um subespaço vetorial de U . 41 . V ) e que é um espaço de dimensão N (T ) também é nitamente gerado. Suponha agora que N (T ) = {0} e que x. up } é uma base de N (T ). Como A matriz anterior é inversivel (o determinante da matriz anterior é 1). Para começar vejamos que {T (v1 ). Então dim(U ) = dim N (T ) + dim T (U ). T (0) = 0 (veja o item (2) da Proposição 3. . Prova: No que segue supomos que N (T ) 6= {0}. Suponha que {u1 . Usando que j=1 P q {u1 . . T (vq )} é linearmente independente. up } é N (T ). . Isto mostra que T é injetora. Seja T ∈ L(U. 0). . . segue que x = 0U . 0). de onde segue que cos(θ) − sen (θ) sen (θ) cos(θ) x y = 0 0 . Assim. T (vq )} é um conjunto gerador de T (U ). Suponha que T condições são equivalentes. . então as seguintes 1. . {T (u1 ).17. dado v ∈ V n existem números reais α1 . . Se T é injetora então dim N (T ) = 0 e do Teorema 3. . . Prova: Suponha que dim(N (T )) + dim(V ) T dim(U ) = N (T ) = {0}. . . T (un )} é linearmente independente. . . . vq }. T (vq )} é uma base de T (U ). . . . αn tais que v = i=1 αi T (ui ) de onde obtemos que Pn v = T ( i=1 αi ui ). isto é. . . . un é uma base de U. 4. . Na prova do Teorema 3. T leva bases de U em bases de V. .18. . . Portanto. . . temos provado que {T (u1 ). . . Pn Pn Por outro lado. .14 podemos concluir que como consequencia bijetora. . . O conjunto {T (v1 ). .7 sabemos que {T (u1 ). . v1 . . Assim. v1 . . T (un )} é P uma base de V. . o conjunto Exemplo 3. . . . T (vq )} é uma base de T (U ). . . up . . Assim. . T é injetora. Isto de onde obtemos que é uma base de U. V ). . T (vq )} é linearmente independente. base para o espaço Como consequência do resultado anterior temos as seguintes propriedades. . T (un )} é um conjunto gerador de T (U ) = V . Do item (1) da Proposição 3. up . . T (un )} é uma base de V. . vq } {T (v1 ). . . . . . . T (un )} é uma base de V . Isto completa a prova que {T (v1 ). . up . . . .α1 = · · · = αq = β1 = · · · = βp = 0 pois {u1 . 42 : P2 (R) → P2 (R) de nida por T (p) = . . . Isto mostra que T é sobrejetora. Estudemos a transformação T p0 + p00 . que {u1 . . . . . . u1 . . se {u1 . suponha que Pela hipótese. up } é base de N (T ). . . v1 . . T leva bases em bases. . . Por outro lado. A prova está completa. . De fato.33 que T (U ) = V . . Notando que {u1 . . . . . Como u1 . . T (v1 ). un = 0 o que implica que {T (u1 ). o que implica que {T (v1 ). T (vq )} é um conjunto gerador de T (U ). Isto prova que T é sobrejetora. .16 segue dim U = dim T (U ). T (vq )} é uma base do espaço T (U ). . ∈ L(U. up } é uma base de N (T ) e logo completamos este conjunto a uma base do espaço U que foi denotada por {u1 . 3. Finalmente. . . . un } é uma base de U então {T (u1 ). . . como {u1 . . Observação 3. . é sobrejetora. un uma base de U. . . . v1 . . Agora. . . Corolário 3. . . 2. . Isto prova que completa a demostração. . .16 aparece uma maneira de achar uma T (U ). vemos que dim U = dim N (T ) + dim T (U ). do item (1) da Proposição 3.7 segue que {T (u1 ). Seja u1 . . . e de onde segue que do Lemma 3. vq } é base de U e que {T (v1 ).19. . vq } é uma base de U . . . . Pelo teorema anterior temos que dim(N (T )) = 0 e que T é injetora. up . . Portanto. . . T é bijetora. . . A prova do caso N (T ) = {0} segue da prova anterior. . se i=1 αi T (ui ) = 0 então T ( i=1 αi ui ) = 0 de onde obtemos que P n i=1 αi ui = 0 uma vez que T é injetora. T (up ). T é sobrejetora. na prova supomos que {u1 . T (U ) é um subespaço de V com a mesma dimensão de V o que implica via o item (2) da Proposição 2. . . . . Se dim U = dim V . un é base obtemos que α1 = . T leva Suponha que T é bijetora e que bases em bases. . . . Se T Prova: Como T tal que N (S) = [{1 + x3 .21. . Assim. 1. xn )) = a1 x1 + . P2 (R)) Corolário 3. vetor Exemplo 3. an tais que T ((x1 . . T (P2 (R)) é um espaço de dimensão 2. M (2. . ∈ L(U. xn ) ∈ Rn pode ser P escrito na forma x = (x1 . . + an xn = 0}. Assim. xn )) = i=1 xi T (ei ). xn ) ∈ Rn : a1 x1 + . Então T é sobrejetora e existem números reais a1 . 1 − x2 }]. . . 1 − x }. T ((x1 . . R) é não nula. + an xn para todo x = (x1 . dim(V ) = 1 e T é não nula. . Mais ainda. 2 Da observação 3. . c d c d 0 1 43 . . 1 = dim U = dim N (T ) + dim T (U ) ≥ dim T (U ) ≥ 1. P2 (R)) tal que N (T ) = [{1 + x3 . xn ) = i=1 xi ei n de onde vemos que T ((x1 . Mais ainda. . . .24. . então T é sobrejetora. formação Usando as ideias no exemplo anterior. . . . 2) → 1 2 . N (T ) = {a : a ∈ R} que tem por base o polinômio {1}. . Achar uma transformação T ∈ L(P3 (R). Por conveni3 2 encia. . Fazendo x = 0. .23. de nimos T (1 + x ) = T (1 − x ) = 0. Exercício 3. 0 1 Estudemos o núcleo e a imagem da transformação 1 2 0 1 matriz A= a b a b 1 2 = . Como queremos que o núcleo de T 3 2 3 2 seja {1 + x .22. do Teorema 3. onde A é a a b ∈ N (T ). de onde segue que Corolário 3.p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 ∈ N (T ) então (a1 + 2a2 x) + 2a2 = 0 para todo x ∈ R. Note agora que Para de nir a transformação T (p) = T (a0 + a2 − a3 + a1 x + a3 (1 + x3 ) − a2 (1 − x2 )) = T (a0 + a2 − a3 ) + a1 T x + a3 T (1 + x3 ) − a2 T (1 − x2 ) = (a0 + a2 − a3 )1 + a1 x = a0 + a2 − a3 + a1 x. .17 segue que o conjunto {T x. . . . . Prova: Como T é não nula segue do Corolario anterior que T é sobrejetora. + an xn com ai = T (ei ) e é obvio que N (T ) = {(x1 . . Isto prova que T é sobrejetora pois dim V = 1. . . + an xn = 0} e dim(N (T )) = n − 1. . . Suponha que T ∈ L(Rn . . . p é o polinomio constante p = a0 . para que o 3 2 núcleo de T seja exatamente [{1 + x . x}. 1 − x2 }]. . consideramos a base {1 + x . n Finalmente.20. N (T ) = {(x1 . V ). T precissamos de uma base de P3 (R). . . dim T (U ) = 1. Assim. . Um Pn x = (x1 . Isto completa a prova. . . 2x + 2} é uma base da imagem de T . Se Exemplo 3. 1 − x . . achar uma segunda trans- S ∈ L(P3 (R). . xn )) = a1 x1 + . . T x } = {1. 1 − x }]. Logo. seque que a1 = −2a2 e com x = −1 segue que a1 = 0. 2) Se T (X) = AX − XA. xemos p(x) = a0 + a1 x + a2 x + a3 x ∈ P3 (R). xn ) ∈ Rn : a1 x1 + .16 segue que n = dim(R ) = dim(N (T ))+dim T (U ) = dim(N (T )) + 1 de onde obtemos que n − 1 = dim(N (T )). é não nula. de nimos T (1) = 1 e T (x) = x. 2 3 Para achar uma formula explicita de T . xn ) ∈ Rn . então AX = XA e c d dada por X= T : M (2. . Exemplo 3. 44 . Para comecar. o espaço N (T ) é gerado pelas matrizes . 1.26. Se U = V dizemos que T é um automor smo. Equivalentemente.25) + 2(d − a) = 2c 0 0 0 −1 0 1 1 0 . } Como de onde deduzimos que a imagem de T é gerada por A = { 0 −1 0 0 A é linearmente independente. . Uma matriz Y = z t a b tal que Y = AX − XA.27. a = d. 0 a 0 1 0 0 1 0 0 1 Portanto. Os espaços de nido de U em V . 0 1 0 0 como estas matrizes são linearmente independentes segue que N (T ) é um espaço de 1 0 0 1 dimensão dois e que . dada por T (u) = u. d = 2c + d c = 0. T :U →U U e V são isomorfos se existe um isomor smo linear As seguintes funções são isomor smos. Logo. 0 1 0 0 x y petence a imagen Estudemos agora a imagem de T . X é da forma a b 1 0 0 1 X= =a +b . A isomor a é um dos conceitos mais importantes da algebra lineat. Uma transformação linear T : U → V é chamada isomor smo se T é bijetora.1 Isomor smo e Automor smo Nesta seção estudamos o conceito de espaços vetoriais isomorfos. é uma base de N (T ). obtemos que a imagem de T é um espaço vetorial de dimensão dois e que A é uma base da imagem de T . de T se existe uma matriz X = c d x y a + 2c b + 2d a 2a + b = − z t c d c 2c + d 2c 2d − 2a = 0 −2c 0 1 1 0 . (3.de onde obtemos o sistema de equações a + 2c = a b + 2d = 2a + b c = c. e basicamente diz que espaços vetoriais isomorfos são iguais" do ponto de vista da algebra linear. Deste sistema obtemos que 3. De nição 3. De nição 3. Mais ainda. introduzimos o conceito de isomor smo.28. .1 . dim(U ) = dim(V ). . z − y). Mais ainda.2. . . V ) e α ∈ R. n. .32. . V ) e α ∈ R. . uma base de U em bases de V . . Pn Como T (x) = x v = 0 e {v . T : M (m. V ) T. . Deixamos como exercicio a prova do seguinte Lemma. . . z) = (0. temos que achar uma base deste espaço. Mais ainda. S ∈ L(U. V ) tal que T (ui ) = vi paraPcada i = 1. Sejam {u1 . . Sejam T. xn ) = x1 + x2 t + · · · + xn tn−1 . . É obvio que Pn i=1 yi vi . . . 1.8 existe uma única T ∈P L(U. 0) então x − y = 0. S ∈ L(U. Logo. . . podemos concluir que T (U ) = V . Sejam U. . U.j a única transformação linear Ti. n) o vetor Teorema 3. . . Teorema 3. . T é sobrejetora. . notamos que T não é um isomor smo. Pelo Lemma 3. a1. . P . Se y ∈ Y então y pode ser representado Pn Pn x ∈ U de nido por x = na forma y = i=1 yi ui . . un } e {v1 . T : R3 → R3 a transformação linear dada por T (x. . temos que V . . . Isto prova que N (T ) = {0}.j : U → V tal que que calcular a dimensão de 45 . . y.n ). Para L(U. V ) é um espaço vetorial é deixada como exercicio. .29. de M (m. Para mostrar que os espaços são isomorfos. x − z = 0 e z − y = 0 de onde obtemos que x = y = z . Como V é um espaço vetorial. .1 . . z) = (x − y. Exemplo 3. . N (T ) = [(1. T un } um isomor smo T leva bases de é uma base de V e que A prova está completa. para x ∈ U com x = ni=1 xi ui temos que T (x) = T ( ni=1 xi ui ) = ni=1 xi vi . V ) = dim(U ) dim(V ). Suponha agora que os e {u1 . . Portanto. . n) → Rmn que associa a cada matriz A = (aij ) n de R dado por (a1. vm } bases de U e V respectivamente. un } U.n . Vejamos agora que T é sobrejetora. Então as funções T + S : U → V e (αT ) : U → V são transformações lineares de U em V .1 Seja O Espaço Vetorial L(U. . . é fazil mostrar as funções S +T e αT são transfromações lineraes de U em V . Como y é T (x) = T ( i=1 yi ui ) = i=1 i i arbitario. am. V Prova: Suponha que ⇔ dim(U ) = dim(V ) e sejam {u1 .18 sabemos que de onde obtemos que {T u1 . Os espacos são isomorfos ⇔ dim(U ) = dim(V ). . 1)] e T não é injetora. . Dos passos anteriores segue que T é um isomor smo e que os espaços U e V são mostrar que existe um isomor smo T de U em isomorfos. podemos de nir as funções T + S : U → V e (αT ) : U → V por (T + S)(u) = T (u) + S(u) e (αT )(u) = αT (u). V espaços vetoriais de dimensão nita. . 3.31. am. Sejam Lema 3. . Prova: A prova L(U. dada por T (x1 . Para mostrar Pn que T é injetora provaremos que N (T ) = {0}. Se T (x. . PSeja n y v = y o que implica que y ∈ T (U ). Sejam T :U →V Pelo Corolario 3. . V U. . O conjunto L(U. .1. são isomorfos. Em particular. Para 1 ≤ i ≤ n e 1 ≤ j ≤ m denotamos por Ti. No que segue mostraremos que T é um isomor smo entre U e V. Suponha que x = i=1 xi ui ∈ N (T ). V ). x − z. T : Rn → Pn−1 (R) 3. segue que xi = 0 para 1 n i=1 i i todo i e que x = 0. y. . un } e {v1 .30. . 