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2ª Edição
Florianópolis, 2011
Álgebra Linear ISonia Elena Palomino Castro BeanDaniel Noberto Kozakevich
Governo FederalPresidente da República: Dilma Vana Rousseff
Ministro de Educação: Fernando Haddad
Coordenador Nacional da Universidade Aberta do Brasil: Celso Costa
Universidade Federal de Santa CatarinaReitor: Alvaro Toubes Prata
Vice-Reitor: Carlos Alberto Justo da Silva
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Pró-Reitora de Pesquisa e Extensão: Débora Peres Menezes
Pró-Reitor de Pós-Graduação: Maria Lúcia de Barros Camargo
Pró-Reitor de Desenvolvimento Humano e Social: Luiz Henrique Vieira Silva
Pró-Reitor de Infra-Estrutura: João Batista Furtuoso
Pró-Reitor de Assuntos Estudantis: Cláudio José Amante
Centro de Ciências da Educação: Wilson Schmidt
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Curso de Licenciatura em Matemática naModalidade à DistânciaCoordenação de Curso: Neri Terezinha Both Carvalho
Coordenação de Tutoria: Jane Crippa
Coordenação Pedagógica/CED: Roseli Zen Cerny
Coordenação de Ambientes Virtuais/CFM: Nereu Estanislau Burin
Comissão EditorialAntônio Carlos Gardel Leitão
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Igor Mozolevski
Luiz Augusto Saeger
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Laboratório de Novas Tecnologias - LANTEC/CEDCoordenação PedagógicaCoordenação Geral: Andrea Lapa, Roseli Zen Cerny
Núcleo de Formação: Nilza Godoy Gomes
Núcleo de Pesquisa e Avaliação: Claudia Regina Flores
Núcleo de Criação e Desenvolvimento de MateriaisDesign GráficoCoordenação: Laura Martins Rodrigues, Thiago Rocha Oliveira
Projeto Gráfico Original: Diogo Henrique Ropelato, Marta Cristina Goulart
Braga, Natal Anacleto Chicca Junior
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Ilustrações: Gabriela Dal Toé Fortuna, Kallani Maciel Bonelli
Capa: Rafael Naravan Kienen
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Revisão Gramatical: Daniela Piantola, Raquel Coelho, Tony Roberson De M.
Rodrigues
Copyright © 2011, Universidade Federal de Santa Catarina/CFM/CED/UFSC
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Acadêmica do Curso de Licenciatura em Matemática na Modalidade à Distância.
Ficha Catalográfica K88a Kozakevich, Daniel Álgebra Linear I / Daniel Norberto Kozakevich, Sonia Elena Palomino Castro Bean. – 2. ed. – Florianópolis : UFSC/EAD/CED/ CFM, 2011. 250 p. : il. ; grafs. , tabs. Inclui bibliografia UFSC. Licenciatura em Matemática na Modalidade a Distância ISBN 978-85-8030-023-9 1. Álgebra linear. I. Bean, Sonia Elena P. Castro. II. Título. CDU 512.64
Catalogação na fonte pela Biblioteca Universitária da UFSC
Sumário
Apresentação ............................................................................. 7
1. Matrizes ................................................................................. 91.1 Matriz .......................................................................................... 111.2 Tipos de Matrizes ...................................................................... 161.3 Operações com Matrizes ........................................................... 241.4 Determinantes ........................................................................... 411.5 Matriz Adjunta: Adj (A) ............................................................. 511.6 Inversa de uma Matriz .............................................................. 55Resumo .............................................................................................. 71Bibliografia Comentada ................................................................... 73
2. Sistemas Lineares ............................................................... 732.1 Preliminares ................................................................................ 752.2 Sistemas Lineares ....................................................................... 802.3 Decomposição LU .................................................................... 108Resumo ............................................................................................114Bibliografia Comentada ..................................................................115
3. Espaços Vetoriais .............................................................. 1173.1 Introdução ..................................................................................1193.2 Espaços Vetoriais ...................................................................... 1243.3 Subespaços Vetoriais ................................................................ 1333.4 Espaços Gerados ........................................................................1483.5 Independência Linear .............................................................. 1553.6 Bases e Dimensão ......................................................................1663.7 Subespaços Associados a Matrizes e Computação de Bases .................................................................................................1893.8 Espaços Linha/Coluna e os Sistemas Lineares .................... 194Resumo ............................................................................................ 197Bibliografia Comentada ................................................................. 199
4. Transformações Linares .................................................. 2014.1 Introdução ................................................................................. 2034.2 Operações com Transformações Lineares .............................2164.3 A Imagem e o Núcleo de uma Transformação Linear ........ 2264.4 Transformações Injetoras, Sobrejetoras e Isomorfismos ..... 2334.5 Representação Matricial de Transformações Lineares ....... 2394.6 Matrizes e Transformações Lineares, Equivalências e Propriedades ................................................................................... 247Bibliografia Comentada ................................................................. 249
ApresentaçãoA Álgebra Linear é o estudo dos espaços vetoriais e das trans-formações lineares definidas entre eles. Quando os espaços têm dimensões finitas, as transformações lineares podem ser repre-sentadas por matrizes. Também com matrizes podem ser repre-sentadas as formas bilineares e, mais particularmente, as formas quadráticas. Assim a Álgebra Linear, além de vetores e transfor-mações lineares, lida também com matrizes e formas quadráticas. São numerosas e bastante variadas as situações, em Matemática e em suas aplicações, onde esses objetos se apresentam. Daí a im-portância central da Álgebra Linear no ensino da Matemática.
Neste livro se introduzem os conceitos da Álgebra Linear, desde os mais simples, que são as matrizes, até os mais abstratos, quan-do se trata do estudo de espaços vetoriais. Todos esses conceitos são apresentados, dentro do possível, de uma forma acessível, aju-dando a compreensão com muitos exemplos, exercícios resolvidos e propostos. Também, com o objetivo de facilitar a compreensão do conteúdo, colocamos alguns tópicos com detalhes e justifica-ções que usualmente não são expostos nos livros tradicionais.
Este texto pretende fornecer conceitos suficientes para que os estudantes consigam ter acesso ao nível dos livros avançados. Isto não significa deixar para trás as possibilidades que oferece a utilização de um software matemático ou ignorar as aplicações, no favor de uma exclusiva e única compreensão da Matemática. Significa que se pretende, principalmente, que o leitor obtenha uma compreensão global dos conceitos (como por exemplo, que a multiplicação de uma matriz por um vetor pode ser entendida como a aplicação de uma transformação linear) e também consiga acompanhar as provas e demonstrações.
O primeiro capítulo trata de Matrizes e Aplicações. No segundo capítulo, se estudam os Sistemas Lineares, começando com uma breve revisão dos conceitos da Geometria Analítica, para poder en-tender em uma forma geométrica como é que tais sistemas podem ser caracterizados. No terceiro capítulo define-se Espaço Vetorial, um conceito básico da Álgebra Linear que proporciona unidade e precisão aos assuntos essenciais da Matemática. E finalmente,
o quarto capítulo introduz a noção de Transformação Linear e as relações que existem entre transformações lineares e matrizes.
Embora a apresentação esteja focalizada sobre os principais tópi-cos da Álgebra Linear, não pressupõe que os estudantes possuam desde o início uma prática em trabalhar com conceitos que de-mandem certos níveis de abstração, ainda que desejável. Em lugar disso, esta atividade é estimulada através dos muitos exemplos e exercícios que diferem das verificações rotineiras ou uso de téc-nicas de resolução. O objetivo está colocado principalmente em desenvolver, sendo o material usual de um curso de graduação, o nível de maturidade matemática de um estudante da Licenciatu-ra de Matemática.
Sonia Elena Palomino Castro Bean
Daniel Noberto Kozakevich
Capítulo 1Matrizes
Capítulo 1Matrizes
Ao finalizar o estudo deste Capítulo você será capaz de identificar alguns tipos de matrizes, fazer operações e provar propriedades e teoremas sobre matrizes. Também, será capaz de compreender e aplicar o conceito de matri-zes em situações reais.
1.1 Matriz As matrizes são estruturas matemáticas que podem ser encontra-das em muitos problemas do nosso dia-a-dia. Por isso, neste capí-tulo, iniciaremos o estudo das matrizes com um problema vindo do nosso cotidiano.
Problema 1. Já pensou que a temperatura que temos em cada esta-ção do ano pode ser registrada dia a dia e hora a hora (e até minuto a minuto!), com ajuda de dispositivos especiais? Isso é feito pelo Instituto de Meteorologia de cada uma das regiões. Considere a seguinte situação:
As temperaturas de cinco cidades brasileiras nas primeiras horas da manhã de um determinado dia (durante o inverno) foram registra-das da forma seguinte:
Cidade n° 1• : São Joaquim (SC) às 3 horas da manhã apresenta 3− graus centígrados;
Cidade n° 2• : Rio de Janeiro (RJ) às 5 horas da manhã apresenta 14 graus centígrados;
Cidade n° 3• : Turvo (SC) às 7 horas da manhã apresenta 5 graus centígrados;
Cidade n° 4• : Florianópolis (SC) às 9 horas da manhã apresenta 16 graus centígrados;
12
Cidade n° 5• : São Luis (MA) às 11 horas da manhã apresenta 20 graus centígrados.
Essas informações podem ser arranjadas em tabelas de várias for-mas, como as que apresentamos a seguir:
CidadeTemperatura
(°C)
1 -3
2 14
3 5
4 16
5 20
HoraTemperatura
(°C)
3 -3
5 14
7 5
9 16
11 20
Observe que dessa forma as informações estão dispostas em forma vertical, mas também podemos colocar as mesmas informações em forma horizontal.
Pergunta 1. De que forma podem ser arranjados os dados acima de modo a estarem dispostos horizontalmente?
Se considerarmos H como sendo a hora e T a temperatura da cida-de, então, a terceira tabela pode ser disposta da seguinte maneira:
H 3 5 7 9 11
T (°C) -3 14 5 16 20
Deixamos de atividade para você completar essa disposição hori-zontal no caso das outras tabelas.
Continuando com o Problema 1, suponhamos que por algum moti-vo é do nosso interesse os dados do arranjo dado pela última tabela.
Cidade Hora
1 3
2 5
3 7
4 9
5 11
Hora Cidade
3 1
5 2
7 3
9 4
11 5
13
Assim, podemos formular o seguinte:
Em cinco cidades brasileiras, em determinadas horas, foram regis-tradas as seguintes temperaturas:
H T (°C)
3 -3
5 14
7 5
9 16
11 20
Observação. A mesma informação poderia ter sido colocada da se-guinte forma:
H 3 5 7 9 11
T (°C) -3 14 5 16 20
Os dois jeitos de arranjar os dados estão nos fornecendo o que deno-minaremos como Matriz.
1.1.1 Definição de matriz
Uma matriz é um arranjo de números, símbolos, letras, etc., dispos-tos em linhas e colunas.
1.1.2 Ordem de uma matriz
As matrizes geralmente são denotadas por letras maiúsculas e seus elementos por letras minúsculas. Se uma matriz possui m linhas e n colunas diremos que a matriz tem ordem m n× .
Exemplo 1. Denominemos por A e B as duas matrizes definidas no Problema 1 e na Pergunta 1, respectivamente. Assim:
3 35 147 59 16
11 20
A
− =
e 3 5 7 9 113 14 5 16 20
B = −
.
É de nosso interesse trabalhar apenas com
números reais neste Livro, assim sendo tudo o que
será definido mais adiante, no caso das matrizes ou
vetores, será com elementos reais (mais adiante você
terá a possibilidade de trabalhar com números
complexos também!).
14
A matriz A tem 5 linhas e 2 colunas, ou seja, é de ordem 5 2× ; já a matriz B tem 2 linhas e 5 colunas e é de ordem 2 5× .
O elemento da 2ª linha e 2ª coluna da matriz A é igual a 14, ou seja:
22 14a = .
O elemento da 1ª linha e 4ª coluna da matriz B é igual a 9, isto é:
14 9b = .
Quando uma matriz é obtida por algum problema específico (como o explicitado no Problema 1), é possível fornecer alguma interpreta-ção aos seus elementos.
Por exemplo, as matrizes A e B do Exemplo 1 com elementos
22 14a = e 14 9b = podem ser interpretadas da seguinte forma:
“No segundo horário (5 horas da manhã) o segundo valor da temperatura (no Rio de Janeiro) é 14 graus”.
“São 9 horas da manhã quando a temperatura em Florianópolis é 16 graus”.
E, claro, após fornecermos todas as interpretações podemos fazer algumas conclusões:
Eu gosto do frio, portanto irei para São Joaquim no inverno. •
Não, não gosto de tanto frio, por isso no inverno ficarei no Rio •de Janeiro.