0. v } é uma base de V . vn } bases de U e V respectivamente. V ) munido das operações S + T e αT de nidas anteriormente é um espaço vetorial e dim L(U. n. 1). z) = z. Esta base é chamada base dual de B . 0) + (x − y)(1.34. . X) então (R ◦ S) ◦ T = R ◦ (S ◦ T ). . y. f2 (x. escrevemos cada vetor Usando agora que T (ui ) = α1i v1 + · · · + αmi vm . . L(U. y. {Tij : 1 ≤ i ≤ n. Do anterior. (1. 0)}. Se T ∈ L(U. z) = z(1. o que mostra que {Tij : 1 ≤ i ≤ n. o que prova que e De nição 3. da de nição das funções Ti. 0) onde segue que f1 (x. V ). z) = y − z e f3 (x. 46 .35. z) ∈ (x. 1 ≤ j ≤ m } é un T (ui ) na forma conjunto gerador de Para começãr. 1 ≤ j ≤ m } é uma base de L(U. V ) que dim L(U. é base do espaço dual de U . Se i=1 j=1 aij Tij = 0. Corolário 3.P Ti. O espaco dual de U é um espaço vetorial de dimensão n. 0). . P Tij (u) = xi vj . deduzimos que todos os coe cientes ai. Provemos para começar que {Tij : 1 ≤ i ≤ n. 1.j segue que 0= n X m X aij Tij (uk ) = m X n X aij Tij (uk ) = i=1 j=1 j=1 i=1 Usando agora que os vetores v1 .32 nos fornece de uma base do espaço B = {u1 . W ) então S ◦ T ∈ L(U. V ). . j = 1. para u = ni=1 xi ui vemos que T (u) = x1 T (u1 ) + . z) = x − y. Se (x. de onde obtemos que T = α11 T11 + · · · + αm1 T1m + · · · + α1n T1n + · · · + αmn Tnm . . = akm = 0. fn : U → R dadas por fj (u) = fj (x1 u1 + · · · + xn un ) = xj . 1.36.j são zeros. W ) então R ◦ (S + T ) = R ◦ S + R ◦ T. W espaços vetoriais. 0. 1 ≤ j ≤ m } é linearmente independente. 0.j (ui ) = vj . 3. A prova do Teorema 3. então de Proposição 3. que {Tij : 1 ≤ i ≤ n. Notando agora que k é arbitrario. S ∈ L(V. V ). .33. 1. W ). R ∈ L(V. vemos que {Tij : 1 ≤ i ≤ n. 1 ≤ j ≤ m } é uma base de L(U. Mostremos agora que L(U. un } é uma base de U . Em particular. se Exemplo 3. . . W ) e R ∈ L(W. . a familia de transformações lineares f1 . y. v m m X akj Tkj (uk ) = j=1 m X akj vj .37. Observação 3. . 1. y. V ). V ) = dim(U ) dim(V ). Achar a base dual de R3 . T ∈ L(U. + xn T (un ) = x1 (α11 v1 + · · · + αm1 vm ) + · · · + xn (α1n v1 + · · · + αmn vm ) = α11 x1 v1 + · · · + αm1 x1 vm + · · · + α1n xn v1 + · · · + αmn xn vm = α11 T11 (u) + · · · + αm1 T1m (u) + · · · + α1n T1n (u) + · · · + αmn Tnm (u). Sejam Z. O espaço vetorial L(U. j=1 são linearmente independentes. . . 1) + (y − z)(1. . . (1. Note que Tij (x) = xi vj quando x = ni=1 xi ui . V ). obtemos que ak1 = . . . Mostraremos a seguir. 1 ≤ j ≤ m } é um conjunto gerador de L(U. {Tij : 1 ≤ i ≤ n. . V ) e S ∈ L(V. . 1. B = {(1. y. V ). Se T ∈ L(U. . Se S. 1 ≤ j ≤ m } é linearmente Pn Pm independente. R) é chamado espaço dual de U . 2. x − z). T (0. . v ∈ U e α ∈ R. B a base . . 0) = 1(1.40. 0.1 a2. Para u. Mais ainda. No Para iniciar nosso estudo. como L(Rn . . T (0.n [T ]B = . (0. . 1) − 1(0.1. . A matriz de representação da transformação T em relação às bases B e C é a matriz [T ]B C ∈ M (m. .29.n a2. . m). am. supomos que T (uj ) = i=1 ai. T : R3 → R2 dada por T (x. 0). podemos simpli car a teoria de transformações lineares associando a cada transformação linear T :U →V T : Rn → Rm . 1. Se T ∈ L(U.2 . 0) = (1. temos que um espaço de dimensão nita do ponto de vista da algebra linear igual ao espaço Rn . podemos estudar o espaço M (n.41. 0. 0). 1). . a1. 1)}. −1) = 0(1. 1). . Note que Sejam T (1. x − z).2 S◦T (3. B Para achar [T ]C . T ∈ V . 1). . 1)} e C = {(1. C . . . vm } é uma base que segue. . 1)}. Da mesma forma. vemos que S ◦ T (λu + v) = S(T (λu + v)) = S(λT (u) + T (v)) = S(λT (u)) + S(T (v)) = λS(T (u)) + S(T (v)) = λ(S ◦ T )(u) + (S ◦ T )(v). V ).4. 1) + 0(0.39. . (0. o que mostra que 3. am.38) é uma transformação linear. 1. y. un } uma base Pmde U e C = {v1 . Rm ) via o espaço de matrizes uma transformação linear veremos nesta seção. (0. . V ). .n Exemplo 3. de De nição 3. . z) = (x + y.2 . 0 −1 −1 T : R3 → R2 dada por a base canónica de R2 . precissamos introduzir algumas notações.j vi onde ai são números reais. (0. . a1. . 0. 1) = (0. então IV ◦ T = T e T ◦ IU = T. . IV é a identidade em V e IU ∈ L(U ) é a identidade em U .1 am. n) dada por a1. A matriz associada a uma Transformação Linear Como consequencia do Teorema 3. . y. z) = (x + y. temos que representar os vetores T (ei ) como combinação linear dos vetores C = {(1. . B = {u1 .2 . . 1). Sejam L(U. 3 canónica de R e Sejam C 1 1 0 = . 0. 1) = 1(1. B de onde obtemos que [T ]C Exemplo 3. Prova: Somente provaremos (1). B = {(1. 1). 0) = (1. 47 T (x. 1) − 1(0.1 a1. n é De esta forma é possivel simpli car de maneira importante o estudo de espaços vetoriais. .. Como veremos a seguir. an Com essas notações temos que T (u) = T (a1 u1 + · · · + an un ) = a1 T (u1 ) + · · · + an T (un ) = a1 (α11 v1 + · · · + αm1 vm ) + · · · + an (α1. B = [T ]C uB . Seja u∈U a1 e suponha que uB = . Sejam B e C bases de U e V respectivamente.1 · · · λαm. 1) = 1(1. . .j )v1 + · · · + (λαm.n + µβ1. . T ∈ L(U. .42) 1 1 0 B obtemos que [T ]C = . 0) = (1.1 · · · αm.[T ]B C Como antes. Se u ∈ U Prova: Suponha que B = {u1 . 1). . temos que achar as coordenada de cada vetor T (ei ) Como T (1. 1.j v1 + · · · + αm. un }. V ). un }.. . T (x. .n v1 + · · · + αm. Proposição 3.1 ··· λα1. y. (3..j vm ) + µ(β1.n . . 1). . . 1). . T (0. Se T. z) ∈ R3 . Estabelecemos agora algumas propriedades relativas a matrizes de representação.1 ··· α1. λαm. .j + µβ1.n )v1 + · · · + (a1 αm. B base de U e C base de V . . . Sejam então.n 48 B B = λ[T ]C + µ[S]C . . e que .1 + · · · + an αm.1 + · · · + an α1. .1 + µβ1. . 0) = 1(1.n a1 . . . . an o que completa a prova. Note que neste caso (o caso onde usamos as bases 1 0 −1 canonicas) temos que x y .n )vm .. 0) − 1(0.n + µβm. C = {v1 . [T ]B C = (αij ) Nessas condições temos que (λT + µS)(uj ) = λT (uj ) + µS(uj ) = λ(α1. V ) B B e λ. 0.1 + · · · + an α1. .j vm ) = (λα1. αm. T (0.44. −1) = 0(1. . T (u)C = [T ]B C uB . . . 0) + 0(0. .n . vm } e [T ]B C = (αij ).1 + · · · + an αm. 0) + 1(0. µ ∈ R então [λT + µS]B C = λ[T ]C + µ[S]C . Proposição 3. . . de onde deduzimos que [λT + µS]B C = λα1. .j )vm . x − z) = [T ]B C z para todo (x.43.j + µβm. y. . . .n . 0) = (1. Prova: [S]B C Suponha que = (βij ). T (u)C = = a1 αm. de onde segue que a1 α1. B = {u1 . vm }. z) = (x + y..n α1. .n vm ) = (a1 α1. C = {v1 . . este fato é bem mais geral. 1) = (0. S ∈ L(U. 0. para achar em relação a base C. . .1 + µβm.j v1 + · · · + βm. . [T −1 ]C B [T ]C = [T (3. . B = C e T ∈ L(V ) então [T ]CC = [I]B C [T ]B. −1)} e suponha que T ∈ L(R2 ) é tal que 1 0 [T ]B. 2 . 1). V ) é inversivel.Seja B = {(1. Se T ∈ L(U. un }.46. j) de [S ◦T ]D é igual ao coe ciente que aparece na posição B B C B (k. e é deixada como exercicio.i αi. 1) − 2 49 1 (1.Proposição 3. Para calcular [I]C note que (1. . usamos a formula [T ]C. . Prova: [T ]B C B = {u1 . W ).i αi. Seja W espaços vetorial.j . . j) de [S]C D [T ]C .j = i=1 βk.r ) temos que Suponha que = (αi. Isto implica que [T ]B C é uma matriz inversivel −1 C B −1 que [T ]B = ([T ]C ) . . −1). . Se ! αij vi i=1 = = = m X i=1 m X αij S(vi ) p X αij i=1 p X m X k=1 i=1 ! βki wk k=1 ! βki αij wk .B [I]B .B = [I]B. então [S ◦ T ]B D = [S]D [T ]C .D m X S ◦ T (uj ) = S e D = {w1 . A propriedade em (2) segue diretamente de (1). . T ∈ L(U.j ).B = . 2 1 (1. vm } = (βk.45. wp }. Se B. de onde obtemos que o coe ciente que aparece na posição é dado por (k. [S]C. C = {v1 . .l ) e [S ◦ T ]B D = (γs. C e C B D são bases de U. o que prova que [S ◦ T ]D == [S]D [T ]C .48. .C . 1) + 2 1 (1. y). −1). Achar [T ]C. C 2. Assim temos que o coe ciente B que aparece na posição (k. j) da matriz Pm [S ◦ T ]B D i=1 βk. . onde e Exemplo 3. 0) = (0. Sejam B e C bases de U e V respectivamente. 1) = 1 (1.47) I é a matriz identidade de ordem n. V e W respectivamente. então [T −1 ]CB = ([T ]B C) .B = I. V ) e S ∈ L(V. B C γk. Se U = V . B B C B Para achar [T ]C.j de P [S]C D [T ]C é obtido a partir da la k de [S]D e m B da coluna j de [T ]C via a regra γk. (1.C onde C é a base canônica de R2 e uma formula 0 5 explícita para T (x. Prova: Note que −1 C [T ]B ]B = [T ◦ T −1 ]C = [I]C = I. .j . o coe ciente Corolário 3.C = [I]C [T ]B [I]B =. Por outro lado. C [T B −1 ◦ T ]B. −1 1. 1) = (0. Seja Note agora que T (1) = 0 = 0 + 0x + 0x2 . z) = (x + z. Da de nição de T temos que T (1) = 1. −1.50. 2) + 0(−1. 6) = 3(1. n Primeiro que nada.46 temos que = [T −1 ] [T ]B C é inversivel e C. 1.C 1 1 1 1 0 2 = 1 1 −1 0 5 2 1 2 − 12 = 3 −2 . Sejam T ∈ L(U. 1. 1). T (−1. 1 2 Sejam C = {1} e B = {1.de onde segue que [I]C B = 1 2 1 2 1 2 . − 12 Similermente. 2) + 0(−1.51. −1.B . 1. 1)}. é possivel deduzir propriedades de uma transformação T a partir da propriedades de [T ]B C. Seja Achar a matriz de e x y e T : P3 (R) → P2 (R) dada por T (p) = p0 . de onde segue que 3 [T ]C C2 Exemplo 3. 2). x. 0) = (−1. 0) + 0(−1. x. y) = [T ]C. 3. Da Proposição 3. Prova: Se T B −1 que ([T ]C ) é um isomor smo. 1). V ). . 0) + 0(−1. y. T (x) = 2 1 1 1 2 B T (x ) = 3 .43 sabemos que T (u)C = B [T ]C uB para todo u ∈ U . −1. 1 −1 Assim.49. 0) = 0(1. y + z. B Suponha agora que [T ]C é inversivel. x }. 0 1 0 0 = 0 0 2 0 . 0 0 0 3 T : R3 → R3 dada por T (x. Exemplo 3. da Proposição 3. 2) + (−1. 0). B = {(1. R. lembre que a base canonica de Pn (R) é Cn = {1. T a transformação dada por em relação às bases canônicas de P2 (R) T (p) = R1 0 p(s)ds.C Exemplo 3. de onde segue que [T ]C = 1 2 3 . 1. 50 . x + y + 2z). obtemos que [I]B C = 1 1 . 1. N (T ) = {0} o que implica que T é um isomor smo pois dim(U ) = dim(V ). Seja B Achar [T ]B sendo Note que T (1.52. (−1. 1. A transformação T é um isomor smo ⇔ [T ]B C é inversivel. 1. 1.43 segue que T (x. T (−1. de modo que 3 0 0 [T ]B = 0 1 0 0 0 0 Como veremos no seguinte resultado. 1. . 1). x }. −2 3 Finalmente. [T ]C. 1. −1. 3y − 2x). (−1. T (x3 ) = 3x2 = 0 + 0x + 3x2 . T (x2 ) = 2x = 0 + 2x + 0x2 . pelo Corolario 3. 0) + 0(−1. 2) = (3. B uma base de U e C uma base V . 1. T : P2 (R) → R = (3x − 2y. . . T (x) = 1 = 1 + 0x + 0x2 . Proposição 3. Assim. Achar a matriz de T em relação às bases canônicas de P3 (R) e P2 (R). 0) = 0(1. −1. de onde vemos que T (u) = 0 ⇔ u = 0. 