Bom, você deve estar se perguntando: onde está a matemática nesse papo todo? Se estiver fazendo esse tipo de questionamento está indo por um bom caminho, pois a matemática, por incrível que pareça, está presente em muitas situações! E é isso que esperamos mostrar ao longo deste material!
Lembrete. A partir de agora, serão apresentados vários exercí-cios que pediremos para você resolver.
15
Agora verifique se você está acompanhando as discussões que fi-zemos, resolvendo os seguintes exercícios.
Exercício 1. Coloque mais alguma condição no Problema 1 para construir uma matriz de ordem 3 x 5.
Dica: Imagine que os dados são colhidos durante 3 dias.
Exercício 2. Será que você pode imaginar e criar um problema do seu cotidiano diferente do dado acima para chegar a uma matriz?
Dada uma linha i e uma coluna j de uma matriz A, o elemento na posição (i, j) será denotado por ija . Assim, uma matriz com m n× elementos pode ser escrita na seguinte forma estendida:
11 12 1 1
21 22 2 2
1 2
1 2
j n
j n
i i ij in
m m mj mn
a a a aa a a a
Aa a a a
a a a a
=
Também podemos colocá-la na forma abreviada:
ij m nA a
× =
Assim, a matriz A de ordem m n× possui m n⋅ elementos da forma
ija com 1, ,i m= e 1, ,j n= .
Alguns livros denotam a matriz A de elementos ija na forma
( )ij m nA a ×= .
Muitas vezes é fornecida uma lei de formação para obtermos os ele-mentos de uma matriz. Por exemplo, se
2 3ijA a×
= com ija i j= + , com 2m = e 3n = , estaremos construindo a seguinte matriz A:
1 1 1 2 1 3 2 3 42 1 2 2 2 3 3 4 5
A+ + +
= = + + + .
16
Exemplo 2. Vamos obter a matriz 3 4( )ijB b ×= , de ordem 3 4× , cujos elementos são da forma
, 1, 20, 3
j
iji i
bi
==
=.
Solução. Observe que não há nenhuma condição para os índices j, isto é, j está variando conforme o número de colunas que a matriz tem. Já na 3ª linha ( 3)i = todos os elementos serão nulos. Assim sendo, a matriz B é dada por:
1 2 3 4
1 2 3 4
1 1 1 1 1 1 1 12 2 2 2 2 4 8 160 0 0 0 0 0 0 0
B = =
.
1.2 Tipos de Matrizes
1.2.1 Matriz Retangular
São denominadas assim aquelas matrizes cujo número de linhas é diferente do número de colunas. Por exemplo:
1 10 95 2
A−
= −
0 1 2 3 47 2 3 8 01 3 3 2 6
3 5 0 0 9
B
− = −
e 0 0 11 3 9
C = −
,
e podem ser colocadas na forma [ ] [ ] [ ]3 2 4 5 2 3, e A B C
× × ×= = = . No
que segue podemos omitir a ordem na representação da matriz toda vez que ela venha dada na forma estendida.
1.2.2 Matriz Linha
A matriz linha é uma matriz que tem apenas uma linha. Por exemplo:
[1 2 3 4]L = (0 0 1 8)M = .
Observação. É comum colocarmos vetores no plano e no espaço como matrizes linha entre parênteses, onde os elementos estão se-parados por vírgula. Exemplo: (0, 0,1, 8).
17
1.2.3 Matriz Coluna
A matriz coluna é uma matriz que tem apenas uma coluna. Por exemplo:
222
B =
011
43
D
= −
.
Observação. Sabia que um vetor no plano (ou no espaço) pode ser considerado como uma matriz coluna? Mais adiante (capítulo de Sistemas Lineares) usaremos essa forma ao representar a solução de um sistema de equações. Assim, se tivermos duas ou três incóg-nitas elas podem ser alocadas numa forma vetorial no plano ou no espaço, respectivamente; você também encontrará essa notação no livro “Um curso de geometria analítica e álgebra linear”, citado na bibliografia comentada.
1.2.4 Matriz Nula
A matriz nula é uma matriz cujos elementos são todos nulos. Por exemplo:
0 00 0
O =
0 0 0 00 0 0 00 0 0 0
O =
.
Esses tipos de matrizes geralmente são denotados pela letra maiús-cula O e dependendo do problema deverá discernir a ordem da ma-triz no exercício ou problema em questão. Alguns autores denotam essa matriz da forma: 0ij m n
O×
= .
1.2.5 Matriz Quadrada
Uma matriz quadrada é uma matriz onde o número de linhas é igual ao número de colunas. Nas seguintes matrizes, A é uma ma-triz de ordem n e B uma matriz de ordem 3:
ij nA a =
1 1 11 1 2
3 7 0B
= − −
Para facilitar, usamos ape-
nas a notação ij nA a =
para representar, de forma abreviada, matrizes qua- dradas de ordem n.
18
No caso de matrizes quadradas, é possível definir duas diagonais:
A • diagonal principal de uma matriz quadrada está dada pe-los elementos na posição i j= . Por exemplo, os valores 1, 1− e 0 são os elementos da diagonal principal da matriz B.
A • diagonal secundária está dada pelos elementos da matriz cujos índices contabilizam o valor 1i j n+ = + , assim, na mes-ma matriz B dada acima os elementos 1, 1− e 3 são aqueles cujos índices sempre somam 3 1 4i j+ = + = , esses elementos são 13b , 22b e 31b .
Exemplo 3: Considere a matriz 1 1 11 1 2
3 7 0B
= − −
.
Os elementos {1, -1, 0} formam a diagonal principal e os elementos {3, -1, 1} formam a diagonal secundária.
A partir de agora, falaremos um pouco mais sobre matrizes qua-dradas.
1.2.6 Matriz Diagonal
A matriz diagonal é uma matriz quadrada cujos elementos fora da diagonal principal são nulos, isto é, 0ija = se i j≠ . Por exemplo:
1 0 00 3 00 0 6
D =
0 00 1
E = −
.
Pelo fato das matrizes diagonais possuírem elementos, quase sem-pre não nulos. Apenas na posição ( , )i i é que elas podem ser deno-tadas como 1 2{ , , , }ndiag d d d , ou ainda na forma 1 2{ , , , } ndiag d d d onde 1 2, , , nd d d indicam os elementos diagonais. Por exemplo, a matriz D dada anteriormente pode ser escrita como {1,3,6}=D diag .
1.2.7 Matriz Identidade
A matriz identidade é uma matriz diagonal onde todos os elemen-tos da diagonal principal são iguais a um. É geralmente denotada
19
com a letra I e com um índice que denota a ordem, como ilustrado a seguir:
2
1 00 1
=
I 4
1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1
=
I .
1.2.8 Matriz Triangular Superior
A matriz triangular superior é uma matriz quadrada de ordem ncujos elementos ija são nulos quando i j> . Isto é:
11 12 1
22 20
0 0
n
n
nn
a a aa a
A
a
=
.
1.2.9 Matriz Triangular Inferior
A matriz triangular inferior é uma matriz quadrada de ordem n cujos elementos ija são nulos quando i j< , ou seja:
11
21 22
1 2
0 00
n n nn
aa a
A
a a a
=
.
1.2.10 Matriz Simétrica
Uma matriz quadrada S, de ordem n, é simétrica se ij jia a= , para quaisquer valores dos índices ,i j. São exemplos de matrizes simé-tricas:
2
0 11 0
S−
= − 4
1 0 1 30 1 4 51 4 0 0
3 5 0
S
a
− − = −
−
.
Observe que o elemento a na posição (4, 4) da matriz 4S não tem valor numérico, isto é, assume qualquer valor real.
Quando falamos de elementos assumindo
qualquer valor real podemos denotá-los com a∈.
Nesse caso, o símbolo ∈ é lido como “pertence a” e
denota os números reais.
20
Exemplo 4. Encontre os valores de , , , , ,t w s z a b para obtermos S si-métrica: 2 0
00 0
1 0 0 0
a tx b w
Sz z
− = −
.
Solução. Pela definição de matriz simétrica, todos os elementos ijs da matriz S devem ser tais que ij jis s= . Como a matriz é de ordem 4n = e considerando que ,i j variam entre 1 e 4 (ou seja, , 1, , 4i j = ), encontramos que:
21 122s x s= = = .
Também:
31 130s z s= = = ,
e de forma similar:
41 141s t s= = − = .
Assim,1t = − .
Também,
32 23s z w s= − = = ,
como 0z = e o oposto de zero é ele próprio, então:
0w = .
Por último,
11s a= e 22s b= ,
mas não há nenhuma condição para esses valores. Portanto, a e b são valores reais quaisquer, isto é, ,a b∈.
1.2.11 Matriz Anti-simétrica
Uma matriz quadrada A é anti-simétrica se ij jia a= − . São exemplos de matrizes anti-simétricas as matrizes:
0 11 0
A−
=
0 2 62 0 46 4 0
B = − − −
21
Exemplo 5. Considere a matriz S fornecida no Exemplo 3; encontre os valores de , , , , ,t w s z a b para S ser uma matriz anti-simétrica.
Solução. Usando um raciocínio similar ao usado no Exemplo 3 e con-siderando que para cada valor de i e j deve se satisfazer ij jia a= − , encontra-se 2x = − , 0z = , 1t = , 0w = , 0a = e 0b = . Assim:
0 2 0 12 0 0 0
0 0 0 01 0 0 0
S
− − =
.
Você percebeu que os elementos da diagonal principal das matrizes anti-simétricas fornecidas são todos nulos? Isso seria apenas uma coincidência? No exemplo seguinte, provaremos que esse resultado vale para qualquer matriz anti-simétrica.
Exemplo 6. Prove que os valores da diagonal principal de uma ma-triz anti-simétrica qualquer são todos nulos.
Solução. Se ij nA a = é uma matriz anti-simétrica de ordem n, os seus
elementos satisfazem a relação ij jia a= − para quaisquer valores ,i j.
Os elementos na diagonal principal encontram-se na posição i j= , então ii iia a= − .
Daí, 2 0iia = para qualquer valor de i. Em consequência, 0iia = para qualquer i.
Um exemplo numérico que ilustra o que acabamos de provar foi dado no Exemplo 4. Nele, você encontrou que os valores diagonais são todos nulos!
1.2.12 Matriz Elementar
Uma matriz é denominada elementar se for obtida por meio de uma única mudança na matriz identidade. Essa mudança pode ser de um dos seguintes tipos:
22
A troca de uma linha (ou coluna) por outra linha (ou coluna);1)
A multiplicação de uma linha (ou coluna) por um valor 2) ∈;
A soma de uma linha (ou coluna), multiplicada pelo valor 3) ∈, com outra linha (ou coluna).
Exemplos:
A matriz elementar de ordem 2 obtida ao trocarmos a linha 1 a) pela linha 2 da matriz identidade de ordem 2
é dada por:
1
0 11 0
E =
.
A matriz elementar de ordem 4 obtida ao multiplicar na linha 3 b) da matriz identidade (de ordem 4) por 2− é dada por:
2
1 0 0 00 1 0 00 0 2 00 0 0 1
E
= −
A matriz elementar de ordem 3 obtida ao multiplicar a linha 3 c) por 3− e somar com a linha 2 da matriz identidade (de ordem 3) é dada por:
3
1 0 00 1 00 1 3
E = −
Também, são matrizes elementares as matrizes:
1 00 2
A = −
1 0 0 00 1 0 01 0 1 00 0 0 1
B
=
Agora é com você!
Exercício 3. Como foram obtidas as matrizes elementares A e B anteriores?
23
1.2.13 Igualdade de Matrizes
Duas matrizes A e B, de ordem m n× , são ditas serem iguais se todos os seus elementos são iguais. Isso pode ser expressado com a seguinte relação de igualdade:
.
A expressão , ,ij ija b i j= ∀
também pode ser colocada como:
, {1, , }, {1, , }ij ija b i m j n= ∀ ∈ ∀ ∈ .
Exemplo 7. Forneça condições para estabelecer a igualdade das ma-trizes A e S dadas a seguir.
0 2 0 12 0 2
0 2 0 01 0 0
tA
t
− − − = −
11 2 0 12 2
0 2 0 01 0 0
sy t
S
t
− − − = − −
Solução. Como as matrizes são de ordem 4, teremos , {1, , 4}i j∈ . Se A S= , então, ij ija s= , {1, , 4}i j∀ ∈
, assim:
11 110a s= =
22 220a s y= = = ,
daí resulta:0y = .
Também,
24 24a t s t= − = = − ,
com isso:t∈.