0. y) = y + 2x. T : R2 → R dada por T (x. y. b) = a + (a + b)x Se B T : R2 → P1 (R) dada por é um isomor smo. T : R3 → R dada por T (x. z − 2x. 1. T : Pn (R) → Pn (R) 6. 2. 4. Achar o núcleo. 8. T : R2 → R2 dada por T (x.55. x. p ∈ P2 (R). 1 4 2 3 . 5. se e somente se T (X) = AX + X. 2) → M (2. T : R3 → R dada por T (x. T : R3 → R3 dada por T (x. y. 2) → M (2. 1 1 [T ]B C = Como esta é um isomor smo. Veri que se as funções abaixo são transformações lineares. x + y). Vejamos se a transformação linear T (a. 6. T : R3 → R3 dada por T (x. 2) é uma matriz xa. 4. T : P2 (R) → P2 (R) dada por T (p) = p0 . 5. 3. é a base canonica de R2 e C = {1. y) = y + 2x. a imagen e uma base da imagem para as seguintes transformações. 10. Ex. z) = x2 + 5y − z.54. 1) → M (n. 2) → M (2. y) = (2x + 2y. 1) dada por T (U ) ⊂ N (T ). seque da Proposição 3. x − y). z) = z − 2x. dada por T (X) = AX onde A ∈ M (2.Exemplo 3. sendo A ∈ M (n. matriz é inversivel. z) = (x + y. y) = (x + y. 2) dada por T (p) = p0 + p00 . 3. dada por T (X) = AX. . 2. 3. z) = x + 5y − z + 1. T : R3 → R dada por T (x. y. x2 }. T : M (n. T : M (2. 3. uma base do núcleo.56. T : R3 → R dada por T (x. n) uma matriz xa. 7. T : M (2. T2 = 0 Mostre que 1. T : M (2. z) = (z − x. y. 3x + y). y. 3. T : R2 → R2 dada por T (x. 7. z) = x + 5y − z. y.53. p ∈ P2 (R). 2) 9.2 Exercícios Ex. onde A= 1 2 2 4 11. T : P2 (R) → P2 (R) dada por T (p) = p0 + p00 . T : P2 (R) → P2 (R) dada por T (p) = p + q onde q(t) = t2 + 1 é um polinômio dado. T ∈ L(U ). 3. z − 3x). 2) dada por T (X) = AX + X.52 que então T 1 0 . 2x + y. T : R2 → R dada por T (x. Seja Ex. 51 sendo A= . T (R3 ) = [(2. 0. 0). 1).59. Ex. Achar Ex. 1. T : R3 → R3 tal que T ((1. T (0. (0. Achar uma transformação linear e T : R2 → R3 linear tal que T (R2 ) = [(1. R4 ) tal que N (T ) = [(1. T : R3 → R3 dada por T.63. 0). 3. 7) e bijetora? justi que sua resposta. Achar Ex. 0). z) = (x − 3y − 2z. T T : P2 (R) → P2 (R) tal que T (1) = 1 + t.68. 1) = (0. 1. T 1 0 0 0 T T T : M (2. 0)} seja base do núcleo e tal que o conjunto tal que o conjunto Ex. 2. 1. Ex. (0. 1. Ex. (0. 0. injetora? bijetora? justi que sua resposta. Achar uma transformação linear T (0. 0. Achar uma transformação linear T ∈ L(R3 . 2. 0. 2. (1. T : R4 → R4 da imagem de T . Achar uma transformação linear T : R5 → R3 tal que dim N (T ) = 2 e = 3. −1. 1. dim T (R5 ) e T : R5 → R3 e tal que N (T ) = [(1. 0. 1. 1)) = (−2. 0) = (1. 0). (0. 3. injetora? bijetora? justi que sua resposta. 0. T : R2 → R3 tal que T (R2 ) = [(1. 0)) = (5. 1. y. 2)]. 3. 1)} seja base do nucleo e {(1. 0. 1. T (x. 1)]. injetora? Achar uma transformação linear (2. seja base do núcleo de T : R4 → R4 T. 3. 3. 0). 1. 3. Achar uma transformação linear {(1. 2) → M (2. 1. 3.58. Ex.60. 1. 1. (0. 0. 3. 7). Ex. T 0 0 0 1 = 1 0 2 0 . (3. Ex. 0.66. 1. 2). 4) Ex. 1. 0)) = T ((1.72. Ex. 0. Achar uma transformação linear L(R3 . Achar uma transformação linear T : R3 → R3 tal que dim N (T ) = 1. T : R4 → R4 tal que N (T ) = T (R4 ) = [(1. 0)} Ex. 3. 0)]. 1.70. 1. 0. Achar uma transformação linear {(1. 2) tal que 1 1 −1 0 T = . (1.65. é sobrejetora?. achar a inversa de 1. 3. 1. 3. Achar Ex. 0.61. 1)]. 3. y − 4z. 1. 1). 3. 2). T (t) = t + Achar uma transformação linear t2 e T (t2 ) = 1+t− 2t2 . Ex. 1)] N (T ) = [(1. Estudar se as transformações lineares abaixo são isomor smos. T ((1. 1). z). 3.57. 0) = (3. T é sobrejetora?. 1. é sobrejetora?. 2. 1. 0). 0 0 0 3 Achar uma transformação linear = 0 0 1 0 1 4 2 3 . 1)} seja base da imagem. 0).69. 0. 3. 3.62. 3. Em caso a rmativo. 1)].71. Achar uma transformação linear T : R3 → R3 tal que {(1. 0 0 2 1 = . (1. 0.64. R4 ) tal que T (R5 ) = [(1. 1)] Ex. 3. T : R3 → R2 tal que T (1. 0)].Ex. 52 .67. Achar uma formula explicita para T (x. t2 . z) = (x + y. Seja C S : R3 → R3 S(x. 2) : At = A . a 0 U= : a ∈ R e V = {p ∈ P3 (R) : p0 = 0} . z). U = M (2. 3. T : R3 → R2 2. S ∈ L(R2 . y) = (x.73. Seja e a transformação linear de nida por B = 1. y. V ) e S ∈ N (T ) = {0} e N (S) = {0} . t) = 2x + y − z + 3t. Achar a representação de T em relação a base canónica de M (2. Achar T : P2 (R) → R [T ]B C nos casos B = 1. 0).77. 3. T. T : R3 → R3 (0. Se T ∈ L(U. R3 e suponha T ∈ L(R3 . [T ]C C = 0 1 −1 a base canonica de dada por T (p) = S = I + T + 2T 2 . 1 + t. 3) 4. 1. R ). z. y). 1.78. Ex. T (0. U = R3 e V = A ∈ M (2. W são espaços vetoriais.79. dada por e U e V e T (0. 2) = são isomorfos. 3. 4)}. y. 3x). 2y). z) e [S]C C. 1 + t + t2 . V.74. R Seja 1 −1 p(s)ds. 2) dado por T (X) = M X − XM . 1 2 Ex. 2x. Ex. 1). Seja M = 0 −1 e T : M (2. W ) U. z) = (x. R ) é tal que [T ]B = 5 1 sendo B = 2 {(1. L(V.80. 2) 1 1 2 2 B Ex. Achar [T ]C C sendo C a base canônica de R . V = (x. R3 ) 1 1 0 0 1 0 . 2) → M (2. 0) = (1. 3. T (x. C = {−2} . x − y.75. R2 ) dadas por T (x. 0. T : R4 → R dada por T : R → R3 dada por dada por T (x. 0. x) formam um subconjunto linearmente indepen- Mostre que as funções Achar matrizes de representação nas bases canónicas de 1. y. Suponha que T ∈ L(R . Ex. S(x. 4). U = R2 2. z) ∈ R3 : z = 0 .2. V = {p ∈ P4 (R) : p0 = 0} . 53 é tal que Achar uma formula explicita para . e R(x. T : R3 → R3 3.76. T (x. 3. y) = (x. 0 0 Ex. 1) = (1. 3. 1) tal que Estudar se os espaços 1. x + y) e 2 2 dente de L(R . t. 3. y. mostre que N (S ◦ T ) = {0} . Suponha que são tais que Ex. R. 2x + y − z). y. y) = (0. 3. 3. T (x) = (x. 0. T (1. C = {1} Ex. 0. (1. 3. 3. 0). 3. V = R2 . 1)} e C = [T ]B C é dada por 1 10 5 −3 c) 0 2 −1 4 54 . u2 . 0. T (u2 ) = u1 + u2 . U = R3 . 0). t2 . B B 2 B [T ]B B .81. [T ] C B C B = {u1 . u3 } V S(u1 ) = 3u1 + 2u2 . {(1. S(u2 ) = u1 − u2 − u3 . e e que [T 3 − S 2 ]B B. [T ]B . (0. 0). (t − 1)2 e C = 1. [S]B . Seja p(t) − p(1). Suponha que T.82. [S + I]B Ex. 0. t. V ) tal que 1 2 3 0 0 a) b) 4 5 1 0 1 Sejam V tais que T (u1 ) = 2u1 − 3u2 + u3 . 1.Ex.83. (0. 1)}. S : V → V Achar T : P2 (R) → P2 (R) a transformação linear dada por T (p(t)) = B e [T ]C sendo B = 1. Achar T ∈ L(U. S(u3 ) = u1 + u2 − 2u3 . (0. [S ◦ T ]B . t − 1. uma base de um espaço vetorial são transformações lineares em B = {(1. 3. Achar Ex. T (u3 ) = u2 + u3 . O subespaço vetorial V (λ) é chamado subespaço próprio associado ao autovalor λ e a dimensão de V (λ) é a chamada de multiplicidade geométrica de λ. y). Se λ ∈ R é um autovalor de T então existe (x. Exemplo 4. Lema 4. Suponha que T ∈ L(V ) e que λ é um autovalor de T . para achar um autovalor.4.Capítulo 4 Autovalores e Autovetores Neste capítulo introduziremos alguns conceitos que nos auxiliaram na compreensão do comportamento de uma transformação linear sub-espacos U de V de modo que T T : V → V. 0) tal que (y. y) 6= (0.2. como o que implica que T. De nição 4. Prova: Sejam u. y) = (y. λ é chamado de autovalor de T associado ao autovetor u. Começamos com algumas de nições. Estudemos os autovalores e os subespaços próprios da transformação T : R2 → R2 dada por T (x. v ∈ V (λ) e α ∈ R. De nição 4. De nição 4. espaço invariante por T T (u) = T (λu) = λT (u) segue T (V (λ)) ⊂ V (λ).1. Assim. seja uma transformação de A idea básica é achar U em U. Dizemos que um vetor não nulo u ∈ V é um autovetor de T se existe λ ∈ R tal que T (u) = λu. 4x) = T (x. 55 . Neste caso. A partir dos autovalores de uma transformação linear. V será um espaço vetorial. podemos achar espaços invariantes. Seja T ∈ L(V ) e U um subespaço vetorial de V . Seja T ∈ L(V ). 4x). y) = λ(x. Isto mostra que V (λ) é um Mais ainda.5. Então o conjunto V (λ) = {u ∈ V : T (u) = λu} = N (T − λI) é um subespaço vetorial de V e V (λ) é invariante por T . Dizemos que U é invariante por T se T (U ) ⊂ U. Suponha que T ∈ L(V ) e que λ é um autovalor de T. Da de nição de V (λ) vemos que T (u + αv) = T (u) + αT (v) = λu + αλv = λ(u + αv). temos que estudar o sistema ( y − λx = 0 4x − λy = 0.3. o que implica que que T (u) ∈ V (λ) u + αv ∈ V (λ). Neste Capitulo. (4. 4 −λ Assim. −2)} −2 0 . notamos que R2 = V (2) ⊕ V (−2) Exemplo 4. −2) é um autovetor associado a λ = −2 e −2 é um.9) . 2) é um autovetor associado a 2 e que a multiplicidade geomé- é um. x. para λ = 2 temos que de onde obtemos que dade geométrica de que a multiplici- V (2) = {(x. y) = λ(x.8. T temos que estudar a equação em variavel λ. y) ∈ R2 : T (x. y). T (x. −2x) ∈ R2 : x ∈ R} = [(1. somente quando −λ 1 = λ2 − 4 = 0.7) (1. y) ∈ R2 : −2x = y} = {(x. 4 −λ y 0 Note que este problema tem uma solução não nula det λ = −2. 2). y)} = {(x. 1 −λ 56 (4. Note que este problema tem uma solução não nula somente quando λ 1 det = −λ2 − 1 = 0.que pode ser re-escrito na forma −λ 1 x 0 = . B = {(1. y) = (−y. y) = 2(x. Veja que V (−2) = {(x. x). y)} = {(x. y) ∈ R2 : T (x. 2)]. que Estudemos agora os autovalores e os subespaços próprios da trans- T : R2 → R2 dada por Para achar os autovalores de dada por é uma base de T (x.6) T são ±2. de onde segue que trica de 2 (1. y)} = {(x. y)} = {(x. y que pode ser re-escrita na forma ( λx + y = 0 x − λy = 0 Este problema é equivalente a estudar λ 1 1 −λ x y = 0 0 . formação e que R2 . (4. (1. os unicos candidatos a autovetores de Estudemos o caso (x. 4x) = 2(x. y). 4x) = −2(x. Similarmente. −2)]. 2x) ∈ R2 : x ∈ R} = [(1. y) ∈ R2 : (y. [T ]B B = 0 2 Além do anterior. y) ∈ R2 : (y. y) = −2(x. y) ∈ R2 : 2x = y} = {(x. x) = 0(x. λ 6= 0 então an = 0.13) é um autovalor de T e que dim V (0) = 1. para achar os autovalores de em (4.10. 1)]. nan = λan−1 e λan = 0. . se λ = 0 segue que ai = 0 para i = 1. então Se não zero a1 − λa0 + (2a2 − λa1 )t + . z) somente quando o determinate da matriz é zero. 0). T : R3 → R3 dada por T (x. x). y. Assim. Para achar os autovalores de T. . z)} = {(x. 2. z) ∈ R3 : T (x.. . deduzimos que T não possui autovalores. y. z) = (x. 1−λ 0 0 1 − λ 0 = λ(1 − λ)2 = 0.Como não existe uma solução real de −λ2 − 1 = 0. para todo Se Exemplo 4. vemos que V (1) = {(x. y. x) ∈ R3 : x ∈ R. λ é um autovalor. que é equivalente a estudar o problema 1−λ 0 0 x 0 0 1 − λ 0 y = 0 . y ∈ R} = {x(1. y. z) − λ(x. y. y.11. z) ∈ R3 : T (x. T não possui autovalores que sejam diferentes de zero. λ2 = 1. y. Se f = i=0 ai t . 0) : x ∈ R. z) ∈ R3 : x = z} = {(x. 2a2 = λa1 . x) = 1(x. . y. Assim. y ∈ R} = [(0. . y. 0. V (0) = {a : a ∈ R} e dim V (0) = 1.12) T podemos estudar a equação λ. z)} = {(0. de onde segue que ai = 0 para todo i e que f é o polinômio zero. t ∈ R. então existe Pn um i polinômio 0 T (f ) − λf = f − λf = 0. Por outro lado. (4. Portanto. de onde segue que a1 = λa0 . 