Mais,
42 42a t s t= = = −
2 0t = ,
O símbolo matemático ∀ é lido “para todo”. Na relação
dada, ∀ i, j é lido “para todo i e para todo j”.
24
que implica:0t = .
Por último, como t∈ e 0t = , implica 0t = .
Observação. As matrizes 1 11 1
A =
e 1 1 11 1 1
B =
possuem os mes-
mos elementos, mas não são iguais, você pode justificar o porquê?
Agora é com você!
Exercício 4. Quais são os valores de b para a matriz
1 1 1 11 1
1 1 11 1
b bA
bb b
=
ser simétrica?
1.3 Operações com MatrizesA seguir, serão definidas as operações de adição, produto por um escalar e produto de matrizes.
1.3.1 Adição de Matrizes
Dadas as matrizes ij m nA a
× = e ij m n
B b×
= , a adição das matrizes A
e B é a matriz ij m nC c
× = , onde ij ij ijc a b= + , ,i j∀ .
Notação. C A B= + .
ij ij m nA B a b
× + = +
Exemplo 8. Se
0 2 0 12 0 2
0 2 0 01 0 0
tA
t
− − − = −
e
11 2 0 12 20 2 0 01 0 0
sy t
S
t
− − − = − −
, calcu-
le C A S= + para ,t y e 11s quaisquer números reais.
25
Solução. Ao aplicarmos a definição de soma de matrizes nas matrizes A e S , teremos:
11 4 0 20 0 20 4 0 02 0 0 0
sy t
C
− − = −
.
1.3.2 Produto de uma matriz por um escalar
Dado o escalar , o produto da matriz A pelo escalar é uma matriz da mesma ordem cujos elementos foram multiplicados pelo valor . Em outras palavras, se ij m n
A a×
= e ∈, o produto de A pelo es-calar é uma matriz C de elementos ijc com ij ijc a= para todos os valores ,i j definidos na matriz A. Isto é:
ij m nC c
× = , tal que ij ijc a= , ,i j∀ .
Notação. ij m nC A a
× = = .
Exemplo 9. Multiplique a matriz 4I pelo escalar 2 = − .
Solução.
4
1 0 0 0 2 0 0 00 1 0 0 0 2 0 0
20 0 1 0 0 0 2 00 0 0 1 0 0 0 2
C I
− − = = − = − −
Nota. Quando 1 = − , podemos escrever 1 A A− ⋅ = − .
1.3.3 Produto de Matrizes
Dadas as matrizes [ ]ik m tA a ×= e kj t nB b
× = , o produto das matrizes A
e B é uma matriz ij m nC c
× = cujos elementos ijc são da forma:
1
t
ij ik kjk
c a b=
=∑ .
EscalarNa maioria dos casos, é um número real ∈ . É pos-sível, também, tomarmos os escalares como números complexos, ∈ . Os es-calares podem ser tomados de qualquer sistema numéri-co no qual podemos somar, subtrair, multiplicar e dividir de acordo com as leis habi-tuais da aritmética.
26
Isto é, ao definirmos as matrizes
11 12 1
21 22 2
1 2
t
t
m m mt m t
a a aa a a
A
a a a×
=
,
11 12 1
21 22 2
1 2
n
n
t t tn t n
b b bb b b
B
b b b×
=
e
11 12 1
21 22 2
1 2
n
n
m m mn m n
c c cc c c
C
c c c×
=
,
os elementos da matriz produto adotam a forma:
1 1 2 2ij i j i j it tjc a b a b a b= + + +
1
t
ij ik kjk
c a b=
=∑ .
Note que o número de colunas da matriz A é igual ao número de linhas da matriz B.
Notação: 1 3 4
t
ik kjk
C AB a b= ×
= = ∑ .
Exemplo 10. Seja a matriz 2 3 43 4 54 5 6
A =
e a matriz B, de ordem
3 4× com elementos jijb i= . Obter a matriz produto C AB= .
Solução. Como o número de colunas de A é igual ao número de linhas de B, o produto pedido é possível. As matrizes explicitadas são dadas respectivamente por:
2 3 43 4 54 5 6
A =
e
1 1 1 12 4 8 163 9 27 81
B =
.
Para obtermos a matriz produto 3 4ijC AB c×
= = com elementos
3
1, 1, ,3, 1, , 4ij ik kj
kc a b i j
=
= = =∑ .
Percorrendo cada valor de i e j dado temos os elementos da:
Primeira linha:•
11
12
13
14
(2)(1) (3)(2) (4)(3) 2 6 12 20(2)(1) (3)(4) (4)(9) 2 12 36 50(2)(1) (3)(8) (4)(27) 2 24 108 134(2)(1) (3)(16) (4)(81) 2 48 324 374
cccc
= + + = + + == + + = + + == + + = + + == + + = + + =
27
Segunda linha:•
21 (3)(1) (4)(2) (5)(3) 3 8 15 26c = + + = + + =
22 (3)(1) (4)(4) (5)(9) 3 16 45 64c = + + = + + =
23 (3)(1) (4)(8) (5)(27) 3 32 135 170c = + + = + + =
24 (3)(1) (4)(16) (5)(81) 3 64 405 472c = + + = + + =
E, por último, os da terceira linha:•
31 (4)(1) (5)(2) (6)(3) 4 10 18 32c = + + = + + = ;
32 (4)(1) (5)(4) (6)(9) 4 20 54 78c = + + = + + = ;
33 (4)(1) (5)(8) (6)(27) 4 40 162 206c = + + = + + = ;
34 (4)(1) (5)(16) (6)(81) 4 80 486 570c = + + = + + = .
Sendo assim, temos a seguinte matriz:
11 12 13 14
21 22 23 24
31 32 33 34
20 50 134 37426 64 170 47232 78 206 570
c c c cC c c c c
c c c c
= =
.
Ao multiplicarmos matrizes devemos tomar cuidado com a or-dem das linhas e colunas, ou seja, poderemos fazer o produto de matrizes quando o número de colunas da primeira matriz for igual ao número de linhas da segunda. Assim, a matriz produto C terá um número de linhas igual ao número de li-nhas da matriz A e um número de colunas igual ao número de colunas de B.
1.3.4 Propriedades das Operações com Matrizes
Considere ij m nA a
× = , ij m n
B b×
= e ij m nC c
× = , então temos as se-
guintes propriedades:
1) Propriedades da Adição
A1) Comutatividade: A B B A+ = + ;
A2) Associatividade: ( ) ( )A B C A B C+ + = + + ;
A3) Elemento Neutro da Soma: A O A+ = , [0]m nO ×= ;
A4) Elemento Simétrico: ( )A A O+ − = ( )A A O− = .
28
Observação. 1 1 ( )ij ijm n m nA A a a
× × − = − ⋅ = − ⋅ = −
• Prova das Propriedades
A1) Comutatividade: A B B A+ = +
Seja ij m nA a
× = e ij m n
B b×
=
ij ijm n m nA B a b
× × + = +
ij ij m na b
× = +
( )ij ij m na b
× = + .
Usando a propriedade comutativa dos números reais:
( ) ( )x y y x+ = + , com ,x y∈
temos:( )ij ij m nb a
× = +
ij ij m nb a
× = +
B A= + .Logo,
A B B A+ = + .
A2) Associatividade: ( ) ( )A B C A B C+ + = + + .
Consideremos ij m nA a
× = , ij m n
B b×
= e ij m nC c
× = .
Da definição de soma de matrizes,
ij ij m nA B a b
× + = +
e ( ) ( )ij ij ij m nA B C a b c
× + + = + + .
Usando a propriedade associativa dos números reais:
( ) ( )x y z x y z+ + = + + com , ,x y z∈.
Temos, então:( )ij ij ij m n
a b c×
= + + .
E usando a definição de soma de matrizes:
ij ij ijm n m na b c
× × = + +
29
( )A B C= + + .Logo,
( ) ( )A B C A B C+ + = + + .
A3) Elemento Neutro da Soma: A O A+ = , [0]m nO ×= .
Seja ij m nA a
× = e [0]m nO ×=
0 ( 0)ij ijm n m nA O a a
× × + = + = + .
Pela propriedade dos números reais:
0x x+ = com x∈.Então,
0 , ,ij ija a i j+ = ∀ .
Com isso,0ij ijm n m n
a a× ×
+ = A= .
Logo,A O A+ = .
A4) Elemento Simétrico: ( )A A O+ − = .
Seja ij m nA a
× = e ij m n
A a×
− = − . Logo,
( ) ( )ij ij m nA A a a
× + − = + − .
Pela propriedade dos números reais:
( ) 0x x+ − = com x∈.Então,
( ) 0, ,ij ija a i j+ − = ∀ .Assim,
( ) [0]ij ij m nm na a O×× + − = = .
Logo, ( )A A O+ − = .
2) Propriedades do Produto por um Escalar
Sejam A e B duas matrizes da mesma ordem e , dois escalares, então:
M1) ( ) ( )A A = ;
M2) ( )A B A B + = + ;
30
M3) ( ) A A A + = + ;
M4) 1 A A⋅ = .
Observação. Quando trabalhamos com matrizes, pode acontecer a necessidade de multiplicá-las pelo escalar zero, dando como resulta-do a matriz nula. Isto é, .
Vejamos: se ij m nA a
× = , [0]m nO ×= e o escalar nulo (0):
0 ij m nO A a
× ⋅ =
0 ij m na
× = ⋅
[0]m n×=O= .
• Prova das Propriedades
M3) ( ) A A A + = + .
Sejam , dois escalares e a matriz ij m nA a
× = , então:
( ) ( ) ij m nA a
× + ⋅ = +
( ) ij m na
× = + .
Usando a propriedade distributiva dos números reais
( )x y z xz yz+ ⋅ = +
para cada elemento da matriz, temos:
( ) ( )ij ij m na a
× = +
ij ijm n m na a
× × = + .
Pela definição de produto por um escalar,
ij ijm n m na a
× × = +
A A = + .Logo,
( ) A A A + ⋅ = + .
M4) 1 A A⋅ = .
Você observou as diferenças entre o zero escalar e a matriz zero, denotada pela letra O?
31
Seja ij m nA a
× = e o escalar 1∈.
1 1 ij m nA a
× ⋅ = ⋅
1 ij m na
× = ⋅
(1 )ij m na
× = ⋅ .
Usando a propriedade do elemento neutro da multiplicação dos nú-meros reais,
1 ,x x x⋅ = ∀ ∈.Temos:
1 ij ijm n m na a A
× × ⋅ = = .
Logo,1 A A⋅ = .
Agora é com você!
Exercício 5. Prove as outras propriedades do produto de uma ma-triz por um escalar.
3) Propriedades do Produto de Matrizes
Considere , e A B C matrizes, então valem as seguintes proprieda-des de produto de matrizes:
P1) Associativa: ( ) ( )AB C A BC= ;
P2) Distributiva: ( )A B C AB AC+ = + ;
P3) ( )A B C AC BC+ = + ;
P4) ( ) ( ) ( )AB A B A B = = .
• Prova das Propriedades
P3) ( )A B C AC BC+ = + ;
Sejam as matrizes [ ]ik m pA a ×= , [ ]ik m pB b ×= , [ ]kj p nC c ×= , então:
( ) [( )] .ik ik m p kj p nA B C a b c× ×
+ = + .
Usando a definição do produto de matrizes para A B+ e C , temos:
1( )
p
ik ik kjk m n
a b c= ×
= + ∑ .
Ao enunciar as propriedades do produto de matrizes
não explicitamos a ordem das mesmas, por exemplo,
em 1P, ( ) ( )AB C A BC= supomos possíveis os
produtos AB e BC, isto é, o número de colunas de
A é igual ao número de linhas de B e o número de
colunas de B é igual ao número de linhas de C.
32
Usando a propriedade distributiva dos números reais:
1
p
ik kj ik kjk m n
a c b c= ×
= + ∑ .
Pela propriedade 2 dos somatórios e da definição de adição de ma-trizes,
1 1 1 1
p p p p
ik kj ik kj ik kj ik kjk k k km n m n m n
a c b c a c b c= = = =× × ×
+ = +
∑ ∑ ∑ ∑
.
Pela definição do produto de matrizes:
AC BC= + .Logo,
( )A B C AC BC+ = + .
P4) ( ) ( ) ( )AB A B A B = = .
Seja ∈, [ ]ik m tA a ×= e [ ]kj t nB b ×=
1( ) [ ] [ ] ( )
t
ik m t kj t n ik kjk m n
AB a b a b × ×= ×
= ⋅ = ⋅ ∑ .
Usando a propriedade do somatório:
1 1
n n
i ii i
c x cx= =
=∑ ∑ , c: constante,
temos:
1( )
t
ik kjk m n
a b= ×
= ⋅ ∑ .
Da propriedade associativa dos números reais:
( ) ( )xy z x yz⋅ = ⋅ com , ,x y z∈.
Temos:
1( )
t
ik kjk m n
a b= ×
⋅ ∑ .
E, pela definição de produto de matrizes e produto de uma matriz por um escalar,
( )A B= .Logo,
( ) ( )AB A B = .
A lista de propriedades encontra-se no final desta Seção.
33
Observação. É importante observar que em geral AB BA≠ , isso será ilustrado com o seguinte exemplo.
Exemplo 11. Dadas as matrizes 1 00 1
A = −
e 1 11 0
B =
, a matriz
produto 1 11 0
AB = −
, entretanto 1 11 0
BA−
=
, verificando que
AB BA≠ .
No ambiente virtual da disciplina você encontrará algumas atividades nas quais poderá praticar tanto a multiplicação de matrizes numéricas, usando problemas do cotidiano, quanto a aplicação das propriedades.
Agora é com você!
Exercício 6. Prove as outras propriedades do produto de matrizes.
1.3.5 Transposta de uma Matriz
Seja ij m nA a
× = , a matriz transposta de A, denotada por A', é aquela
matriz obtida trocando-se as linhas pelas colunas de A. Isto é:
ji n mA a
×′ = .
Por exemplo, se 2 3
1 2 34 5 6
A×
=
, a matriz transposta é uma matriz
de ordem 3 2× dada por:
3 2
1 4' 2 5
3 6A
×
=
.
Observe que na matriz transposta cada elemento na linha i e co-luna j aparece como sendo um elemento da linha j e coluna i da matriz A.
Na literatura é também usual encontrarmos a
transposta de uma matriz denotada como TA ou
tA , mas usaremos tal notação pelo fato de ser a
forma como trabalharemos computacionalmente com
alguns softwares como MATLAB® ou SCILAB®,
durante as nossas aulas ou no ambiente virtual.
34
Exemplo 12. Seja A uma matriz de ordem 2, encontre o valor de x de modo que 'A A= .
11 0
xA = −
.
Solução.1 1
'0
Ax
− =
.
Como 'A A= é uma condição do exercício, então:
1 1 10 1 0
xx
− = −
.
Isso será válido apenas se 1x = − .
Observação. Outra forma de definirmos a matriz simétrica é usan-do a matriz transposta. Assim, diremos que uma matriz é simétrica se ela coincide com a sua transposta, isto é, 'A A= .
1.3.6 Propriedades da Matriz Transposta
Dadas as matrizes e A B, são válidas as propriedades da matriz transposta:
( ') 'A A=1) ;
( ) ' ' 'A B A B+ = +2) ;
( ) ' ' 'AB B A=3) ;
( ) ' ', A A = ∈4) .
• Prova da Propriedade 3
( ) ' ' 'AB B A= .
Sejam [ ]ik m pA a ×= , [ ]kj p nB b ×=
1
p
ik kjk m n
AB a b= ×
= ∑
[ ]ij m nc ×= .
35
Assim:
1
p
ij ik kjk
c a b=
=∑ .
Pela definição de transposta de uma matriz,
( ) ' [ ]ji n mAB c ×=
1
p
jk kik n m
a b= ×
= ∑ (1)
Pode-se verificar que:
1 1
p p
jk ki jk kik k
b a a b= =
=∑ ∑ . (2)
Por outro lado:' [ ] , ' [ ]jk n p ki p mB b A a× ×= =, ' [ ] , ' [ ]jk n p ki p mB b A a× ×= = .
Observe que { }1, ,k p∈ , e
1' '
p
jk kik n m
B A b a= ×
= ∑
(deixamos a você a tarefa de pesquisar a propriedade do somatório usado), substituindo (2) e (1):
1( ) '
p
jk kik n m
AB b a= ×
= ∑ .
Logo,( ) ' ' 'AB B A= .
Agora é com você!
Exercício 7. Prove as demais propriedades, justificando todos os passos do seu procedimento.
Exercício 8. Prove que se 'A A= − , então A é anti-simétrica.
Exercício 9. Dado um escalar não nulo , prove que, se A é uma
matriz simétrica e B é uma matriz anti-simétrica, então, 1 A
é si-
métrica e 1 B
é anti-simétrica.
36
Exemplo 13. Prove que toda matriz quadrada pode ser colocada como a soma de uma matriz simétrica com outra anti-simétrica.
Solução. Seja ij nA a = . Em primeiro lugar, vejamos que 'A A+ é
uma matriz simétrica.
Seja ij nA a = e A B C= + com B simétrica eC anti-simétrica (am-
bas de ordem n). Isto é, 'B B= e 'C C= − .
Transpondo, ' ' 'A B C= + .
Somando a última expressão na equação A B C= + , temos:
' ( ' ) ( ' )A A B B C C+ = + + + .
Sendo B simétrica eC anti-simétrica:
' 2A A B+ = .
Então,'
2A AB +
= .
Como C é anti-simétrica, ao substituirmos as equações:
' ' '' ( ')
2
A A B C B CB B C CC
− = + − −= − + −=
Então:'
2A AC −
= .
Assim,' '
2 2A A A AA + − = +
.
1.3.7 Potência de uma Matriz: Ap
Seja A uma matriz quadrada e p um número inteiro positivo, a potência p da matriz A, denotada por pA está definida por:
vezes
p
p
A A A= ⋅ ⋅
37
Exemplo 14. Seja [ ]ij nA a= , com ija i j= − , calcule 3A , para 2,3,4p = .
Solução. Pela lei de formação fornecida obtemos facilmente o valor de A:
Se 2n = ,0 11 0
A−
=
.
Assim,
2 0 1 0 1 1 01 0 1 0 0 1
A AA− − −
= = = − .
Se 3p = ,
3 2 1 0 0 1 0 10 1 1 0 1 0
A AAA A A− −
= = = = − − .
Deixamos como exercício calcular 4A .
Observações:
Calcular 1) pA equivale a calcular 1pA A− ⋅ . Assim, se quiser encon-trar 50A , calcule 49A e multiplique o resultado por A (para o que previamente calculou o valor de 48A e assim por diante).
Por definição, se 2) 0p = e A O≠ , então 0A I= .
1.3.8 Traço de uma Matriz
Dada ij nA a = , o traço de A, denotado por ( )Tr A , é o número dado
pela soma dos elementos da diagonal principal. Isto é:
1( )
n
iii
Tr A a=
=∑ .
Por exemplo, se
1 1 1 00 0 2 5
( ) 1 0 7 5 133 4 7 10 0 0 5
A Tr A
− = ⇒ = + + + =
.
38
1.3.9 Propriedades do Traço
Dados ij nA a =
e ij nB b = , são verdadeiras as seguintes proprie-
dades:
( ) ( ) ( )Tr A B Tr A Tr B+ = +1) ;
( ) ( )Tr A Tr A =2) ;
( ') ( )Tr A Tr A=3) ;
( ) ( )Tr AB Tr BA=4) .
• Prova da Propriedade 1
( ) ( ) ( )Tr A B Tr A Tr B+ = +
Sejam ij nA a = e ij n
B b = duas matrizes quadradas.
Pela definição do traço,
1( ) ( )
n
ii iii
Tr A B a b=
+ = +∑ ,
e pela propriedade do somatório:
1 1
n n
ii iii i
a b= =
= +∑ ∑
( ) ( )Tr A Tr B= + .
Agora é com você!
Exercício 10. Prove as outras propriedades.
Exercícios Resolvidos
Dada a matriz 1) 2 3
1 1 70 5 2
A×
− = −
, encontre a sua transposta.
Solução.
3 2
1 0' 1 5
7 2A
×
= − −
.
39
Encontre o traço de matriz identidade.2)
Solução. Seja nI a matriz identidade de ordem n.
1( ) 1
n
ni
Tr I n=
= =∑ .
Encontre o traço de uma matriz diagonal e de uma matriz 3) triangular de qualquer ordem.
Solução. Usando a notação simplificada, temos a matriz diagonal { }1 2, , , nD diag d d d= . Assim:
1( )
n
ii
Tr D d=
=∑ .
Deixamos para você o cálculo do traço no caso de se ter uma ma-triz triangular.
1.3.10 Propriedades de Somatórios
Os seguintes itens fornecem algumas propriedades de somatórios úteis para a prova das propriedades listadas anteriormente.
a) 1 1
n n
i ji j
b b= =
=∑ ∑ ;
1 1 1( )
n n n
i i i ii i i
a b a b= = =
+ = +∑ ∑ ∑b) ;
1 1
n n
i k k ii i
b a a b= =
=∑ ∑c) ;
1 1 1 1
n m m n
ij iji j j i
b b= = = =
=∑∑ ∑∑d) .
Observação. No final deste Capítulo você encontrará um resumo de todas as propriedades até aqui utilizadas, que servirá de ajuda ao resolver exercícios de demonstração.
40
Agora é com você!
Exercício 11. Dadas as matrizes:
1 2 12 3 2
1 4 5A
− = − −
, 1 0 32 1 43 1 17
B = − − − −
,
encontre:
2C A B= +a) ;
2C B=b) ;
( )tr Ac) , ( )tr B e ( )tr AB ;
Expresse as matrizes A e B como somas de uma matriz simétrica com outra anti-simétrica.
Exercício 12. Sejam as matrizes A e B, de ordem 4, 4ijA a = com
se0 se
i
ijj i j
ai j
≥=
<, e B uma matriz simétrica com ijb i j= + se i j≤ .
Encontre:
2 3C A B= −a) .
2C B=b) . C é uma matriz simétrica?
Exercício 13. Sejam A e B matrizes simétricas, justifique se os enun-ciados a seguir são falsos ou verdadeiros:
A B+• é uma matriz simétrica.
AB• é uma matriz simétrica.
Nota. Se sua resposta for verdade, prove. Se for falsa, apresente um contraexemplo.
Exercício 14. Imagine uma situação cotidiana e procure problemati-zá-la de tal forma que você possa fazer uso:
da soma de matrizes;•
41
da subtração de matrizes;•
do produto de matrizes.•
1.4 Determinantes
1.4.1 Menor de uma Matriz: Mij
Dada uma matriz quadrada, [ ]ij nA a= , o menor da matriz A, deno-tado por ijM , é uma submatriz de ordem ( 1)n − obtida ao cancelar-mos a linha i e a coluna j.
Assim, se:
11 12 1 1
21 22 2 2
( 1)1 2
1 2
j n
j n
ij ij ni i ij in
n n nj nn
a a a aa a a a
A M aa a a a
a a a a
−
= ⇒ =
.
Com:
11 1( 1) 1( 1) 1
( 1)1 ( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)
( 1)1 ( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)
1 ( 1) ( 1)
j j n
i i j i j i nij
i i j i j i n
n n j n j nn
a a a a
a a a aM
a a a a
a a a a
− +
− − − − + −
+ + − + + +
− +
=
.
Exemplo:
Se
2 3 4 5 60 0 1 3 42 1 3 2 00 0 0 1 01 1 1 1 1
A
= − −
,
42
então, o menor 34M é obtido ao eliminarmos a linha 3 e a coluna 4, isto é:
34
2 3 4 60 0 1 40 0 0 01 1 1 1
M
=
.
Similarmente, ao eliminarmos a linha 1 e a coluna 1, obtemos o menor 11M .
11
0 1 3 41 3 2 0
0 0 1 01 1 1 1
M
− = −
.
Agora é com você!
Exercício 15. Verifique que ij nA a = (com 2n elementos) possui 2n
menores.
Nessa parte da teoria assumimos que você está familiarizado(a) com o cálculo de determinantes de matrizes de ordem 2 e 3. O valor do determinante de uma matriz A é denotado nas formas det ( )A , det A ou A . Por exemplo, se:
0 11 0
A = −
, então ( ) (0)(0) ( 1)(1) 1det A = − − = .
Similarmente, se:1 2 34 5 67 8 9
B =
, então:
det ( ) (1)(5)(9) (2)(6)(7) (3)(4)(8) (3)(5)(7) (1)(6)(8) (2)(4)(9)B = + + − − − = 45 84 96 105 48 72 0= + + − − − = .
Com esses exemplos, estamos relembrando de forma rápida que o determinante de uma matriz de ordem 2 é calculado de uma única maneira: o produto dos elementos da diagonal principal menos o produto dos elementos da diagonal secundária. E o determinante de uma matriz de ordem 3 é calculado pela Regra de Sarrus.
Para lembrar esta regra pesquise na Internet ou em algum material de matemática do ensino médio.
43
1.4.2 Cofator de uma Matriz: Aij
O cofator ijA do elemento na posição ( , )i j de uma matriz A é dado pelo valor do determinante ijM , multiplicado pelo valor ( 1)i j+− . Isto é:
( 1) det ( )i jij ijA M+= − .