1)]. autovalores de Seja T. estudamos a equação T (x. o que implica que para λ=1 λ=0 (4. y. As soluções desta equação são autovalores de T λ1 = 0 λ = 0.14) 57 . λ = 0 é um autovalor de T . z) = (x. Vejamos um exemplo mais abstrato. 0. 0. z) ∈ R3 : z ∈ R} = [(0. −1 0 λ z 0 Este problema tem uma solução não nula (x. são Note que para e de modo que os unicos possiveis V (0) = {(x. . det 0 −1 0 λ λ1 = 0. 0. y. T : Pn (R) → Pn (R) Estudemos a transformação dada por T (p) = f ∈ Pn (R) tal que p0 . Similarmente. x) = (x. y. (1. y. Achar todos os os respectivos subespaços próprios e a multiplicidade geométrica de cada autovalor. 1) + y(0. + (nan − λan−1 )tn−1 + λan tn = 0. 1. . n e que f = a0 . y. λ2 = 1. 1. Exemplo 4. y. z) = 0. . . 1.17) obtemos 0 = α1 (λ1 − λk )u1 + α2 (λ2 − λk )u2 + · · · + αk−1 (λk−1 − λk )uk−1 . segue que α1 (λ1 − λk ) = . .. . un } é linearmente independente.. . R3 = V (0) ⊕ V (1) e que {(0. . . isto corresponde a uma propriedade geral. u2 } é linearmente independente. . . . . (4. Então B = {u1 . un } é linearmente independente. o vetor uk pode ser representado como combinação linear dos vetores {u1 . . . 0. . do processo anterior deduzimos que {u1 . (1.17) de onde obtemos que Se multiplicarmos (4. . . 0 0 · · · λn 58 n i=1 V (λi ) e (4. Isto mostra que {u1 . como foi provado que o conjunto {u1 . uk−1 } é linearmente independente. 1)} 0 0 1 0 . Corolário 4. . . . . uk−1 } não é linearmente independente. . 0 1 é uma base de Em cada um dos exemplos anteriores podemos observar que os autovetores associados a autovalores diferentes são linearmente independentes. . . . . . . . V = λ1 0 · · · 0 0 λ2 · · · 0 . . αk−1 u1 . da equação αj (λj − λk ) = 0 obtemos que λj = λk . Suponha que as hipoteses do Teorema 4. .16) por −λk e sumarmos o resultado a (4. . un } é uma base de V . . Se ui ∈ V (λi ) para cada i. o que é absurdo pois os autovalores λ1 . . . = αk−1 (λk−1 − λk ) = 0. . . . k − 1} é tal que αj 6= 0. 0. Prova: Vejamos para começar que {u1 . Teorema 4. .. No que segue mostramos que {u1 . . . de modo que existem números reais α1 . u2 } é linearmente independente. . u2 } é linearmente independente. o conjunto {u1 . Se os vetores α 6= 0 em R tal que αu1 = u2 . . . . o que é aburdo. . . . Seja T ∈ L(V ) e suponha que λ1 .18. . . .i. (0.. .15Lsão satisfeitas e que dim(V ) = n. . . . se {u1 . 0). . .. λn são autovalores diferentes de T . . .de onde segue que 1 λ=1 é um autovalor de T e que a multiplicidade geométrica de é dois. uk } é l. A prova está completa. . . . . . uk−1 saõ é linearmente independentes. Suponha. uk } é realmente linearmente independente. . B = 0 0 [T ]B B = 0 Além do anterior. u2 não são linearmente independente. Finalmente. .16) λk uk = T uk = α1 λ1 u1 + . . . Neste caso temos que T (αu1 ) = T (u2 ) de onde segue que λ1 u2 = λ2 u2 e que λ1 = λ2 . por absurdo que. (4. 1). Com estamos supondo que os vetores u1 . então o conjunto {u1 . + αk−1 λk−1 uk−1 . notamos que R3 . uk−1 }. .15. Como veremos no próximo resultado. Se j ∈ {1. .. Isto mostra que {u1 . Neste caso. + αk−1 uk−1 . . .19) .. . . então existe (não todos zeros"!) tais que uk = α1 u1 + .. . λn são diferentes. .6). que entre outras coisas. De nição 4. un } é linearmente independente e dim(V ) = n obtemos que dim V (λi ) = 1 para Lntodo i. . . . como Como veremos no proximo Teorema.. . . λm são P autovalores P diferentes de T . Como veremos no próximo resultado. . . .22. .20.23. dim V (λi ) = ki . . .. T ∈ L(V ) e B. [T ]B = . Se det([T − Prova: I]C C ).. Seja A ∈ M (n. . . Seja T ∈ L(V ) e B uma base de V . Como consequencia. . . 0 0 ··· 0 0 . então det([T − I]B B) = C −1 B C [T − I]C C = ([I]B ) [T − I]B [I]B .1 Polinômio Característico Nesta seção introduzimos o polinômio caracteristico de uma transformação. . 0 0 ··· . {ui1 . O polinômio característico de B B T é o polinômio de nido por PT (λ) = det([T ]B B − λ[I]B ) = det([T − I]B ) onde I é a transformação identidade em V Observação 4. V = i=1 V (λi ) e [T ]B é uma matriz diagonal da forma 0 0 . De nição 4. nos auxiliará na procura dos autovalores e autovetores de uma transformação linear. ..12) é exatamente a a sendo B a base canónica. 4. .Prova: Do Teorema 4. . . . . .5. . .9) e (4. . . . λi1 0 · · · 0 λi · · · 2 . 59 Usando . .. A de nição 4... (4. .. como T (ui ) = 0u1 + · · · + λi ui + · · · + 0un para cada i. vemos que Do Corolario 3. . O polinômio característico de A é de nido por PA (λ) = det (A − λI).46 sabemos que esta fórmula e o fato que C −1 B C det([T − I]C C ) = det(([I]B ) [T − I]B [I]B ) −1 B C = det([I]C B ) ) det([T − I]B ) det([I]B ) −1 B = det([I]C det([I]C B) B ) det([T − I]B ) = det([T − I]B B ).. .. det(A−1 ) = det(A). n).23 é ambigua pois o polinomio depende da base B.19). un } é uma base de V e V = i=1 V (λi ). . . matriz [T − λI]B B Note que a matriz em (4. . não existe tal ambiguedade. C são bases de V . .15 sabemos que {u1 . uiki } é uma base de Vλi e ki = V (λi ) = S Ln i i B dim(V ) = n.11 podemos observar que o problema de achar os autovalores foi transformado em achar os valores λ para os quais uma determinda matriz tem determinante zero.. onde I é a matriz identidade de ordem n. B . uki } é uma base de V . . Nos exemplos 4.24.8 e 4.25. .. O determinante desta matriz é chamado polinomio caracteristico de T.. onde Ai = . o resultado anterior tem uma versão bem mais geral. segue que [T ]B B é dada por (4. temos que {u1 . Seja T ∈ L(V ).. .. Então m i=1 {u1 . Finalmente.21) 4. Suponha que λ1 . Teorema 4. . Proposição 4. . . . Am A1 0 · · · 0 A2 · · · . . λiki (4.. Se 2 (a+d)2 = 4(ad−bc). r) é a matriz nula e a notação Sp×q indica que S é uma p × q . ur . . Sejam B = {u1 . dada por resultados anteriores. Un número real λ é autovalor de T ⇔ λ é uma raiz do polinomio caracteristico de T.26. Seja T ∈ V e suponha que λ é um autovalor de T . . A multiplicidade algébrica de λ é a multiplicidade de λ como raiz do polinômio característico de T. . . vp } uma base de V . . . Seja T : R2 → R2 T (x. .43 temos que De nição 4. Pelos T é su ciente calcular as raizes usarmos a base canonica para calcular PT . da Proposição 3. 2 60 . . . y) = (ax + by. Seja T ∈ L(V ). Prova: Seja B = {u1 . Suponha que λ é um autovalor de T que u∈V é um autovetor associado a λ. . Como α ainda pode ser raiz de Q(·). Reciprocamente. v1 . . Se vemos que PT (λ) = det([T ]C − [I]C ) C C a b 1 0 = det −λ c d 0 1 a−λ b = det = λ2 − (a + d)λ + ad − bc. xn ) tal que [T − λI]B x = 0. Seja T ∈ V e suponha que λ é um autovalor de T . Prova: Suponha que dim V (α) = r. 3. Então a multiplicidade geométrica de α é menor o igual a sua multiplicidade algébrica. c d−λ PT possui raizes reais somente quando (a + d)2 − 4(ad − bc) ≥ 0. ur } uma base de V (α) e C = {u1 . Se Pn de nirmos u = i=1 xi ui . . Se (a+d) −4(ad−bc) > O polinômio 0. . os autovalores de T são a+d± (a+d)2 −4(ad−bc) . segue que r é menor o igual a multiplicidade algébrica de α. Proposição 4. então (a+d)/2 √ é o único autovalor de T . segue que PT (λ) = (λ − α)r Q(λ).. Na proxima proposição estudamos a relaçaõ entre a multiplicidade geométrica e a multiplicidade algébrica. onde matriz de ordem Exemplo 4. existe um vetor não nulo x = (x1 . .o que mostra o resultado. de T modo que. Isto prova que λ é uma raiz de PT . .28. . . . . No próximo resultado é estabelecida a relação entre as raizes do polinomio caracteristico de uma transformação linear T e os autovalores de T. un } uma base de V.43 obtemos que (T − λI)u = 0 o que prova que λ é um autovalor de T .27. . . e Da de nição de autovetor e da Proposição B [T − λI]B B uB = 0 de onde deduzimos que det[T − λI]B = 0 pois uB 6= 0. se PT (λ) = 0 então a matriz [T − λI]B não é inversivel. A representação de T − λI em relação a base C é da forma α − λ ··· 0 . cx + dy). para achar os autovalores de do polinômio caracteristico de T.. Proposição 4. . . A prova está completa. . 0 · · · α − λ r×r 0(n−r)×r N(n−r)×(n−r) n×n 0(n−r)×r ∈ M ((n − r). Da representação anterior.29. . Mr×(n−r) . y) = (x + y. 4. . . 3 1 0 0 0 3 0 0 4 [T ]B B = 0 0 4 0 onde B é base canônica de R . Antes de continuar.2.1 Se λ é autovalor de T ∈ L(V ) então λn é autovalor de T n. . 0 0 · · · λn é diagonalizavel e seja formada por autovetores de Suponha agora que ∈ L(V ) é diagonalizavel ⇔ existe uma base T. . O conceito diagonalizavel é motivado pelo seguinte resultado.2 Exercícios Ex. . 2. x − y). . Achar os autovalores e autovetores da transformação T :V →V onde 1.j = 0 Suponha que A. 0. lembre que uma matriz A = (ai. Como C = {v1 . 1. . Teorema 4. . 4. .30. chamada triangular superior (resp. C = . .. vn } µ1 0 · · · 0 µ2 · · · [T ]C .4. . T (0.34. 0) = (2. A = (ai. T (0. µn é uma base de segue que T ui = µi ui e que que ui é um autovetor de T Nos próximos resultados conctinuamos estudando condições baixo as quais uma transformação linear é diagonalizavel. Existe alguma relação entre seus polinômios característicos? Qual? Ex. un } uma base de V T (ui ) = λi ui para cada i. . 4. 0). 1. . ? Transformações lineares diagonalizaveis De nição 4. 0. 0) = (2. V = R4 e T (1. Como V tal 0 0 . 4. . . n) é chamada diagonal se ai. se característico de A? Uma matriz inferior) se onde o polinômio Ex. .j = 0 quando i>j ). 2. .31. . V = R2 e T (x.j ) ∈ M (n. . B ∈ Mn onde ai. Dizemos que uma transformação T ∈ L(V ) é diagonalizável se existe uma base de V formada por autovetores de T .j = 0 quando i 6= j . .32. ai. 0. Suponha que T B = {u1 . . 2). 1) = (3.. 0 0 0 3 Ex.35. .j ) ∈ M (n.. 4.33. . Uma transformação T B de V tal que Prova: [T ]B B é uma matriz diagonal. é fazil ver que λ1 0 · · · 0 0 λ2 · · · 0 [T ]B = . Qual são matrizes triangulares (superior o inferior) com a mesma diagonal principal. 61 .. n) é quando i < j (resp. 1). B . . . V = R3 e 3. 0 0 ··· [T ]C C (ui )C = µi (ui )C associado ao autovalor µi . Manipulando θ m u teremos que Usando que vi = j j. uni } é uma base de V (λi ). .i. .5 também é diagonalizável pois os autovetores uma base de R2 . A existência da matriz C B C B −1 [T ]B = [I]C B B [T ]C [I]C e do fato que [I]B = ([I]C ) . . . . vn } onde vi = j=1 mj. .j k k=1 j=1 j=1 T esta soma podemos mostrar que M (θ1 . . . . . . 