Ou:( 1) i j
ij ijA M+= − .
Exemplo 15. Se
2 3 4 60 0 1 40 0 0 01 1 1 1
A
=
, calcule A44, A11, A31, A33, A14, A23 e A32.
Solução.
4 444 44
2 3 4( 1) ( 1) 0 0 1 0
0 0 0A M+= − = + =
1 111 11
0 1 4( 1) ( 1) 0 0 0 0
1 1 1A M+= − = + =
3 131 31
3 4 6( 1) ( 1) 0 1 4 19 18 1
1 1 1A M+= − = + = − =
3 333 33
2 3 6( 1) ( 1) 0 0 4 12 8 4
1 1 1A M+= − = + = − =
1 414 14
0 0 1( 1) ( 1) 0 0 0 0
1 1 1A M+= − = − =
2 323 23
2 3 6( 1) ( 1) 0 0 0 0
1 1 1A M+= − = − =
44
3 232 32
2 4 6( 1) ( 1) 0 1 4 (18 14) 4
1 1 1A M+= − = − = − − = −
Observe as mudanças de sinais dos elementos nas posições ( , )i j , isto é, ( 1) i j+− :
+ − + −− + − ++ − + −− + − +
Em geral, para uma matriz de qualquer ordem, as mudanças de si-nais dos elementos nas posições ( , )i j ( 1)( )i j+− são:
+ − +− + −+ − +
1.4.3 Determinante de A usando Cofatores
Dada A uma matriz de ordem n, ij nA a = .
Se 2n = , os menores e os cofatores da linha um da matriz de ordem dois são dados respectivamente por:
11 22 11 22[ ],M a A a= = ,
12 21 12 21[ ],M a A a= = − .
E o valor do determinante será:
11 1211 22 21 12
21 22
det ( )a a
A a a a aa a
= = −
11 11 12 12| | ( | |)a M a M= + −
11 11 12 12a A a A= + .
Se 3n = , o valor do determinante da matriz (colocado em função dos cofatores relativos à primeira linha) será:
45
11 12 13
21 22 23
31 32 33
det ( )a a a
A a a aa a a
=
11 22 33 12 23 31 13 21 32 31 22 13 32 23 11 33 21 12a a a a a a a a a a a a a a a a a a= + + − − −
11 22 33 32 23 12 23 31 33 21 13 21 32 31 22( ) ( ) ( )a a a a a a a a a a a a a a a= − + − + −
11 11 12 12 13 13( | |) ( | |) ( | |)a M a M a M= + + − + +3
11 11 12 12 13 13 1 11
j jj
a A a A a A a A=
= + + =∑ .
Note que calculamos o determinante de A usando cofator onde 1i = . Podemos usar qualquer linha da matriz. Por exemplo, com 2i = :
21 21 22 22 23 23| | ( | |) ( | |) ( | |)A a M a M a M= − + + + −3
21 21 22 22 23 23 2 21
j jj
a A a A a A a A=
= + + =∑
Por exemplo, se 1 2 34 5 67 8 9
A =
o determinante usando a segunda
linha é dado por:
21 22 23| | 4 5 6A A A A= + +
21 22 234( ) 5( ) 6( )M M M= − + + + −
4(18 24) 5(9 21) 6(8 14)= − − + − − −
24 60 36 0= − + = .
No caso geral de uma matriz de ordem n, o cálculo do determinante da matriz referido à linha 1 (ou a qualquer linha k) é dado por:
11 11 12 12 1 1| | n nA a A a A a A= + + +
1 1 1 11 1
n n
i i j ji j
a A a A= =
= =∑ ∑ .
Se o desenvolvimento do determinante for referido a qualquer linha k, temos:
1
n
kj kjj
A a A=
=∑ ,
onde k é um valor fixo.
46
Por exemplo, na matriz do Exemplo 14, calculamos o determinante pelo desenvolvimento de cofatores referido à linha 3 (pois tendo todos seus elementos nulos evitaremos cálculos desnecessários). Assim:
31 32 33 340 0 0 0 0A A A A A= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ = .
Nota. Fica como regra: ao calcular o determinante usando cofatores, escolha a linha (ou coluna) da matriz que tiver o maior número de elementos nulos.
Similarmente, é possível fazer o desenvolvimento por colunas. Veja:
Usando a primeira coluna:1)
11 11 21 21 1 1n nA a A a A a A= + + + .
Deixamos para você chegar ao seguinte desenvolvimento para 2) uma coluna k qualquer:
1
n
ik iki
A a A=
=∑ .
O desenvolvimento dado acima para encontrarmos o valor do deter-minante (usando linhas ou colunas) é comumente conhecido como o desenvolvimento de Laplace.
1.4.4 Definição Geral do Determinante de uma Matriz
• Permutação
Dados os n números (ou n objetos distintos) uma permutação des-ses números (ou objetos) consiste em dispô-los em uma determina-da ordem.
Exemplo 16. Considere os números 1, 2 e 3, podemos ordená-los de várias formas, por exemplo: (1 2 3), (3 2 1), etc.
O mesmo acontece quando escolhemos 4 números, como 1, 2, 3 e 4. Podemos ordená-los, por exemplo: (1 2 3 4), (2 1 3 4), etc.
Notação. Uma permutação de n números é denotada por 1 2( )nj j j.
Astrônomo e matemático francês, Marquês de Pierre Simon de Laplace (1749-1827) ficou conhecido como o “Newton francês”. Sua carreira foi importante por suas contribuições técnicas para as ciências exatas, tanto pelo ponto de vista filosófico que ele desenvolveu durante sua vida, quanto pela parcela que tomou parte na formação das modernas disciplinas científicas.
47
• Número de Permutações
Dados os números 1 e 2 há duas permutações, (1 2) e (2 1), ou seja, 2! permutações.
No caso dos números 1, 2 e 3 as permutações (1 2 3) e (3 2 1) são dois exemplos, no total existem 3! permutações. Quais são?
Dado n números, 1,2, , n , existem !n permutações.
Agora é com você!
Exercício 16. Calcule o número de permutações possíveis de 4 nú-meros.
• Inversão
É o número de mudanças necessárias em uma permutação para vol-tá-la à sua posição ordenada inicial.
Notação. Uma inversão de n números será denotada por:
1 2( )nJ J j j j= .
Por exemplo, nas permutações dadas acima:
(1 2 3) 0J = , (1 2 3 4) 0J = e (3 2 1) 3J = .
No último caso, embora o número 2 esteja na posição que lhe cor-responde, para colocarmos os números 3 e 1 nos seus lugares será necessário fazermos assim:
(3 2 1) (2 3 1) (2 1 3)→ → e por último (1 2 3).
Ou (3 2 1) (3 1 2) (1 3 2)→ → e por último (1 2 3).
Em ambos os casos haverá 3 inversões.
Exemplo 17. Construir uma tabela do número de inversões possí-veis de 2 e 3 números.
Solução. Se 2n = , considere os números 1 e 2.
Permutação N° de inversões
12 (1 2) 0J =
21 (21) 1J =
48
Se 3n = , considere os números 1, 2 e 3.
Permutação N° de inversões
123 (1 2 3) 0J =
132 (1 3 2) 1J =
213 (2 1 3) 1J =
231 (2 3 1) 2J =
312 (3 1 2) 2J =
321 (3 2 1) 3J =
Agora é com você!
Exercício 17. Verifique que o número de inversões da permutação J (4 3 2 1) é igual a 6.
Exemplo 18. Construir uma tabela do número de inversões de 4 números.
Solução. Neste caso o número de inversões para cada permutação
1 2 3 4( )j j j j será dado por 1 2 3 4( )J J j j j j= . O resultado será co-locado na segunda coluna da tabela.
Permutação N° de inversões
1234 01243 1
1324 1
1342 2
1432 3
1423 2
2134 1
2143 :
2314 :
2341 :
2431 :
: :
Deixamos para você completar a tabela.
49
• Determinante
Definição. Dada a matriz de ordem n, ij nA a = , o determinante de
A é definido por:
1 21 2det ( ) ( 1)n
Jj j njA a a a
= −∑ .
Onde 1 2( )nJ J j j j= indica o número de inversões da permutação
1 2( )nj j j
, indica que o somatório é estendido a todas as !n per-mutações dos números 1,2, , n .
Exemplo 19. Verifique o uso da definição nos casos dos determinan-tes de ordem 2 e 3.
Solução. Na solução deste exemplo serão usados os resultados obti-dos no Exemplo 15.
Se 2n = , então 2 = , assim:
1 2
1 2
( ) 0 11 2 11 22 12 21 11 22 12 21det ( ) ( 1) ( 1) ( 1) .J j j
j jA a a a a a a a a a a
= − = − + − = −∑
Se 3n = , 6 = e, assim:
1 2 3
1 2 3
( )1 2 3det ( ) ( 1) J j j j
j j jA a a a
= −∑0 1 1 2 2 3
11 22 32 11 23 32 12 22 33 12 23 31 13 21 32 13 22 31( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)a a a a a a a a a a a a a a a a a a= − + − + − + − + − + −
11 22 33 12 23 31 13 21 32 13 22 31 11 23 33 12 21 33a a a a a a a a a a a a a a a a a a= + + − − −
Agora é com você!
Exercício 18.
Obtenha o desenvolvimento para o caso de um determinante a) de ordem 4.
Verifique a relação desse desenvolvimento com o desenvolvi-b) mento dos cofatores.
• Propriedades do Determinante
Considere e A B matrizes quadradas. Então, valem as propriedades dos determinantes.
Se 1) A possui uma linha (ou colunas) de zeros, então, det ( ) 0A = ;
50
Se 2) A possui duas linhas (ou colunas) iguais, então,
det ( ) 0A = ;
Se 3) B é obtida de A multiplicando-se uma linha (ou coluna) por um escalar , então, det ( ) det ( )B A= ;
Se 4) B é obtida por troca das posições relativas de duas linhas (ou colunas) da matriz A, então, det ( ) det ( )B A= − ;
Se 5) B é obtida de A, substituindo-se a linha i (ou coluna) por ela somada a um múltiplo escalar de outra linha j (ou coluna) ( )j i≠ então, det ( ) det ( )B A= ;
det ( ) det ( ')A A=6) ;
det ( ) det ( ) det ( )AB A B=7) .
Observações. Não é objetivo do presente material didático fazer as demonstrações das propriedades anteriores, porém as mesmas po-dem ser provadas a partir da definição do determinante.
Na Seção 1.4.3, ao calcularmos o determinante usando cofatores, usamos o desenvolvimento (referentes às linhas) dado por
1det ( )
n
ki kii
A a A=
=∑ ,
onde k é a k-ésima linha escolhida.
Podemos enunciar uma oitava propriedade usando desenvolvimen-tos similares.
10
n
ki lii
a A=
=∑8) , l k≠ , ,k l valores fixos.
Verifiquemos a propriedade com o seguinte exemplo.
Se 1k = , 2l = e 2n = :2
1 2 11 21 12 221
i ii
a A a A a A=
= +∑ .
Mais detalhes a respeito dessas demonstrações podem ser encontrados no livro de Álgebra Linear, de Callioli (1993), citado no final deste Capítulo.
51
Assim, se 1 23 4
A =
,
então:
21 2A = − e 22 1A = ,
dessa forma:2
1 21
1( 2) 2(1) 0i ii
a A=
= − + =∑ .
Também, ao usarmos o desenvolvimento pelas colunas e escolhen-do 2l = , 1k = , encontramos também que:
2 2
2 11 1
2(4) 4( 2) 0il ik i ii i
a A a A= =
= = + − =∑ ∑ .
Agora é com você!
Exercício 19. Use as operações elementares e o Método de Laplace para encontrar o determinante das matrizes:
2 1 3 43 2 4 52 2 1 02 1 3 1
A
= −
,
1 1 2 12 3 0 21 1 2 2
1 2 1 1
B
− − = −
, 1 0 32 1 46 1 17
C = − − − −
.
Exercício 20. Usando apenas as propriedades dos determinantes mostre que det ( ) det ( )A B= . Das matrizes,
22
a c aA
b d b+
= + ,
a cB
b d
=
.
1.5 Matriz Adjunta: Adj (A)Dada ij n
A a = , a matriz adjunta de A é dada por
( ) ( ) '( )Adj A Cof A= ,
onde ( )Cof A é a matriz cujos elementos são os cofatores ijA da ma-triz A, ou seja, é a matriz onde cada elemento ija é igual ao cofator
ijA da matriz A. Um exemplo para essa definição é o seguinte:
52
Se 1 22 4
B−
= − , então, os cofatores são:
1 111
1 212
2 121
2 222
( 1) det[ 4] 4
( 1) det[2] 2
( 1) det[ 2] 2
( 1) det[1] 1
AAAA
+
+
+
+
= − − = −
= − = −
= − − =
= − =
4 2( )
2 1Cof B
− − =
.