1). . Pj = 1. Isto prova que B = {v1 . . . Suponha agora que Exemplo 4. Então B = i ni 1 i=1 P P do espaço ni=1 V (λi ) e dim( ni=1 V (λi )) = ni=1 dim(V (λi )). de namos o conjunto B = {v1 . segue Pn Pn fazilmente que dim( i=1 dim(V (λi )). Pn A rmamos que B = {v1 . Uma transformação T ∈ L(V ) é diagonalizavel ⇔ existe uma matriz inversivel M ∈ M (n. (1.j uj = 0 e de namos zi = j=1 θi. observamos gerador de Pni P P que i é obvio que B é um conjunto i PnV (λi ). θn ) = 0 de onde segue que θi = 0 para cada i pois M é inversivel. .39. . uni } é uma base de V . Considerando o anterior. . dos espacos V = T. Para provar o resultado. · · · . Como cada j . n. . Isto prova que {uij : i = 1. .j θi. . . .11 é diagonalizável pois o conjunto B = {(0. . P . Suponha agora que i. . Suponha que T ∈ L(V ).Proposição 4. . . un }] ⊂ ni=1 V (λi ) Como cada um dos vetores Pn V for- pertence a algum o que implica que iSdenotemos por {ui1 . . T é diagonalizavel. . . . . . n) tal que M −1 [T ]C C M é diagonal. uini } n i i uma base de V (λi ). . Suponha que n = dim(V ) e que C = {u1 . Suponha que j=1 θj vj = 0. A transformação T éPdiagonalizável ⇔V = ni=1 V (λi ). .37. . .j uj . n) tal que M −1 [T ]C C M é uma matriz diagonal. ni } é um conjunto l. ) Prova: Suponha que T é diagonalizável e seja mada por autovetores de V (λi ). B C C B −1 [T ]C M é uma matriz diagoDo anterior segue que [T ]B = [Id ]B [T ]C [Id ]C = M C nal o que implica que T é diagonalizavel. Portanto. . . 1. 0. . segue que Pn {u1 . uni } é uma base P Pn i i de V (λi ) o que implica que B = i=1 {u1 . vn } é uma base de V .j uj = 0 para cada i. . Como {u1 . Pn Pn Pn m u = 0 . i=1 V (λi ). . . . (1. uini } é uma base de V (λ ) .j = 0 para todo i ∈ {1. de autovetores V = i=1 V (λi ) para cada A transformação do Exemplo 4. . . . . o que implica que B = {v1 . . . . un } uma base de uj P V = [{u1 . Prova: Para começar. . Lema 4. vn } é uma base de V pois dim(V ) = n. Do Lemma 4. −2) formam . ii } e todo i ∈ {1. . 62 R3 . . . do Teorema 4. vn } é l.37 segue que B = i=1 {u1 . 1)} do Exemplo 4. . .15 segue-se que zj = 0 para j=1 zj = 0 e zj ∈ V (λj ) para Pni i i i cada j . n}. . Prova: Se T é diagonalizavel então existe uma base B formada por autovetores de T e [T ]B B é uma matriz diagonal.i. Seja T ∈ L(V ) e suponha que λ1 . de onde obtemos que j=1 θi. . T é diagonalizável ⇔dim(V ) = ni=1 dim(V (λi )). 0.i uj . 2) é uma base de A transformação e (1. . M segue agora da relação Suponha agora que existe uma matriz invertível M = (mi. que λ1 . . ui } é uma base {u e que {ui1 .i j k. . . i=1 V (λi )) = Teorema 4. . λn são todos os autovalores de T . . λn são diferentes de T Snautovalores i . .36. .j ) ∈ M (n. . 0). . (0. . o que completa a prova que B é uma base de V (λi ). . (Similarmente. podemos concluir que θi. . .P . . é su ciente achar B C uma base B de modo que [ic ]C = M (note que neste caso teremos que [ic ]B = −1 M Pn ). un } é uma base de V . Usando este fato.38. . z) = sistema de equações .40.41. Agora do i=1 mi = dim V . Se T ∈ L(V ) é tal que a soma das multiplicidades geométricas de todos os autovalores de T é igual a dimensão de V.Note agora que a transformação do Exemplo 4. Prova: Suponha que λ1 .8 não é diagonalizável pois não possui autovalores. de modo que T PT (λ) possui três raizes simples. Também podemos provar que T é diagonalizavel usando a de nição de transfor- mação diagonalizavel. .38 segue que dim(V ) = i=1 dim(V )(λi ). . Exemplo 4. Isto completa a prova. mas este caminho é mais longo. 1.43. y+z =0 x + y + 2z = 0 temos que os números 63 λ = 0.42 segue-se que é diagonalizável. z são soluções do x + z = 0 . Se calculamos o polinomio caracteristico usando a base canônica temos que 1−λ 0 1 1−λ 1 PT (λ) = det 0 1 1 2−λ = (1 − λ)((1 − λ)(2 − λ) − 1) + 1(−(1 − λ)) = (1 − λ)(λ2 − 3λ) = λ(1 − λ)(λ − 3). do Corolario 4. então T é diagonalizável. y. y. i=1 algebrica de V = Pn Como dim V = Pnmi e denotemos por n i=1 dim V a multiciplicidade (λi ) = dim( i=1 V (λi )) temos T é diagonalizável. P Como dim(V ) = mi e dim(V (λi )) ≤ mi para cada i. λn os autovalores P de T λi . Se T ∈ L(V ) é tal que PT (λ) = (λ1 − λ) · · · (λm − λ) onde os números λi são reais e diferentes. Agora o resultado é uma consequencia do Corolario 4. do Teorema 4. Prova: Sejam λ1 . que o que pelo Teorema 4. 3.40. x + y + 2z) é diagonalizável. y. y. então T é diagonalizável. Corolário 4. . λn são os autovalores de T e notemos por e mi a mul- λi . formação linear Como aplicação dos resultados anteriores. Se T (x. Finalizamos esta seção com o seguintes resultados. ticiplicidade algébrica de Se Corolário 4. V (λ i ). z). autovetores associados aos autovalores Neste temos que achar os λ = 0. .42.38 vemos que T é diagonalizavel. z) = (x + z. x.44) Agora.10 não é diagonalizável pois o único autovalor e V (0) 6= V = Pn (R). Pn T é diagonalizavel. (4. Para começar. de onde podemos concluir que V = Teorema 4. . P dim( V (λi )) = PnSuponha agora que mi = dim(V (λi )) para cada i. NestePcaso. temos que mi = dim(V (λi )) para cada i. y + z. . estudemos se a trans- T : R3 → R3 de nida por T (x. . estudemos os autovetores associados a 0(x. Prova: Neste caso temos que dim V (λi ) = 1 para cada i.38 implica que Corolário 4. . n i=1 V (λi ). Uma transformação T ∈ L(V ) é diagonalizável ⇔ as multiplicidade algébrica e geométrica de cada autovalor são iguais. 0 é Similarmente a transformação do Exemplo 4. y. y. qualquer autovetor (x. z) = (x. −1) de onde segue-se que V (0) = [(1. 2)} 3 base de R de onde segue-se que T é diagonalizavel. −1. 3z) de onde obtemos que são da forma temos que x + z = 3x y + z = 3y x + y + 2z = 3z z = 2x = 2y . 64 T : R4 → R4 dada . 0).47. (1. Assim. Se T (x. se (a − c) + 4b > 0 temos duas possibilidade. para ver que T é diagonalizável temos que achar dim V (1). Estudemos agora os autovetores associados a λ = 3. 2 2 Por outro lado. 1. os autovetores associados a λ = 1 x(1. 0). y. −1. 1 −2 2 C 1 −4 e PT (λ) = (1−λ)3 . (1. de onde segue-se que Exemplo 4. mostraremos que T diagonali- zável. 2 2 Se p(t) = x+yt+zt é um autovetor de T então T p = 2z −2y−4zt+x+yt+zt = 2 x + yt + zt para todo t ∈ R.18) que T é diagonalizável. Usando a matriz [T ]B B PT (λ) = λ2 − (a + c)λ + ac − b2 . por Estudemos em detalhe se a transformação linear T (x. T (p(t)) = p00 (t) Estudemos agora se a transformação − 2p0 (t) + p(t) T : P2 (R) → P2 (R) dado por é diagonalizável. y. Exemplo 4. z) associado a λ = 0 é da forma x(1. V (3) = [(1. 1. 1. y. 2z + t) é diagonalizável. Em qualquer um desses casos. de onde obtemos que y = z = 0. obtemos o sistema x + z = x y+z =y x + y + 2z = z x = −y e que z = 0. A seguir. [T ]B B = a b b c Suponha que T : R2 → R2 para alguma base B associ- é uma é uma transformação linear tal que 2 de R . Assim. então b = 0 e obtemos que c)2 PT (λ) tem raizes reais se (a − a = c de onde vemos que T é diagonalizavel. 3y. −1. 2z + t. 1. 1. teremos que T tem dois autovalores diferentes de onde se deduz (via Corolario 4.x = y = −z. todo autovetor de T é necessariamente da forma p(t) = x. note que o conjunto B = {(1. O polinomio + 4b2 ≥ 0. −1). Se (a − c)2 + 4b2 = 0. 2). Do anteirior se deduz que os autovetores ados a λ = 3 são da forma x(1. 1. z) = (3x. y.45. t) = (x + y. z). de onde obtemos que Neste caso.46. Para nalizar. Assim. a 6= c ou b 6= 0. z. 2)] e dim V (3) = 1. 0)] e dim V (1) = 1. V = [(1. Para achar os autovalores associados a α = 1. Exemplo 4. −1)] e dim V (0) = 1. o que implica que dim V (1) = 1 e que T não é diagonalizável. suponha que T (x. Do anterior podemos concluir que T é diagonalizável. Se C é a base canonica de P2 (R) então [T ]C = 0 0 0 1 Assim. Mostre em bases de 65 é um isomor smo. Ex. y. C Seja a base canonica de R3 . z. 5. de onde obtemos que y = z = t = 0. (x. 1) = (2. 2. 0. 9). z. 6) é uma transformação linear. 4. Estude se os operadores T. V (1) = [(1.3 Exercícios Ex. que T (1.3. 2z + t) = (x. 2z + t. y. Assim. 4.R3 Se usarmos a base canonica de para calcular o polinomio caracteristico de T obtemos que 1−λ 1 0 0 0 1−λ 0 0 PT (λ) = det 0 0 2−λ 1 0 0 2 1−λ = (1 − λ)2 ((2 − λ)(1 − λ) − 2) = (1 − λ)2 (λ2 − 3λ) = λ(λ − 3)(1 − λ)2 . 8. 3. 4. 1. nos casos M (2. vemos que os autovetores associados a λ = 1 são da forma x(1. Achar 3 transformação lineares T (1. Se 4. Portanto. t).50. 0. 2) talque M −1 AM M ∈ 2 4 3 −2 e A = 3 13 2 1 Estude se existe A= Ex.1 Prova teste 2 de 2011 1.48. C Seja a base canonica de R4 . esta trans- formação linear não será diagonalizável (veja Corolario 4. t) ∈ V (1) então (x + y. 1. 0. 1. 1. 0) = (7.18). 0) = (4. Note que para decidir se De fato. seja uma matriz diagonal Estude se os operadores T. y. 0. 4. Sejam que T X.49. . 0. 1. 4). Y espaço vetoriais e transforma bases de X T :X→Y e Y ⇔T T : R4 → R3 tais T (1. 0)] e dim V (1) = 1. se dim V (1) = 2 T é diagonalizável é su ciente achar dimensão de então T será diagonalizável e se dim V (1) = 1 V (1). S ∈ L(R3 ) com matrizes de representação 1 2 −2 2 1 −2 [T ]C C = 2 2 −3 e 1 0 0 m 2 0 [S]C C = n 0 2 são diagonalizaveis. 0). T não é diagonalizavel pois a multiciplicidades geometrica e algebrica de λ = 1 são diferentes. S ∈ L(R4 ) com matrizes de representação −1 −4 −2 −2 −4 −1 −2 −2 [T ]C C = 2 2 1 4 2 2 4 1 e 1 1 1 1 1 1 −1 −1 [S]C C = 1 −1 1 −1 1 −1 −1 1 são diagonalizaveis. é um isomor smo ? T : R3 → R3 tal que T (1. a base (e) Achar V (λ). de modo que T seja diagonalizável. Achar condições para a. 8. A transformação T é um isomor- 2. Achar uma transformação linear T (1.3. 1. 0. y.3. 6) uma base de vetores proprios de smo ? 66 . 9). } 1 1 1 0 0 0 0 0 {1 + 2x + 3x2 . Seja T : R3 → R3 dada por T (x. −x+4y+2z. T (1. e C = 4. 2} C Achar [T ]B sendo T : R4 → R4 tal que 0 0 0 0 a 0 0 0 [T ]CC = 0 b 0 0 . 5. A função T e R3 e C R3 . . B (d) Achar [T ]B . sendo ([T ]CC )31 a base canónica de sendo C B (f ) De na Isomor smo.2 canónica. b Prova 2 de 2011 1. 4). 0) = (4. sendo C a base 0 0 c 0 e c. 1 + 2x. (a) Achar os autovalores de T. (b) Achar uma base e a dimensão de cada um dos espaços (c) Mostre que T é diagonalizável. [Id ]B 3 canónica de R . 3x−6y−4z). Sejam X = M (2. c d por 1 1 1 1 1 1 1 0 B = { . 1) = (2. 2). 0) = (7. C [Id ]B C . Y = P2 (R) e T : X → Y a função dada a b T = ax2 + (a + c)x + a + b + c. 1. Seja 4. 3. . z) = (5x−6y−6z. hu.1. Exemplo 5. ui > 0 se u 6= 0. O espaço Um mesmo espaço vetorial pode ter diferentes produto internos. o produto interno entre os vetores u = (cos(θ). 4) é h(1. Note que neste caso. 4) ∈ R3 é h(1.1 Produto Interno Neste capítulo estudaremos uma classe de espaços vetoriais que possuem uma estrutura que combina elementos de elementos de algebra linear. (0.4. hu + v. cos i = 0 sin x cos x dx = . −1. 