Assim,4 2 4 2
( )2 1 2 1
Adj B− − −
= = − .
Exemplo 20. Calcule a matriz adjunta de A dada por:
2 1 03 1 4
1 6 5A
= −
.
Solução. A matriz de cofatores de A é dada por:
11 12 13
21 22 23
31 32 33
19 19 19( ) 5 10 11
4 8 5
A A ACof A A A A
A A A
− − = = − − −
,
pois: 1 1
11
1 212
1 313
1 4( 1) det 5 24 19
6 5
3 4( 1) det ( 15 4) 19
1 5
3 1( 1) det 18 1 19
1 6
A
A
A
+
+
+
= − = − = −
−
= − = − − − = −
= − = − − = −
2 121
2 222
2 323
1 0( 1) det (5 0) 5
6 5
2 0( 1) det 10 0 10
1 5
2 1( 1) det (12 1) 11
1 6
A
A
A
+
+
+
= − = − + = −
= − = − =
= − = − − = −
53
3 131
3 232
3 333
1 0( 1) det 4 0 4
1 4
2 0( 1) det (8 0) 8
3 4
2 1( 1) det 2 3 5
3 1
A
A
A
+
+
+
= − = − =
= − = − − = − −
= − = + = −
Assim,( ) ( ) 'Adj A Cof A=
19 19 195 10 11
4 8 5
− − = − − −
19 5 419 10 819 11 5
− − = − − −
.
Também, o determinante da matriz A é det ( ) 19A = − , pois
11 11 12 12 13 13det( )2( 19) 1(19) 0( 19)
38 19 19
A a A a A a A= + += − + + −= − + = −
Observe que 3( ) det( )Adj A A A I= ; considerando A do exercício ante-rior, temos:
19 5 4 2 1 0( ) 19 10 8 3 1 4
19 11 5 1 6 5Adj A A
− − = − ⋅ − − −
( 19) 2 ( 5) ( 3) 4 1 ( 19) 1 ( 5) 1 4 6 ( 19) 0 ( 5) 4 4 519 2 10 ( 3) ( 8) 1 19 1 10 1 ( 8) 6 19 0 10 4 ( 8) 5
( 19) 2 ( 11) ( 3) 5 1 ( 19) 1 ( 11) 1 5 6 ( 19) 0 ( 11) 4 5 5
− ⋅ + − ⋅ − + ⋅ − ⋅ + − ⋅ + ⋅ − ⋅ + − ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ − + − ⋅ ⋅ + ⋅ + − ⋅ ⋅ + ⋅ + − ⋅ − ⋅ + − ⋅ − + ⋅ − ⋅ + − ⋅ + ⋅ − ⋅ + − ⋅ + ⋅
3
19 0 00 19 00 0 19
1 0 019 0 1 0
0 0 1det( )A I
− = − −
= −
=
54
O próximo teorema mostra que essa afirmação é válida para qual-quer matriz quadrada.
Teorema. Se A é uma matriz de ordem n,
( ) ( ) ( )det nAdj A A A Adj A A I⋅ = ⋅ = ⋅ .
Demonstração.
11 1 11 1
1 1
( )n n
n nn n nn
a a A AA Adj A
a a A A
⋅ =
( )
( )
( )
( ) ( )
1 1 1 2 1 3 1 111 1 1 1 1
2 1 2 2 2 3 2 211 1 1 1 1
3 1 3 2 3 3 3 311 1 1 1 1
11 11
n n n n n
j j j j j j j j njn jj j j j j
n n n n n
j j j j j j j j njn jj j j j j
n n n n n
j j j j j j j j njn jj j j j j
n
jn j n jj
a A a A a A a A a A
a A a A a A a A a A
a A a A a A a A a A
a A a A
−= = = = =
−= = = = =
−= = = = =
− −=
=
∑ ∑ ∑ ∑ ∑
∑ ∑ ∑ ∑ ∑
∑ ∑ ∑ ∑ ∑
∑
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 31 1 1 11 1 1 1
1 2 3 11 1 1 1 1
n n n n
j j njn j n j n j n jj j j j
n n n n n
nj j nj j nj j nj nj njn jj j j j j
a A a A a A
a A a A a A a A a A
− − − −= = = =
−= = = = =
∑ ∑ ∑ ∑
∑ ∑ ∑ ∑ ∑
Usando a Propriedade 8 dos determinantes nos elementos fora da diagonal principal, temos:
1 11
2 21
3 31
1
0 0 0
0 0 0
( )0 0 0
0 0 0
n
j jj
n
j jj
n
j jj
n
nj njj
a A
a A
A Adj Aa A
a A
=
=
=
=
⋅ =
∑
∑
∑
∑
Pelo desenvolvimento de Laplace (por linhas) temos o valor do deter-minante:
55
1det ( )
n
kj kjj
A a A=
=∑ , para cada 1,2, ,k n= ,
isto é:
( ) 0 0 00 ( ) 0 0
( ) 0 0 ( ) 0
0 0 0 ( )
detdet
det
det
AA
A Adj A A
A
⋅ =
,
det ( ) nA I= .
De forma similar, podemos encontrar
( ) ( )det nAdj A A A I⋅ = ⋅ .
Assim, temos demonstrado que
( ) ( ) ( )det nAdj A A A Adj A A I⋅ = ⋅ = ⋅ .
1.6 Inversa de uma Matriz
1.6.1 Matriz Singular
Definição. Uma matriz é dita singular se o seu determinante é nulo. Caso contrário, dizemos que a matriz é não singular.
Por exemplo, a matriz
1 22 4
B−
= −
é uma matriz singular, pois
det( ) 1 ( 4) [2 ( 2)] 4 ( 4) 4 4 0B = ⋅ − − ⋅ − = − − − = − + = .
Já a matriz identidade de ordem 3 é não singular, pois 3det ( ) 1I = . Em geral, uma matriz identidade de ordem qualquer é não singular.
Você saberia dizer por quê? Pense a respeito!
56
1.6.2 Matriz Inversa
Definição. Seja A uma matriz quadrada de ordem n. Dizemos que A é inversível se existe uma única matriz B (da mesma ordem) tal que:
nAB BA I= = .
B é denominada matriz inversa de A.
Notação. 1B A−= .
Por exemplo, se 2 1
0 3A
− =
, a matriz 1 1
2 610 3
B− =
é a respectiva
matriz inversa, pois:
1 00 1
AB BA = =
.
Propriedade. Se A é inversível, então, A é não singular.
Prova. Será suficiente encontrar que o det ( )A não é nulo. Demons-trando por absurdo, supomos o contrário, isto é, det ( ) 0A = , e deve-mos chegar a uma contradição.
Assim, usando a Propriedade 7 dos determinantes:
( ) ( ) ( )0 ( ) 0.
det det detdet
AB A BB
= ⋅= ⋅ =
Por outro lado, temos por hipótese que A é inversível, então existe B tal que AB I= , assim:
det ( ) det ( )AB I=1= .
Assim, 0 1= , impossível, é uma contradição!
Uma vez que a contradição foi encontrada, então o enunciado é verda-deiro. Assim, a propriedade fica demonstrada. Logo, A é não singular.
Conhecendo que det ( ) 0A ≠ , para A inversível, uma forma de ve-rificar a existência da matriz inversa será encontrar o valor do de-terminante da matriz. Após essa verificação, o passo seguinte será
encontrarmos a matriz inversa, 1A− . Como exemplo, nos casos das
Geralmente uma contradição é denotada pelo símbolo ⇒⇐. O mesmo poderá ser usado nas próximas provas.
57
matrizes 2 1
0 3A
− =
e 1 22 4
B−
= − , podemos afirmar que apenas
A possui inversa.
Como obtermos 1A− ?
1.6.3 Cálculo da Matriz Inversa usando a Matriz Adjunta
Sabendo que existe 1A− , então:
1 1AA A A I− −= = .
Observe pela propriedade da matriz adjunta que
( ) ( )( ) ( )det det n
Adj A Adj AA A IA A
⋅ = ⋅ =
.
Assim, a única possibilidade será:
1 ( )det ( )Adj AA
A− = .
Exemplo 21. Se 2 1
0 3A
− =
, encontre 1A− .
Solução. Encontramos facilmente que det ( ) 6A = − , e também a ma-triz adjunta
3 0( )
1 2Adj A
= − − .
Assim,
11 1( ) 2 6
1det ( ) 0 3
Adj AAA
−− = =
.
Agora é com você!
Exercício 21. Seja 2 1 03 1 4
1 6 5A
= −
, verifique se sua matriz inversa é
58
1
5 41 19 1910 81 19 19
5111 19 19
A−
− −= − −
.
1.6.4 Propriedades da Inversa de uma Matriz
Se A e B são inversíveis, então:
1 1 1( )AB B A− − −=1) ;
1 1( )A A− − =2) ;
1 1( ) ( )t tA A− −=3) ;
1 1det ( )det ( )
AA
− =4) .
• Prova da Propriedade 1
1 1 1( )AB B A− − −=
Em primeiro lugar, vejamos se existe 1( )AB − . Calculando det ( )AB :
det ( ) det ( ) det ( )AB A B= .
Por hipótese existem as inversas das matrizes A e B 1 1( , )A B− −∃ ∃ , isto é, det ( ) 0A ≠ e det ( ) 0B ≠ . Assim, det ( ) 0AB ≠ e com isso 1 ( )AB −∃ , isto é,
1( ) ( )AB AB I− = . (1)
Como:
1A A I−⋅ = e 1B B I−⋅ = .
Na segunda parte dessa última relação, multiplicamos em ambos os lados pela inversa de A (pela direita):
1 1 1( )B B A I A− − −⋅ ⋅ = ⋅ .
Associando e multiplicando por I , temos
1 1 1( )B B A A− − −⋅ ⋅ = ,
e multiplicando à esquerda por A:
1 1 1( )( )A B B A A A− − −⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ .
59
Associando novamente e, sabendo que 1AA I− = , temos
. (2)
Sendo que a existência da matriz inversa é única e comparando as expressões (1) e (2) concluímos que
1 1 1( ) ( )AB B A− − −= .
Agora é com você!
Exercício 22. Prove as propriedades 2, 3 e 4, justificando o seu pro-cedimento.
Ao calcular a matriz inversa de A, usando a matriz adjunta, vimos
que 1 ( )det ( )Adj AA
A− = , e nos exemplos aplicamos essa relação para ma-
trizes de ordem 2 e 3. E se a matriz for de ordem maior ou igual a 4? O procedimento acaba sendo mais trabalhoso nesses casos. Vejamos agora como podemos obter a matriz inversa sem usar a matriz adjunta.
1.6.5 Cálculo da Matriz Inversa por Operações Elementares
Seja A uma matriz não singular, portanto existe 1A− e det ( ) 0A ≠ . Por definição, sabemos que
1 1AA A A I− −= = .
Então, a ideia é encontrarmos uma matriz que ao ser multiplicada por A (à direita ou à esquerda) resulte na matriz identidade. Para tal é necessário conhecer o que são aperações elementares e fazer uso das matrizes elemetares.
• Operações Elementares
Operações elementares são realizadas na matriz com o objetivo de invertê-la, reduzi-la ou simplesmente colocá-la num formato especi-ficado previamente. Elas podem ser de três tipos:
Você também pode considerar os seguintes
passos após a expressão (2):
60
A troca de uma linha (ou coluna) por outra linha (ou coluna); 1)
A multiplicação de uma linha (ou coluna) por um valor2) ∈, com 0 ≠ ;
A soma de uma linha (ou coluna) multiplicada pelo valor 3) ∈, ( 0) ≠ numa outra linha (ou coluna).
Se il e jl representam a linhas i e j da matriz e é o escalar citado anteriormente, então, as operações elementares dadas acima serão denotadas respectivamente por:
i jl l↔a) ;
ilb) ;
j i jl l l← +c) .
Seja A uma matriz, se uma (ou várias) operação elementar for efetu-ada nessa matriz, obteremos uma matriz diferente, a qual denotare-mos por Ã. Assim, o processo efetuado será denotado por:
( )( )
operação çõeselementar esA Ã→
Exemplos:
Se realizarmos uma operação elementar na matriz identidade de or-dem 2, 2I , e trocarmos a linha 1 pela linha 2 da matriz, obteremos a seguinte matriz elementar:
0 11 0
à =
.
A operação efetuada é denotada por
1 22
l lI Ã↔→ .
Dada a matriz de ordem 4,
1 0 6 10 1 0 03 0 2 00 1 0 1
A
= − −
,
61
ao fazermos a operação elementar que multiplica a linha 3 da matriz por –2, obtemos a seguinte matriz:
1 0 6 10 1 0 06 0 4 0
0 1 0 1
Ã
= − −
.
Indicamos isso com:
( ) 32
1 0 6 10 1 0 06 0 4 0
0 1 0 1
IA −
→ − −
.
Dada a matriz de ordem 3,
1 8 20 1 05 1 3
B = −
,
ao fazermos duas operações elementares, obtemos a seguinte ma-triz B :
( )2 3 2
1
33
3 24 615 2 95 1 3
l l llB B← − +
→ − − = −
Assim, a matriz B foi obtida:
multiplicando-se a linha 3 por –3 e somando-a à linha 2 da 1) matriz B,
multiplicando a linha 1 por 3.2)
Observação. A operação elementar 2 3 2( 3)l l l← − + indica a linha onde a soma das linhas está acontecendo. No caso, a soma será efe-tuada na linha 2 da matriz.
62
Agora é com você!
Exercício 23. Dadas as matrizes 2 0
0 2A
− = −
e
1 0 0 00 1 0 01 0 1 00 0 0 1
B
=
,
encontre à e B, após as operações elementares efetuadas em A e
B respectivamente. As operações são indicadas por: 1 2
12l l
lA Ã↔→ e
4 3 4
21 2
25
l l ll
l lB B← +
−↔
→ .
Exercício 24. Quais operações elementares devem ser feitas de modo a transformar a matriz C na sua forma triangular superior?
1 3 30 1 11 2 0
C =
.
• Forma Escada de uma Matriz
Após efetuarmos operações elementares por linhas, na matriz inicial, dizemos que ela está na forma escada se a matriz resultante obter:
O primeiro elemento não nulo de uma linha não nula deve ser a) igual a 1;
A coluna que contém o primeiro elemento não nulo de alguma b) linha tem todos os seus outros elementos (da coluna) iguais à zero;
Toda linha nula ocorre abaixo de todas as linhas não nulas (isto c) é, daquelas que possuem pelo menos um elemento não nulo);
Se as linhas d) 1, , r são linhas não nulas, e se o primeiro ele-mento não nulo da linha i ocorre na coluna ik (a coluna k referida à linha i ), então, 1 2 rk k k< < < . (Exemplo: se 1i = e
1 3k = , então, para 2i = , 1 2k k< significa que 2k será maior que 3, e assim por diante).
63
Exemplos:
As seguintes matrizes encontram-se na forma escada:•
1
0 1 00 0 0
A =
, 2
0 1 5 0 30 0 0 1 20 0 0 0 0
A = −
.
Já as seguintes matrizes não estão na forma escada:•
1 1 00 1 00 0 1
B−
=
,
1 1 0 00 1 1 00 0 1 30 0 0 1
C
− =
, 0 1 01 0 00 0 1
D =
,
1 1 0 00 1 1 00 1 1 10 0 0 0
E
= −
.
Agora é com você!
Exercício 25.
Observe as matrizes a) B e C. Que elementos devem ser trocados para que elas fiquem na forma escada?
b) Justifique quais condições da forma escada de uma matriz não são satisfeitas no caso das matrizes C e D.
Observações:
Na prática, a forma escada serve para transformar uma matriz 1) quadrada na sua forma triangular, na qual os elementos da diagonal principal sejam uns ou zeros.
A prática de reduzir uma matriz usando operações elemen-2) tares é um exercício muito útil para obter a inversa de uma matriz e resolver sistemas lineares.
• Operações Elementares versus Matrizes Elementares
Cada operação elementar é representada por uma matriz elementar (como definido na Seção 1.2) e o produto de sucessivas matrizes ele-mentares pode nos conduzir à matriz inversa. Veremos isso com os seguintes exemplos e exercícios.
64
Exemplo 22. Dada a matriz A , converta-a numa matriz triangular superior.
1 2 3 40 0 1 11 2 0 01 1 9 3
A
− = −
Solução.
1 2 3 40 0 1 11 2 0 01 1 9 3
− −
3 1 3
4 1 4
l l ll l l←− +← +→
1 2 3 40 0 1 10 0 3 40 3 12 7
− − −
2 4
23
l ll↔→
4 3l l↔→
1 2 3 470 1 43
0 0 1 10 0 3 4
−
− −
4 3 4
4
3
7
l l ll
← +−→
1 2 3 470 1 43
0 0 1 10 0 0 1
Ã
= −
.
Assim, Ã é uma matriz triangular superior.
Exemplo 23. Encontre matrizes elementares que representam as quatro primeiras operações elementares efetuadas no Exemplo 22.
Solução. No Exemplo 22, foram efetuadas sete operações elementa-res. Cada uma delas representará, respectivamente, as matrizes ele-mentares 1 7, ,E E . Assim, a primeira operação 3 1 3l l l←− + dá ori-gem à matriz elementar:
1
1 0 0 00 1 0 01 0 1 0
0 0 0 1
E
= −
.
Também, a operação elementar 4 1 4l l l← + origina a matriz elementar:
2
1 0 0 00 1 0 00 0 1 01 0 0 1
E
=
.
1 2 3 470 1 43
0 0 3 40 0 1 1
− −
−
65
Similarmente, as operações elementares 2 4l l↔ e 2
3l
originam as ma-trizes elementares:
3
1 0 0 00 0 0 10 0 1 00 1 0 0
E
=
, 4
1 0 0 010 0 03
0 0 1 00 0 0 1
E
=
.
Agora é com você!
Exercício 26. Quais foram as matrizes 5 6 7, ,E E E no exemplo ante-rior?
Observe que, nas matrizes do Exemplo 23,
1
1 2 3 40 0 1 10 0 3 41 1 9 3
E A
− = − − −
e 2 1 2
1 2 3 40 0 1 1
( )0 0 3 41 1 9 3
E E A E
− = − − −
,
isto é,
2 1
1 2 3 40 0 1 10 0 3 40 3 12 7
E E A
− = − −
.
Similarmente,
3 2 1 3
1 2 3 4 1 2 3 40 0 1 1 0 3 12 7
( )0 0 3 4 0 0 3 40 3 12 7 0 0 1 1
E E E A E
− = = − − − − −
e 4 3 2 1
1 2 3 470 1 43
0 0 3 40 0 1 1
E E E E A
= − −
−
.
66
Repetindo o processo, chegamos ao seguinte resultado:
7 6 5 4 3 2 1
1 2 3 470 1 43
0 0 1 10 0 0 1
E E E E E E E A
= −
,
que é a matriz triangular superior à obtida no Exemplo 22.
Agora usaremos os conceitos anteriores para aprender a calcular a matriz inversa usando operações elementares.
O Exemplo 23 mostrou como ocorre o processo de redução de uma matriz de ordem 4 na sua forma triangular superior. Em geral esse será o processo para reduzir matrizes de ordem superior. Assim, se A é uma matriz não singular, encontraremos as matrizes elementa-res que transformam a matriz na forma de uma matriz identidade, isto é, encontraremos as matrizes elementares 1 2, , , kE E E tais que
3 2 1kE E E E A I= .
Assim, se 3 2 1kB E E E E= estaremos afirmando que BA I= .
Com isso, e usando a definição de matriz inversa, a inversa da ma-triz será dada por
13 2 1kA E E E E− = .
A matriz inversa não é mais do que o produto de matrizes elemen-tares!
Ilustremos esse processo com o seguinte exemplo:
Exemplo 24. Usando matrizes elementares, vamos obter a matriz inversa da matriz A :
1 2 3 40 0 1 11 2 0 01 1 9 3
A
− = −
.
67
Solução. Usando os resultados obtidos no Exemplo 23 (onde se en-contraram 7 matrizes elementares, 1 7, ,E E ,para reduzir a matriz na forma triangular superior) obtivemos que
1 2 3 40 0 1 11 2 0 01 1 9 3
A
− = −
operaçõeselementares→
1 2 3 470 1 43
0 0 1 10 0 0 1
−
.
Como 7 6 5 4 3 2 1E E E E E E E A Ã= , então
7 6 5 4 3 2 1( ) ( ) ( )det det detE E E E E E E A Ã⋅ = .
Assim, ( ) 0det A = (por quê?) e A é não singular 1( )A−∃ . Continu-ando o processo:
1 2 3 470 1 43
0 0 1 10 0 0 1
−
3 4 3
42 2
73
l l lll l
← +−
← +→
1 2 3 40 1 4 00 0 1 00 0 0 1
1 4 1
2 3 2
44
l l ll l l←− +←− +→
1 2 3 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1
1 3 1
1 2 1
32
l l ll l l←− +←− +→
1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1
I
=
.
Serão construídas mais 6 matrizes elementares 8 9 13, , ,E E E , e deixamos para você a tarefa de explicitá-las!
Temos, então:
13 12 8 7 1E E E E E A I= ,
e, assim,
13 12 8 7 1B E E E E E= .
Isto é,
1BA I A B−= ⇒ = .
68
Após fazermos o produto, a matriz pedida é:
113 8 1
8 18 17 27 7 21 34 9 19 1
7 7 21 3... ...1 4 1 07 7 71 3 1 07 7 7
A E E E−
− − − −
= = − − −
.
Observações:
Ao tentar resolver o exemplo, você pode verificar que o •conjunto de matrizes elementares encontradas no pro-cesso de escalonamento não será o único, pois depende-rá da escolha das operações elementares efetuadas, não obstante a matriz inversa será a mesma.
Fizemos questão de apresentar um exemplo com uma •matriz de ordem 4, com o objetivo de facilitar a compre-ensão do método, além de colocar uma prática que usual-mente não se expõe em livros da literatura disponível.
• Um Método Prático
O processo anterior foi explicado para que você entenda, passo-a-passo, como uma matriz é reduzida até ser convertida à matriz iden-tidade. Na prática, toda vez que queiramos obter a matriz inversa de uma matriz não singular, procedemos da seguinte forma:
operações 1elementares[ ] [ ]A I I A−→ ,
ou seja, acrescentamos à direita uma matriz identidade da mesma or-dem da matriz e fazemos o processo de redução. O último resultado terá uma matriz identidade à esquerda, e à direita a inversa da matriz dada. Visto de outra forma, a matriz identidade da direita estará ar-mazenando todas as operações elementares efetuadas no processo.
69
Exemplo 25. Use o método prático para obter a matriz inversa do Exemplo 24.
Solução.
assim: 1
8 18 17 27 7 21 34 9 19 1
7 7 21 31 4 1 07 7 71 3 1 07 7 7
A−
− − − −
= − − −
.
70
Agora é com você!
Exercício 27. Use o método prático para encontrar as matrizes in-versas:
da matriz a) 2 1
0 3A
− =
.
das matrizes b) 1 00 2
A = −
e
1 0 0 00 1 0 01 0 1 00 0 0 1
B
=
.
Exercício 28. Considerando as matrizes , eA B C, encontre a matriz inversa, se possível.
2 1 3 43 2 4 52 2 1 02 1 3 1
A
= −
.
1 1 2 12 3 0 21 1 2 2
1 2 1 1
B
− − = −
.
1 0 32 1 46 1 17
C = − − − −
.
71
ResumoNeste Capítulo inserimos os conceitos básicos que servirão de base para o estudo dos próximos Capítulos deste Livro. Em particular, quando falamos de matrizes você, além de lembrar alguns conceitos já aprendidos no ensino médio, foi levado à reflexão e observação de propriedades antes desconhecidas, com a intenção de despertar a sua capacidade lógica e, por que não dizer, a sua capacidade de abs-tração, uma preparação aos conceitos que serão vistos no capítulo dos espaços vetoriais.
Você poderá encontrar também muita informação dos conteúdos aqui fornecidos (e também os conteúdos dos próximos capítulos) ao navegar por sítios com conteúdos matemáticos (confiáveis) da inter-net. Um exemplo, entre outros, que lhe pode ser útil é dado ao aces-sar o link:
<http://pt.wikibooks.org/wiki/Matem%C3%A1tica_Elementar:_Matrizes>.
Ainda, julgamos importante fornecer à você um resumo simplificado das propriedades estudadas até o momento. Ele poderá servir como material de apoio para o desenvolvimento dos exercícios de prova.
Propriedades das Matrizes
Adição de Matrizes
Sejam ij m nA a
× = , ij m n
B b×
= e ij m nC c
× = , então:
Comutatividade: • A B B A+ = + ;
Associatividade: • ( ) ( )A B C A B C+ + = + + ;
Elemento neutro: • A O A+ = ;
Elemento oposto: • ( )A A O+ − = .