2. −1. w ∈ V. vi = hv. R3 .2. A função h·. vi para todo u. De nição 5. 4)i = 2 + 3 + 4 = 3. De nição 5. −1. Exemplo 5. y. a função dada por h(x. wi para todo u. z). Seja V um espaço vetorial. 1). wi = hu.3. R) o espaço das funções continuas de nidas de [a. R) de nimos hf. y 0 . g ∈ C([a. Rn é um espaço euclideano provisto do produto interno hx. Um produto interno em V é uma função h·. 4)i = 1 · 0 + (−1) · 2 + 1 · 4 = 2. 1) C([a. hαu. ui para todo u. (x0 . 1). vi = cos θ cos α + sen θ sen α = cos(θ − α). 2. b]. sin(θ)) e v = (cos(α).Capítulo 5 Espaços Euclidianos 5. ·i : V × V → R tal que 1. (0. Similarmente. Para começar introduzimos a seguinte de nição. v ∈ V e α ∈ R. 1). (1. −1. 4. R). 2. ·i é um produto interno em C([a. v. b]. Veja que neste caso. sen (α)) é hu. análise e geometria. hu. (0. z 0 )i = xx0 2 0 + yy3 + zz4 0 também é 3 um produto interno em R . gi = a f (x)g(x)dx. v ∈ V. wi + hv. 3. vi = αhu. Um espaço vetorial munido de um produto interno é chamado espaço euclidiano. R 2π Note que produto interno entre sin e cos é hsin. b]. Exemplo 5. 2. 2. Em por exemplo. o produto interno entre os vetores (1. o produto entre os vetores 1·0 −1·2 1·4 1 e (0. Para f.5. b] em Rb R. yi = x1 y1 + · · · + xn yn . 2π sin2 x . 2 . = 0. Seja 0 67 . A é a soma dos elementos da Deixamos como exercicio mostrar que a é um produto interno em M (n. Pn i=1 ai ui i Pm i=1 ai hui . Exemplo 5. |hu. ·i : M (m. n). 0i = 0. h0. 68 . 3. ui i. hv. a partir de um produto interno podemos introduzir a noção de distância. . n) → R é um produto interno Para matrizes n j=1 ai.4.3. 4.j ). a norma de um vetor Exemplo 5. Suponha que h·. Exemplo 5.10. ku + vk ≤ kuk + kvk para todo u. v ∈ V (desigualdade de Cauchy-Schwarz). Pn = Pn 4.7. Se em C([a.6. R) é dada por ||f || = Rb 2 a [f (x)] dx. h j=1 bj vj . n). . n) de nimos hA. Neste p x = (x1 . ·i. . Lema 5. vi| ≤ kuk kvk para todo u. n) × M (m. 5. Consideramos agora algumas propriedades da norma. para simpli car.9. ui. Proposição 5. 2. ·i é um produto interno em V . 1. h i=1 ai ui . a norma de x representa a distância de x ao ponto zero. i=1 ai hv. v ∈ V (desigualdade triangular). m i=1 em A = (ai. No que segue. Bi = tr (B t A) função tr A. Como foi mencionado na introdução.11. 1.12. ||u|| ≥ 0 para todo u ∈ V.Exemplo P P 5. sempre supomos que De nição 5. Pn i=1 ai ui i = Pm Pn j=1 i=1 bj ai hvj . As seguintes propriedades são válidas. b]. vi = Pn 3. ui i. Bi = h·. B = (bi. Bi = 0 2 1 1 1 · (−2) + 1 · 0 + 0 · 1 + 2 · 1 = 0. R) consideramos o produto interno q de nido no Exemplo 5. vi. A prova do seguinte lemma segue diretamente da de nição de produto interno. então a norma de f ∈ C([a.j ) em M (m. p A norma de um vetor u ∈ V é de nida por ||u|| = hu.j . Em particular. ||u|| = 0 ⇔ u = 0. O traço de uma matriz quadrada diagonal da matriz e é denotado por hA. 2. h·. ||αu|| = |α|||u|| para todo u ∈ V e todo α ∈ R. xn ) é dada por ||x|| = x21 + · · · + x2n . Note que nos casos n = 2 e n = 3.8. . b]. o produto interno permite introducir noções geometricas no espaço V. caso. Seja V é um espaço euclidiano munido de um produto interno denotado por Rn munido do produto interno de nido no Exemplo 5. A função M (m. Então as seguintes pro- priedades são veri cadas.j bi. 1 1 −2 0 Veja que o produto interno das matrizes A = eB = é hA. Similarmente. para u. a .14 b Z 2 f (x) dx a b g 2 (x) dx. são deixadas como exercicio. de onde obtemos que Exemplo 5. vi + ||v||2 t2 é menor 2 2 2 o igual a zero. u + vi + hu − v. vi = 4hu. vi + ||v||2 t2 . v ∈ V vemos que o que implica que o descriminate do polinomio ||u + v||2 = hu + v.15. no caso do exemplo 5. Se u. vi + 2hu. Para .3. Como as propriedades (2)-(3) são obvias. u + vi − hu − v. vi −4||u|| ||v|| ≤ 0 de onde segue que |hu. vi ≤ ||u||2 + ||u||2 + 2||u||||v|| = [||u|| + ||v||]2 . v são vetores em V então (Identidade do Paralelogramo) ku + vk2 + ku − vk2 = 2(kuk2 + kvk2 ). vi + 2hu. Note que para t ∈ R. v ∈ V . ui + 2hv. u + tvi = hu. Se u. xemos u. Prova: É fazil ver que ku + vk2 − ku − vk2 = hu + v. ui = |α| ||u||. vi + hu. ui + hv. vi. O próximo resultado nos permite saber se uma norma é de nida a partir de algum produto interno.13. ui + hv. vi. u + vi = ||u||2 + ||v||2 + 2hu. vi − hu. 69 V. u − vi = hu. temos no que segue sempre supomos que 0 ≤ hu + tv. vi| ≤ kuk kvk. t → ||u||2 + 2thu.Prova: É fazil ver que ||αu|| = p p p hαu. o conceito de norma é mais geral que o descrito neste capitulo. αui = α2 hu. ui + 2hu. Mostremos agora (4). então ku + vk2 − ku − vk2 = 4hu. vit2 = ||u||2 + 2thu. Ou seja. de modo v 6= 0 e u 6= 0. Para mostrar (4). Isto completa a prova. ui − hv. hu. vi − 2hu. consideremos as seguinte de nição. Proposição 5. vi = 2hu. vi + 2hu. vit + hv. No caso do exemplo 5. Fazendo uso da desigualdade de Cauchy-Schwarz. Antes de enunciar o próximo resultado. ui = |α| hu. a desigualdade de Cauchy-Schwarz é dada por | (x1 y1 + · · · + xn yn ) |≤ (x21 + · · · + x2n )(y12 + · · · + yn2 ). v são vetores em V. A partir do produto interno podemos de nir uma distância no espaço fazer isto. vi = 2(kuk2 + kvk2 ). ku + vk ≤ kuk + kvk.4 temos que b Z | Z f (x)g(x) dx |≤ a Proposição 5. Se v = 0 a propriedade é obvia. notamos que na teoria de análise. u − vi = hu. o que prova (1). Prova: Da de nição de norma temos que ku + vk2 + ku − vk2 = hu + v. ui + hv. 1) é d(u. v.vi −kuk kvk ≤ hu. 1. √ 2 2 2 2 kuk kvk x +y w +z A partir deste fato. Da geometria analitica sabemos que o angulo e v = (w. v. angulo entre as as funções seno e cosseno. v) = (1 − 2)2 + (1 − 2)2 + (3 − 1)2 = 6.17. de niremos o angulo entre dois vetores de um espaço vetorial u. 4. Corolário 5. v ∈ V. Considere o produto interno do Exemplo 5. v) para todo u. A funçaõ d(·) é uma distância em V . Exemplo 5. v) para todo u. ∞) uma função.19. ∞) de nda por d(u.20. π) tal que cos(θ) = Exemplo 5.11. w) + D(w.11. 3. Dizemos 1. v) = 0 se e somente se u = v. v) = D(v.21. y) é tal que xw + yz hu. v) é realmente a distância entre os vetores u e v . Consideramos agora algumas questões relacionadas ao conceito de angulo entre vetores.vi kuk kvk . De nição 5. v ∈ V.16. v ∈ V é o número real θ ∈ [0. temos que a distãncia entre as funções sin(·) e cos(·) é Z 2π 1 d(sin. vi ≤ kuk kvk de onde segue que −1 ≤ kuk kvk ≤ 1. v) = 0 ⇔ u = v. Prova: As primeiras três propriedades são obvias e a desiguladade 5 segue direta- mente da desigualdade triangular estabelecida na Proposiçao 5. vi cos(θ) = p = . 2. z) de R2 . Note que d(u. 2. da desigualdade de Cauchyhu. qualquer. D(u. v ∈ V são vetores não nulos. D(u. v) ≥ 0 para todo u. 1. Seja U um conjunto e D : U × U que D(·) é uma distância em U se → [0. hu. note que 1 2 . w) + d(w. 2. 3. θ entre dois vetores u = (x. D(u.12. d(u.vi kuk kvk . 3) e v = (2. v) = d(v. No que segue deste capítulo. v ∈ V. Note que se Schwarz temos que Como existe um único número real θ ∈ [0. u) para todo u. nas condições do Exemplo 5. v) ≤ d(u. v) ≤ D(u. As seguintes propriedades são satisfeitas. podemos introduzir a seguinte de nição. π) tal que cos(θ) = hu. w ∈ V.18. cos) = ( [sin x − cos x]2 dx) 2 0 Z 2π 1 = ( [1 − 2 sin x cos x] dx) 2 √0 = 2π.De nição 5. d(u. usaremos a notação [0. w ∈ V (desigualdade triangular).13 (com n = 3) a distãncia entre os vetores √ u = (1. Veja que no Exemplo p 5. v) = ku − vk sendo k·k d(·) para a função a norma em d : V ×V → V. u) para todo u. d(u. Similarmente. Proposição 5. O angulo θ entre dois vetores não nulos u. d(u. 2π sin2 x. 0 = 0. R 2πPara calcular o 0 sin x cos x dx = . Assim. o ângulo entre estas funções 70 hsin. cos i = π é 2. . Sejam u.24. . De nição 5. v ∈ V . . De nição 5. uj i + .27. Prova: Suponha que Pn i=1 αi ui do produto interno. Então S é linearmente independentes. De nição 5. a reta de menor comprimento que parte em é caracterizada pelo fato que o angulo entre as duas retas é L A 90◦ . n temos que é ortogonal e as propriedades n n X X 0=h αi ui . uj i i=1 de onde obtemos que obtemos que αj = 0 αj = 0 i=1 ou huj . . Tambem u e v é π/2. então u = Prova: Seja u ∈ V e suponha que u= Pn i=1 αi ui . estendidas no ámbito de espaços vetorias. usaremos a notação u⊥v para indicar que dois vetores são ortogonais. No que segue. Lema 5. para = 0.22. Observação 5. u 6= 0 e v 6= 0. . Se S é ortogonal e kuk = 1 para todo u ∈ S . . . . Dizemos que S = {u1 .1. Exemplo 5. Se P n i=1 hu. + αi hui . Usando que S é ortogonal e as propriedades do produto interno vemos que hu. {u1 . + αn hun . .1 Ortogonalidade A ortogonalidade entre vetores de R2 é um conceito relevante pois tem implicações geometricas importantes.29. este tipo de propriedades podem ser generalizadas. ui iui . não nulos.5. . Dizemos que u. . . no plano e um é intercepta L Como veremos. uj i = αi hui . . . Considerando o anterior. Dizemos que un counjunto S ⊂ V é ortogonal se u⊥v para todo u. de onde segue que De nição 5.25. un } é uma base ortonormal de V e u ∈ V . uj i de onde segue que = αj . . u 6= 0} é Proposição 5. .30. ui iui . P u = ni=1 hu. Note por exemplo que dada uma linha ponto fora de ela. dizemos que S é ortonormal. . . . introduzimos o seguinte conceito. notamos que se e somente se o ângulo entre Estabelecemos sem prova o seguinte Lema.3. v são ortogonais se hu. un } ⊂ V é un conjunto ortogonal formado por vetores não nulos. Dizemos que u ∈ V é ortogonal a un conjunto S ⊂ V se u⊥v para todo v ∈ S . No Exemplo 5. o cojunto de vetores S = {ei : i = 1. uj i + . . Se ortonormal. uj i = 0. uj i = αj huj . un } ⊂ V é uma base ortonormal de V se S é um conjunto ortonormal e S é uma base de V . v ∈ S com u 6= v . . então Note que se u⊥v u=0 ou v=0 então u⊥v. 71 . uj i = α1 hu1 . uj i = αj huj .26. n} é um conjunto ortonormal de Rn . Usando que S j = 1. Como os vetores em S são S é linearmente independente. Suponha que S = {u1 . Lema 5.23. . vi = 0.28. . u S ⊂ V é um conjunto ortogonal então { kuk : u ∈ S. algumas das quais serão evidentes no que segue. u = (1. ) + 0( . Lema 5. 1).31. . un } ⊂ U un conjunto ortonormal.− )i( .33. unP ] sendo {u1 . existe uma dependencia sobre a base.− ).Exemplo 5.1. o que mostra que u− Pn Como veremos no próximo resultado. De nição 5.35. O conceito de projeção ortogonal de u é motivado pelo seguinte resultado. u1 iu1 − · · · − hu. Note que na de nição do vetor PU (u). . PU (u)i = h αj uj .32.− ) 2 2 2 2 2 2 2 2 √ √ √ √ √ 2 2 2 2 2( . . . u − PU (u)i = 0. Suponha que U = [u1 . o que implica i i i=1 n que u − PU (u) = 0 e que u = i=1 hu. De fato. . é conveniente trabalhar com bases ortonormais. 1). . . P Prova: Seja w = nj=1 αj uj ∈ U. 72 . não existe esta dependencia. . que permite obter uma base ortonormal a partir de uma base qualquer. un } é um conjunto ortonormal. ui ihuj .2 Processo de Gram-Schmidt Por diferentes razoes.30 temos que √ de √ √ √ √ √ √ √ 2 2 2 2 2 2 2 2 (1. )i( . . hw. 0 5. ) + h(1. Se u ∈ V então o vetor dado por u − ni=1 hu. Nesta seção apresentaremos o processo de ortogonalização de Gram-Schmidt. . ui iui ⇔ u ∈ U . Por utro lado. O processo de Gram-Schmidt está descrito na demostração do Teorema 5. . = 2 2 2 2 √ 2 modo que uB = . un ] sendoP {u1 . se u ∈ U então hu. . ). uj i j=1 = 0. ( . vemos que n n X X h αj uj . 1) ∈ Usando o lemma anterior podemos achar as coordenadas do vetor R2 em relação a base √ B = {( √ √ √ 2 2 2 2 . ui iui . ui + h n X j=1 n X j=1 n X j=1 n X j=1 n X αj huj . . ui − αj uj . ui iui é ortogonal a U e Pn u = i=1 hu. un } ⊂ U un conjunto n i=1 hu. ui − j=1 αj huj . . PU (u)i = 0 para todo w ∈ U . u − hu. u iu ∈ U de ondePvemos que hu − PU (u). ( . −hu. . . Suponha que U = [u1 . . O vetor PU (u) = ortogonal de u em U . 1) = h(1. ( . do Lemma 5. − 2 2 2 2 )} de R2 . . Para provar este teorema é conveniente considerar alguns resultados preliminares. un iun i αj n X hu. Usando que {u1 . u1 iu1 − · · · − hu. un iun i j=1 j=1 n X = h = = αj uj . . ui i i=1 αj hu. ui iui é chamado de projeção ortonormal e seja u ∈ V. . .33 sabemos que os vetores Como foi observado anteriormente. . u2 . o que implica que base ortonormal de Observação 5.ui iui k Suponha agora que usando o processo anterior obtemos que k < n e uj = [{v1 . Este método é chamado de processo de ortogonalização de Gram-Schmidt. ui iui = Sejam 5. . . Prova: w = u− Pn i=1 hu. . . vi ivi ∈ U . . uk . un }] = [{v1 . v1 . u1 . . vn } é uma base de U2 = [u1 . . . uk . . obtemos que um conjunto ortonormal que que [{u1 .33 sabemos que o vetor v2 − PU1 (v2 ) = v2 − hv2 . uk }]. Prova: U e seja u1 = kvv11 k e U1 = [u1 ]. vk }] = [{u1 . u } e R = {v . uk } com P vj − j−1 i=1 hvj . . . . v1 . un } tal {u1 . i=1 hu. Suponha que {v1 . z são ortogonais a U e como w − z ∈ U obtemos que hw − z. . v3 }] pois {u1 . . . Assim. . . vi ivi e que PU (u) é independente de S e R. v2 .35. . . Do Lemma w. . . uk }] ⊂ [{vk+1 . u3 }] = [{v1 . . . .ui iui P kvk+1 − ki=1 hvj . . vn }]. v2 . Se u ∈ V . u2 iu2 − v −P (v ) hv2 . u1 . vk .Proposição 5. Pelo Lemma 5. ui iui = i=1 hu. z = w o que implica que Pn Pn i=1 hu. . . é claro que [{u1 . . . u2 } é ortonormal o que 1 implica via Proposição 5. Suponha que U ⊂ V é um subespaço vetorial e que conjuntos S = {u . Agora. .ui iui k Uk . .33 sabemos que v3 −PU2 (v3 ) = v3 −hv2 . u1 . . como as dimensões de [{uk+1 . . . ui iui e i=1 P vk+1 − ki=1 hvj . vk+1 }]. u2 .33 temos que o vetor ortogonal ao espaço vk+1 − PUk (vj ) = vk+1 − Uk = [{v1 . vi ivi e PU (u) é independente de S e R. Como pode-se observar. vk . . u3 } é lineSeja armente independente. .34. . . {u1 . . u2 . u2 . . . wi + hw − z. linearmente independente e que kvj − j−1 i=1 hvj . . . v3 }] o que implica que [{u1 . w − zi = hw − z. . que {u1 . . . u2 }] = [{v1 . . Se U é um subespaço vetorial de V então existe uma base ortonormal para U . . . . u1 iu1 é ortogonal a v −P (v ) U1 . . . v2 }]. . . Se de nirmos agora u2 = kv22 −PUU1 (v22 )k obtemos que {u1 . uk+1 }] = [{v1 . uk+1 } é linearmente independente e que uk+1 ∈ [{uk+1 . Pelo Lema 5. . . . pela Proposição 5. . . . Mais ainda.ui iui P é ortonormal. v2 . . . vk }] de onde segue que uk+1 = Pk hvj . . Pelo Lemma 5. . ui iui e z = u− Pn i=1 hu. . u3 } é linearmente independente. . . U.28 que é {u1 . zi = 0. . a prova do Teorema anterior nos fornece de um método para obter uma base ortonormal a partir de uma base qualquer de 73 V. . . a prova do próximo resultado nos fornece de um método para obter uma base ortonormal a partir de uma base qualquer. vk }] são iguais podemos concluir que [{u1 . . então Pn n i=1 hu. também é ortogonal a {u1 . . u2 } é linearmente independente. u1 iu1 é ortogonal ao espaço U2 o que implica que u3 = kv33 −PUU2 (v33 )k é tam2 bem ortogonal a U2 . . un } é uma Continuando como antes. Mais ainda. uk }] e [{vk+1 . . v3 }] temos que [{u1 . u3 }] ⊂ [{v1 .28 obtemos que {u1 . Teorema 5. . u2 ]. v 1 n P 1 n } são bases ortonormais de U . como u3 ∈ [{v1 . . vk }]. uk }] ⊂ [{vk+1 .36. Mais ainda. . p3 (x) = kx2 − hx2 .11.35 teremos que primer vetor da base ortonormal é dado por que u1 (t) = u1 = 1. Se usamos as notações do Teorema 5.37. un } são os vetores de nidos por v1 . 3(2x − 1)i 3(2x − 1)k2 1 = kx2 − x + k2 6 Z 1 1 1 = (x2 − x + )2 dx = . ui iui hvn . ui iui k . Assim.1i1k . Assim temos v1 (t) kv1 k 1 1 1 (x − )2 dx = . . O = kv11 k = 1. √ √ x2 − hx2 . vn − Pn−1 kvn − i=1 Pi=1 n−1 hvn . ui iui i=1 hvk+1 . uk+1 = vk+1 − kvk+1 − Pk Pki=1 hvk+1 . se {v1 . Como u2 (x) = kx − hx. 2 12 v3 −hv3 . .u1 iu1 −hv3 . 1i1 − hx2 . 1i1 − hx2 . . 3(2x − 1)i 3(2x − 1) √ √ .1i1 kx−hx. . . u1 iu1 − hv3 . fórmula u3 = v1 = 1. v2 = t e v2 = t2 . x. . u1 iu1 kv2 − hv2 . kv1 k v2 − hv2 . No que segue usaremos o produto interno do Exemplo 5. . . . usaremos o processo de Gram-Schmidt para achar uma base ortonormal de P2 (R) a partir da base {1.De fato. x2 }. . vn } V é uma base de u1 = u2 = u3 = e {u1 . 6 74 3 6 . u2 iu2 kv3 − hv3 . 3(2x − 1)i 3(2x − 1)k Como 2 Z hx . 1i1 − hx2 . u1 iu1 k v3 − hv3 . un = então {u1 . 6 180 0 obtemos que p3 (x) = √ √ 1 180(x2 − x + ) = 5(6x2 − 6x + 1).u2 iu2 k . un } Exemplo 5. V. Neste exemplo. √ √ Z 3(2x − 1)i = 3 √ 1 2 x (2x − 1) dx = 0 e √ √ kx2 − hx2 . . ui iui k é uma base ortonormal de .u1 iu1 −hv3 . . . . . . u2 iu2 k . 1i = 0 1 1 x dx = . 1i1k2 = e Z 0 √ u2 (x) = 12(x − 12 ) = O polinomio u3 é calculado via para x ∈ R temos que √ obtemos que a 3(2x − 1). O polinomio u2 é calculado via a formula Z hx. 1i = 1 x dx = 0 1 2 x−hx. u1 iu1 − hv3 . 3 2 2 hx .u2 iu2 kv3 −hv3 . 1. 0. − 13 . 1. 0) + z(−1. 1). (− √ . k(− 31 . 0)i = √ . z. 0). 1). 1). √ (−1. (− √12 . z. 0. 75 . Exemplo 5. 0. 0. y.0) u1 = k(−1. 0. Além disso.− 13 . 0) − h(−1. note que (x. 0. √ . 0. 6 u2 = u3 = √1 (−1. 0. √12 . 1. 0. Para comezar. 1. 0) − h(2. 0. − 3 . 0. 1. − 21 . 0. 2.Do anterior. 0). z. 1. 0)k 5 5 Do anterior segue que Exemplo 5. −1. √12 . − . entçao (x. 0). 0. 2 2 2 1 1 h(−1. y. 0) − h(2. √12 . 0. 0) − h(−1. 0)i(− √12 . 1) − h(−1. Usemos agora o método de Gram-Schmidt para achar uma base W = {(x. t) = (−y − z − (x. u2 iu2 k e como 1 1 1 h(−1. √ . 0. 1.1. 0. − 21 . 0). u1 iu1 − h(−1. 0. − . 1). Da de nição de 6 u3 vemos que (−1. 0. 0. √12 . 0) + t(−1. 0). Neste exemplo procuraremos uma base ortonormal para o espaço W = {(x. {(−1. t) ∈ R4 : x + y + z + t = 0}. 1) pois k(0. 1) − h(−1. (0. 0. 1) − h(−1. 0. 2. 0. 0. t) = y(−1. 1. 0. − 13 . 0. 1). temos que achar primeiro uma base de W . 0. É fazil ver que (−1. 0)k 1 √ (−1. 1. 1. 0)i(− √12 . de onde obtemos que se e somente se (x. 0. 2.0. u1 iu1 − h(−1. 0. vemos que {(− √ . 1). 0. k(2. z) = (2y. √ . temos que u1 = (0. (− √12 . y. 0).0)k = (− √12 . 0) + z(0. 0)i = √ . Se (x. 0). 0. 1). 0)} é uma base ortonormal de W. 0. 0). 0). y. −1. 1). 1. 1. u2 iu2 = (− . 0. 0. y. u1 i = h(−1. 0.− 13 .0. o conjunto {1. z) ∈ R3 : x − 2y = 0}. y. 1). 0. − 3 . y. 6 6 1 1 1 (−1. 0). √12 . 0. 1). v2 } é uma base de W.− 13 . √15 . −1.1) obtemos que u3 = = 12 3(− 13 . 1)i(0. Calculemos agora os vetores ui de nidos via Gram-Schmidt. 1. 1). 0. Se usamos esta base.38. 0). Para obter uma base ortonormal de W . 1).1)k √ 1 1 1 1 1 1 1 Assim. √ 3(2x − 1). 0. 0). u2 iu2 k(−1. 0. 0. (0. 0. 1)k = 1. z) = y(2. 0. 1. t) ∈ W t. √ 5(6x2 − 6x + 1)} é uma base ortonormal de P2 (R). 2 3(− 3 . 0. −1. 1)} = {v1 .1. 0. 1. 1. (−1. z. 1)k k(2. 1). y. 1). 0) k(−1. 0. 1. ( √25 . o vetor u2 é dado por ortonormal de u2 = (2. 1. 0. {(0. 0. 3 3 3 √ (− 13 . 1)} = {v1 . u2 i = h(−1. 0. 0) 2 1 = = ( √ . 0. 0. (−1. 1) (2. 0. 1)} é uma 2 2 6 base ortonormal de W .39. 0)k (− 12 . 0. t). 0. z. 0) k(− 12 . z) ∈ W . v3 } é linearmente independente seque-se que este conjunto é uma base de W. 1) de onde é fazil concluir que {(2. 0). v2 .− 13 . √ (−1. 0. u1 iu1 − h(−1. 2. y. Em relação a u2 vemos que Como u2 = = = de modo que (−1. 1)i(0. (0. 0) 2 2 2 2 5 5 = ( . √13 ). − √ . Calculemos a projeção ortogonal do vetor U= [x3 p(x) = 1 + x + x2 + x3 sobre o espaço − x]. 0)} é uma base ortonormal. . − √ . √ . − √13 . 0)]. 3. 3 −x { kxx3 −xk } = {u1 } é uma base ortonormal de U . 1) sobre o espaço U . u1 iu1 + hu. então a projeção de u em U é dada por PU (u) = hu. √ . √13 ). √ )i( √ . u2 } = {( √13 . ku1 k i ku1 k . √ ) 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 +h(2. 1). 0)i( √ . Usando o produto interno 3 usual de R . ( √ . Exemplo 5. ( √ . √12 . u2 iu2 e que este vetor é independente da base Seja ortonormal considerada. Note Como o conjunto projeção de um agora que 3 2 Z kx − xk = 1 3 Z 2 (x − x) dx = 0 0 = 1 .41. temos que a u1 u1 vetor u sobre o espaço U é dada por PU (u) = hu. 1). u2 } é uma base ortonormal de U .40. √12 . PU (u) diretamente. Lembre que se {u1 . 3. 1)) = h(2. − √13 . Considere P3 (R) com o produto interno do Exemplo por 5. Assim. calculemos a projeção ortogonal do vetor u = (2. 2 2 Exemplo 5. Como neste caso podemos calcular 1 1 1 1 1 1 PU ((2.11. 3.Nos próximos exemplos calcularemos a projeção ortogonal de um vetor sobre um determinado espaço vetorial. U = [( √13 . ( √12 . 3. ( √12 . 0). {u1 . 1 x7 x3 2x5 . . + − (x + x − 2x ) dx = 7 3 5 . ? Suponha que distancia de V e que u ∈ V.1. A resposta a esta pergunta é dada no seguinte Teorema. 76 Qual é a menor . Este método. nace a partir da seguinte pergunta U é um subespaço vetorial entre u e o espaço U . x3 − xi 8 Z 105 1 (1 + x + x2 + x3 )(x3 − x) dx 8 0 Z 1 8 −11 105 (−x − x2 + x5 + x6 ) dx = .3 105 h1 + x + x2 + x3 . O metodo dos mínimos quadrados Nesta seção introduziremos um método que pode ser usado na teoria de optimização. u1 i = = = Do anterior obtemos que 5. 105 0 21 8 3 PU (p)(x) = − 55 8 (x − x).0 6 2 4 8 1 1 2 + − = 7 3 5 105 e hp. chamado dos mínimos quadrados. Lema 5.46. 0. z) + ( √ )( √ . z). Prova: Seja v ∈ U. 3). 0.1. então ku−PU (u)k ≤ ku − vk para todo v ∈ U . ui = 0. . ui = hv. podemos determinar uma formula geral para (x. ponto Exemplo 5. 0) 5 5 5 5 2 1 = (0. 3). √ . √ . y.Teorema 5. Desejamos w ∈ W tal que ku − wk seja a menor distância de u a algum ponto Seja U. ( √ . y. achar um ponto de é crescente. 2. 1)i(0. v + αw ∈ V ⊥ . w ∈ V ⊥ . 0)i( √ . Seja U um subespaço de V . 0) 5 5 2 1 = 3( . (0.43. z) PW (u). Se usamos esta base para 5 5 calcular PW (u). 3) + 3( . 1). 1) + h(1. 0)} é uma base ortonormal de W . 0) 5 5 5 5 2x + y 2 1 = (0. 5z). 0. √ . temos que 77 . tambem mostra que a menor distancia entre PU (u) ∈ U . PU (u) − vi + hPU (u) − v. (0. Prova: Se v. . 0. Usando que u − PU (u) é ortogonal a U e que PU (u) − v ∈ U vemos que ku − vk2 = ku − PU (u) + PU (u) − vk2 = ku − PU (u)k2 + 2hu − PU (u). Mais ainda. y. 1). Se U é um subespaço vetorial de V e u ∈ V \U . 2x + y. 2. 1) + h(x. 5 5. ∀ u ∈ U }. √ . Como a função x → x2 ku − PU (u)k ≤ ku − vk para todo v ∈ U . O complemento ortogonal de U (denotado U ⊥ ) é o conjunto de nido por U ⊥ = {v ∈ V : hu. PU (u) − vi = ku − PU (u)k2 + kPU (u) − vk2 de onde obtemos que segue do anterior que Observação 5. ui + αhw. y. u e o espaço U é atingida no é dada pelo comprimento do vetor W = {(x. De fato. PW (u) e do Exemplo 5.45. α ∈ R e u ∈ U o que da de nição de V⊥ implica que hv + αw. ( √ .38 sabemos 2 1 que {(0. 0.42. 0) 5 5 5 1 = (4x + 2y. sabemos que este ponto é 2 1 2 1 PW (u) = h(1.4 Complemento Ortogonal De nição 5. 1)i(0. y. 0)i( √ .44. 3). Se U ⊂ V então U ⊥ é um subespaço vetorial de V. a menor distância u − PU (u) que é ortogonal (perpendicular) a U .42. 5 5 Mais ainda. se u= vemos que 2 1 2 1 PW ((x. Note que o ultimo Teorema nõ somente responde a pergunta anterior. x)) = h(x. vi = 0. 0. √ . temos que Pelo Teorema 5. z). z) ∈ R3 : x − 2y = 0} e u = (1. 0. ( √ . 2. ku − PU (u)k ≤ ku − vk. √ . un } ⊂ V é um conjunto ortonormal. então kT (u)k2V = hT (u). ·iV 5. ·iU e h·. (1. U e V são espaços euclidianos e denotaremos por os respectivos produtos internos. T (uj )i = hui . provemos que (4) implica (1). Pela teoria desenvolvida neste capitulo sabemos que existe uma base ortonormal {u1 . hT (u). o que prova que (1) implica (2). Para fazer isto é su ciente encotrar alguma base {u1 . Assim. 2. Por otro lado. . vi. . z). u2 } de U e achar todos 3 os vetores w ∈ R tais que hw. A prova que (2) e (3) são equivalentes é obvia. . Logo. (x. para u. . 0). . . 1. V ) é uma isometria se hT (u1 ). V ). z). −1) e V ⊥ = [(1. Teorema 5. Se {u1 . . 1. 4. −1)].49. 1. Se U é um subespaço de V então V Prova: Seja v ∈ V . ⊥ o que implica que V ⊂ U + U ⊥ v = PU (v) + v − PU (v) ∈ U + U T ⊥ ⊥ e V = U + U . 0)i = 0 e h(x. y. y. = U ⊕ U ⊥. z) ∈ U h(x. Para comezar observamos que de onde temos que Exemplo 5. u1 i = 0 e hw. Logo. se 78 . . . U = {(x.50. uiU = kuk2U . de onde obtemos que x + y = 0 e x + z = 0. z) ∈ R3 : x − y − z = 0}. Mostremos agora que (3) implica (4). . 0. . . T é uma isometria. . y. se w ∈ U U segue-se que hw.47. da relação hT (ui ). (1. T (un )} é ortonormal em V. −1. un } de U . Isto completa a prova. y. notamos que de (3) e a Proposição 5. temos que caraterizar todos os vetores w ∈ R3 tais que hw. . u2 ∈ U. 0. . . Para comecar. un } ⊂ V é ortonormal então {T (u1 ). Dizemos que hu1 . pois T é linear. T (v)i = {u1 . h·. ⊥ teremos que É fazil ver que U = [(1. 1)]. se (x. Seja Nas seguintes seções estudaremos brevemente alguns tipos especiais de transformações lineares. ui = 0 para todo u ∈ U . Para achar o espaço U ⊥ . T ∈ L(U. u2 i = 0. j . v ∈ U tem-se que é uma isometria e 1 (kT (u) + T (v)k2 − kT (u) − T (v)k2 ) 4 1 = (ku + vk2 − ku − vk2 ) 4 = hu. v ∈ V. segue que {T (u1 ). T (un )} é ortonormal. wi = 0 o que implica T ⊥ que w = 0 e que U U = {0}. T (u)iV = hu. . Prova: Se T u ∈ U . Suponha que T ∈ L(U. kT (u) − T (v)k = ku − vk para todo u. 3.Teorema 5. . u2 iV para todo u1 . uj i para todo i. y.5 No que segue. 1)i = 0. kT (u)k = kuk para todo u ∈ V.48. T (u2 )iU = O conceito isometria" é motivado pelo seguinte resultado. As seguintes condições são equivalentes.15.1. z) = x(1. . (1. v ∈ U . −1. v − PU (v) ∈ U ⊥ e que PU (v) ∈ U . Para nalizar. Isometrias De nição 5. . Se u. para (x1 . Ex. T é uma isometria. .do Lemma 5. hv.53. A prova do Teorema está completa.52. Seja interno em V. vi = h n n X X hu. Estude se a função V espaço vetorial. hv. T (v)iU = hu. . T (un )} é ortonormal vemos que n n X X hT (u). viV é isometria. ui iui . y1 ). ui iT (ui ). V ) é uma isometria e dim U = dim V então T é um Prova: Como kT uk = kuk para todo u ∈ U que T é isomor smo pois e é claro que T é injetora de onde segue dim U = dim V .2 Exercícios Ex. y2 )i = x1 x2 (cos2 θ + sin2 θ) − y1 x2 (− cos θ sin θ + cos θ sin θ) −x1 y2 (cos θ sin θ − cos θ sin θ) + y1 y2 (cos2 θ + sin2 θ) = x1 x2 + y1 y2 = h(x1 .51. . . (x2 . ui iui de onde obtemos que hu. 5. uj iT (uj )i = = i=1 n X n X j=1 hu. ui ihv. usando agora que {T (u1 ). comparando as igualdadea anteriores é claro que T o que prova que Exemplo 5.i é um produto interno em 79 V. y1 ).30 temos que u= Pn i=1 hu. y2 ) ∈ R2 obtemos que hT (x1 . . uj ihT (ui ). T (v)i = h hu. (x2 . T (x2 .54. uj iuj i i=1 = = j=1 n X n X hu. 5. x sin θ + y cos θ). hT (u). T ∈ L(U. y) = (x cos θ − y sin θ. y2 )i. Mostre que sempre é possivel de nir um produto h. uj i i=1 j=1 n X hu. i=1 Por outro lado. θ∈R Seja e T : R2 → R2 a transformação linear dada por T (x. ui ihv. i=1 Finalmente. ui ihv. de onde vemos que Lema 5. uj ihui . 5. T (uj )i i=1 j=1 n X hu. ui i. Se isomor smo. y1 ). Depois de alguns calculos. ui ihv. ui iui e v= Pn i=1 hv. ui i. 56. 0. 2). 0). Ex. 0. V = R3 5. (os polinomios são . t2 . z2 . 80 R1 0 p(t)q(t)dt V = R4 . u = (1. 4 3 Ex. V é o espaço grau 2 de nidos sobre [0. W = [1. wi = x1 x2 + y1 y2 + z1 z2 − t1 t2 (x2 . achar tr onde sendo u = (x1 . V = M (3. t2 ] usando o processo de Gram-Schmidt. 4)] 2. wi = 2x1 x2 + 4y1 y2 e hA. v = (3. V = M (3. B= d(u. 1. 4.55. 1. qi = 0 p(t)q(t) dt e S = t. V = R4 e hu. 3) Ex. e e e hu. y2 . R1 V = P2 (R) com produto interno hp. y1 ). 5. V = M (2. qi = 0 p(t)q(t) dt. z2 ). 3. 0 0 0 1 1 0 com produto interno Achar uma base ortonormal para 1. . Bi = tr(At B) e 1 0 0 1 0 0 S= . 1 1 1 2 2 2 com produto interno Estude se o conjunto S é ortonormal em V. V = M (2. 3. qi = 0 p(t)q(t) dt e u = p(t) = 1 + t + 4t2 . com o produto interno usual e interno hA. 1). y1 . u = (x1 . 1 + t. com o produto interno usual. 0)}. V = R2 2. vi.1. é a função traço. V = R3 2. z1 ). qi = a0 b0 +a1 b1 +a2 b2 +a3 b3 sendo p(t) = a0 +a1 t+a2 t2 +a3 t3 . R1 hp. wi = x1 x2 + y1 y2 sendo Nos seguintes casos. kuk. 1]). 2. qi = com o produto considerados de nidos sobre W [0. 1). 5. sendo hu.58. Bi = tr(At B) hu. y1 . 2. com o produto usual de hp. 1. 3). 1. 3. v). Bi = com produto interno Em cada um dos itens abaixo achar V = R4 tr(At B) e A= 1 2 4 12 . 5. .57. 2. 1. 2) 4. (1. 1] com produto interno R 1 dos polinomios de hp. w = e o ângulo entre os vetores u v. q(t) = b0 + b1 t + b2 t2 + b3 t3 . Bi = tr(At B). 2. hA. 1. com o produto interno usual e S = {(0. t2 ). t1 ). 3. 0. 2) 8 −1 . u = (1. hA. 1 2 3 1 2 1 u = 4 5 6 e v = 0 0 1 . 1. V = R3 2. V = P2 (R) com produto v = q(t) = 2 + 5t2 . v = (1. y2 ). (0. W = [(1. 5. 3. 1. u = 1 + t e v = 43 t + 3t2 . Ex. z1 . y2 . 3) 1. V = P3 (R) e hp. 1). (0. kvk u = (x1 . 0). w = (x2 . w = (x2 . β u = (u1 . 1.62. v >= u1 v1 + 2u2 v2 + 3u3 v3 . .61. é a menor das distâncias entre x e algum vetor de V .2.) 3. . ·i Ex.1 hf. 2π]. sin x. (A distancia de um vetor x a um espaço vetorial V . . Achar uma isometria em √1 2 seja √1 2 0 x P2 (R) cuja matriz em relação à base canônica 0 1 . é o produto interno m∈R Achar hA. (1. de modo que a transformação T : R3 → R3 dada por 1 1 1 2 1 1 1 T (x. 1. ? P(R) o espaço vetorial formado por todos os polinomios de nidos de R em R. Achar {(1. 2) dada por T (A) = At é uma isometria?. 5. 0)}.60.59. Bi = tr(At B). Considere em R3 o produto interno < u. cos 3x. A função < ·. 3 uma base ortonormal para R a partir da base R2 {(x. . v2 ) vetores de R2 de nimos < u. 2) → M (2. 5. − √ x + √ y − √ z. y. Prova teste 3 de 2011 1. cos 2x. Estude se a função < p. sin 3x. Ex. cos x. Seja W o subespaço de formado pelos vetores ⊥ o espaço W . Achar (1.3. 5. gi = R 2π 0 C([0. z) = ( √ x + √ y + mz. Para e v = (v1 . 5. . Mostre que o conjunto T : M (2. Produto interno: (a) Sejam α. Achar 10 produtos internos diferentes para o espaço dos polinomios de grau n. (1. 2) dado por 1 0 0 1 0 0 W = . sin 2x. A função Ex. · > é um produto interno em R2 . W e M (2. . 0. −1) aos espaços W e W ⊥ . 2x) : x ∈ R}. 0 0 0 1 1 1 é o subespaço de h·. Achar a distancia do vetor 81 . − √ x + √ z) 3 3 6 6 6 2 2 seja uma isometria. . q >= p(1)q(1) é um produto interno em P(R). (b) Seja 2. z 0 y Ex. u2 ) números reais. {1. R) com relação ao produto f (x)g(x)dx. 0). v >= 5u1 v1 + 6u2 v2 .} é ortogonal no espaço das funções contínuas interno 5. . 1). (1. (b) Achar uma base ortonormal para (c) Achar a projeção (d) Achar um vetor PZ : v∈Z R3 Z.2. R3 com o produto interno usual e seja Z Z = {(x. Z uma base de vetores o subespaço de R3 de nido é espaço vetorial. 0. y ∈ R}. k v − (1. Considere por (a) Mostre que V (λ). x + y) : x. tal que k v − (1. 1) k z ∈ Z. → Z. Considere por (a) Achar uma base ortonormal para (b) Achar a projeção (c) Achar um vetor todo 5. u3 ). 2. (v1 . (a) < (u1 . z) = (3x − y + z. u3 ). Prova de recuperação de 2011 1. −1. 0)}. achar uma base ortonormal a partir da base {(1. é diagonalizável. (b) < (u1 . x + y) : x. v2 . 0.? C [T ]B B .2 Prova 3 de 2011 1. 82 para todo . 2x.3 PZ : R3 v∈Z o subespaço de R3 de nido Z. u2 . v2 .5. é transformação linear ? (b) Achar os autovalores de T. 1. v3 ) >1 = u1 v1 + 2u2 v2 + 3u3 v3 . v3 ) >2 = u1 v1 − u2 v2 + u3 v3 . 1) k≤k z − (1. Seja T : R3 → R3 (a) A função T dada por T (x. Estude se as seguintes funções são produto interno em R3 . (v1 . −x + 5y − z. 1) k≤k z − (1. y. (1.2. (c) Se alguma das funções é produto interno. u2 . 2x + y. 1). −1. 1. 0. (c) Achar uma base e a dimensão de cada um dos espaços (d) A funçaõ (e) Se T T é diagonalizável. y ∈ R}. 1) k tal que para z ∈ Z. [Id ]B sendo B 3 canónica de R . achar 3 proprios de R e C a base R3 com o produto interno usual e seja Z Z = {(x. x − y + 3z). 2. 0). → Z. .. Atual Editora Ltda. 83 . A. cações. H.. C. 1978. Coleção Matemática Universitária. Lima. 2a Álgebra Linear e Apli- edição.. C. E. Álgebra Linear. H. F. CNPq.Referências Bibliográ cas [CDC] [L] Callioli. Rio de Janeiro. L. IMPA. R. Domingues. 1995. Costa.