Produto de uma Matriz por um Escalar
Esse material de apoio, bem como algumas atividades, pode ser
encontrado no ambiente virtual de aprendizagem.
72
Dados ij m nA a
× = , ij m n
B b×
= e ∈ (um escalar real), então:
Distributividade: • ( )A B A B + = + ;
Distributividade: • ( ) A A A + = + ;
Associatividade: • ( ) ( )A A = ;
0 A O⋅ =• .
Produto de Matrizes
Dados [ ]ik m pA a
×= , kj p n
B b×
= e jlC c = (ordem conveniente), então:
( ) ( )A BC AB C=• ;
( )A B C AB AC+ = +• ;
( )A B C AC BC+ = +• ;
( ) ( ) ( )AB A B A B = =• , ∈. (Um escalar real).
Observe que em geral AB BA≠ . Também, AB O= , não implica A O= ou B O= .
Transposta de uma Matriz
Dados ij m nA a
× = e ij m n
B b×
= , então:
( ') 'A A=• ;
( ) ' ' 'A B A B+ = +•
se • ij n pB b
× = ;
( ) ' ' 'AB B A=• ;
( ) ' ',A A = ∈• , ∈.
Traço de uma Matriz
( ) ( ) ( )Tr A B Tr A Tr B+ = +• ;
( ) ( )Tr A Tr A =• ;
( ) ( ')Tr A Tr A=• ;
( ) ( )Tr AB Tr BA=• .
73
Inversa de uma matriz 1 1 1( )AB B A− − −=• ;
1 1( )A A− − =• ;
1 1( ) ( )t tA A− −=• ;
1 1det ( )det ( )
AA
− =• .
Bibliografia ComentadaBOLDRINI, José et al. Álgebra linear. 3. ed. São Paulo: Harbra, 1980.
Essa referência auxiliará para complementar e estender alguns conceitos não apresentados, nos quais você possa estar interessado(a) em conhecer e se aprofundar.
CALLIOLI, C. A. et al. Álgebra linear e aplicações. 6. ed. [S.l.]: Atual Editora, 1993.
Nesse livro, além de contar com os conteúdos da Álgebra Linear e Aplicações, você encontrará as provas das propriedades do determinante de uma matriz usando a definição.
KÜHLKAMP, Nilo. Matrizes e sistemas de equações lineares. Florianó-polis: Ed. UFSC, 2005.
Esse livro possui múltiplos exemplos e problemas práticos que você pode resolver e, assim, acrescentar à sua prática. Também, são apresentados algumas aplicações e problemas de matrizes e sistemas lineares.
SANTOS, Reginaldo. Um curso de geometria analítica e álgebra linear. Belo Horizonte: Ed. UFMG, 2001.
Essa referência é muito útil para aplicar os conceitos usando alguns recursos computacionais, assim como os detalhes de algumas provas úteis de seu interesse.
Capítulo 2Sistemas Lineares
Capítulo 2Sistemas Lineares
Neste capítulo, você estudará conceitos e métodos de reso-lução de sistemas lineares que serão usados nos próximos capítulos. Para tal, como motivação lembraremos de algu-mas questões da Geometria Analítica que nos ajudarão na visualização de certos casos que conduziram à caracteri-zação de sistemas lineares no plano e no espaço. Também, consideramos que você conheça os métodos convencionais de resolução de duas ou três equações com duas ou três incógnitas e a aplicação a regra de Cramer nesses casos. A partir disso, levamos ao questionamento de o que fazer em casos onde esses métodos não são aplicáveis.
2.1 PreliminaresAntes de iniciarmos, lembraremos de alguns conceitos de geometria analítica que serão importantes para entender melhor o conteúdo que será dado neste capítulo.
Uma vez que retas e planos são subconjuntos de 3 , forneceremos
as notações das retas dadas pelos eixos coordenados e dos planos dados pelos planos coordenados.
Lembremos da notação de um ponto P qualquer do espaço com coordenadas ,x y e z:
3( , , )P P x y z= ∈ .
Já a notação de um vetor a com componentes 1 2 3, ,a a a é dada por:
1 2 3( , , )a a a a= .
a=OP(x,y,z)P(x,y,z)
0x
y
z
Figura 2.1. O ponto P e o vetor a.
A regra de Cramer é um teorema em álgebra linear
que dá a solução de um sistema de equações
lineares em termos de determinantes. Recebe esse
nome em homenagem a Gabriel Cramer
(1704-1752).
76
2.1.1 Eixos coordenadosOs eixos coordenados são denotados na seguinte forma vetorial:
Eixo • x 3
x£ {x / x (1,0,0), } = ∈ = ∈
z
x
y
a = (1,0,0)
Figura 2.2. O eixo coordenado x.
Eixo • y3
y£ {y / y (0,1,0), } = ∈ = ∈
Figura 2.3. O eixo coordenado y.
z
y
x a = (0,1,0)
Eixo • z3
z£ {z / z (0,0,1), } = ∈ = ∈
Figura 2.4. O eixo coordenado z.
z
a = (0,0,1)
ay
x
77
2.1.2 Planos CoordenadosAs formas vetoriais e cartesianas dos planos coordenados são da-das, respectivamente, da seguinte maneira:
Plano XY•
3xy {x / x (1,0,0) (0,1,0), , } Π = ∈ = + ∈
ou xy {(x, y, z) / z 0}Π = =
z
y
x
Πxy
Figura 2.5. O plano xyΠ .
Plano YZ•
3yz {x / x (0,1,0) (0,0,1), , } Π = ∈ = + ∈
ou { }yz (x, y, z) / x 0Π = =
z
y
x
Πyz
Figura 2.6. O plano yzΠ .
78
Plano XZ•
3xz {x / x (1,0,0) (0,0,1), , } Π = ∈ = + ∈
ou xz {(x, y, z) / y 0}Π = =
z
Πxz
y
x
Figura 2.7. O plano xzΠ .
No espaço, seja uma reta qualquer que passa pelo ponto
0 0 0 0P (x , y , z ) com vetor diretor 1 2 3( , , )a a a a= . Então, se t∈ é um parâmetro, um ponto P(x, y, z) de é dado por:
0 1x x ta= + ;
0 2y y ta= + ;
0 3z z ta= + .
Essa equação é conhecida como a equação paramétrica da reta.
Exemplo 1. Seja uma reta que passa pelo ponto (1,1, 2) e vetor diretor (1, 1,0)a = − . Encontre uma forma de equacionar que não envolva o parâmetro t.
Solução. A equação paramétrica de é:
x 1 x 1t t= + ⇒ = −
y 1 1 (x 1) 2 xt y= − ⇒ = − − = −
z 2 0 2 z 2t= + = ⇒ =
São equações equivalentes à equação geral da reta, da forma x = f(t), y = g(t) e z = h(t), que relacionam as coordenadas x, y e z dos pontos da reta com um parâmetro t. Lembre dos conteúdos da disciplina de Geometria Analítica.
O vetor diretor, como o nome já diz, determina a direção da reta.
79
Assim, t∈ implica x∈. Isto é, a reta pode ser equacionada na forma:
22
:y xz
= −
=
ε
z
z = 2
yx
Figura 2.8. Gráfico da reta do Exemplo 1.
A equação cartesiana (ou geral) do plano Π que passa pelo ponto
0 0 0 0P (x , y , z ) e vetor normal (a, b,c)n = é dada por:
: ax by cz dΠ + + =
Exemplo 2. Dado o tetraedro que passa pela origem e pelos pontos (0,0,1) , (1,0,0) e (0,1,0) como indicado na Figura 2.9, considere a face desse tetraedro no octante X Y Z+ + +. Então, o plano determina-do por essa face tem equação:
: x y z 1Π + + =
z
yx
Π: x+y+z=1
(0,0,1)
(1,0,0) (0,1,0)
Figura 2.9. Plano definido pela face de tetraedro com vértice na origem.
80
Agora é sua vez!
Verifique se você está acompanhando as discussões que fizemos. Resolva o exercício que deixamos a seguir:
Exercício 1. Encontre dois vetores do plano Π, mostrado na Figura 2.9 do Exemplo 2, e verifique que a equação é dada por x y z 1+ + = .
Exemplo 3. A reta do Exemplo 1 pode ser considerada como sen-do a intersecção do plano 1 : x y 2Π + = e o plano 2 : z 2Π = , paralelo ao plano cartesiano xyΠ , conforme ilustrado na figura.
z
Π1Π2
ε
y
x
Figura 2.10. A reta obtida como interseção de dois planos.
Com o desenvolvimento desta seção e antes de iniciarmos a formu-lação algébrica dos sistemas lineares, colocaremos as várias possi-bilidades de posições relativas entre retas e planos e os respectivos conjuntos solução. Logo depois, veremos a conexão desta seção com a formulação algébrica a ser fornecida neste capítulo.
2.2 Sistemas LinearesRetas em 2
Em 2 , uma reta com os seus infinitos pares de pontos (x, y) é equa-
cionada na forma
ax by c+ = (1)
As posições relativas entre duas retas no plano são:
Concorrentesa) , isto é, a intersecção é um ponto. Assim, dadas duas equações, existe uma única solução;
81
Coincidentesb) , isto é, as retas são iguais. Isso equivale a dizer que há muitas soluções (ou, mais apropriadamente falando, infini-tas!) ou, ao resolver duas equações, existem infinitas soluções;
Paralelasc) , isto é, não há intersecção entre elas. Quer dizer que a solução dada por duas equações é o conjunto vazio (ou não existe solução).
ε1∩ε2=P
ε2
ε1
ε2
ε1P
ε1= ε2
ε1= ε2
ε1//ε2
y
x x x
y y
a) b) c)
Figura 2.11. Posições relativas de retas no plano.
De forma similar, vejamos o que pode acontecer no caso de termos planos em 3
.
Planos em 3
• Um plano
Dado um plano Π, os seus infinitos pontos (x, y, z) satisfazem a equação linear:
ax by cz d+ + = (2)
Dito de outra forma, o conjunto de pontos de um plano qualquer é dado pela solução de uma equação linear com três incógnitas.
Π
z
y
x
Figura 2.12. O plano Π no espaço.
82
• Dois planos
As posições relativas entre dois planos, dados por duas equações lineares, são as seguintes:
Coincidentesa) , se cada ponto P(x, y, z) do conjunto solução sa-tisfaz ambas as equações, então, existirão infinitas soluções;
Paralelosb) , isto é, não existem pontos P(x, y, z) que satisfaçam simultaneamente as equações de cada um dos planos, isto é, não existem soluções;
Concorrentes numa retac) . Neste caso, a única possibilidade é que a interseção dos planos seja uma reta de pontos P(x,y,z) que satisfaz ambas as equações. Dessa forma, haverá infini-tas soluções.
z zz
yy
y
x x x
Π1=Π2
Π1=Π2 Π1∩Π2=∅ Πyz∩Πxy= εy
Π1/ /Π2
Π1
Π2
Πxy
Πyz
a) b) c)
Figura 2.13. Posições relativas de dois planos no espaço.
• Três Planos
As posições relativas entre três planos são as seguintes:
Concorrentes num pontoa) . Existe uma única possibilidade para que as equações dos planos sejam satisfeitas simultane-amente, isto é, existe uma única solução. Observe na Figura 2.14 a intersecção dada pelos três planos coordenados. Uma forma prática de visualizar essa situação é olharmos para uma esquina qualquer de uma sala de aula, na qual as paredes são consideradas como três pedaços de planos;
Interseção vaziab) . Não há pontos (x, y, z) satisfazendo simul-taneamente as equações dos planos e é dito que a interseção é vazia; assim, não existe solução. Nessa situação, um exemplo
83
prático é olhar três faces quaisquer de um tijolo (cuja forma é um paralelepípedo), como indicado na Figura 2.15.
z
y0
Πyz
Πxz
Πxy
Πxy∩Πxz∩Πyz={0}
x
Π1 Π2
Π3
z
y
Π1∩Π2∩Π3=∅
x
Figura 2.14. Planos concorrentes num ponto. Figura 2.15. Planos não concorrentes.
Concorrentes numa retac) , isto é, a interseção dos planos é uma reta; portanto, existem infinitas soluções. Nesse caso, um exemplo prático é observarmos um livro aberto em que as fo-lhas representam pedaços de planos que se interceptam na lombada (e claro, teremos que imaginar uma lombada muito fina!). Assim, a lombada seria um pedaço da reta interseção.
z
y
ΠxyΠxy∩Π1∩Π2∩Π3∩Πxz= εx
Π1
Π2
Π3Πxz
x
εx
Figura 2.16. Planos concorrentes numa reta.
Em cada uma das situações dadas anteriormente, procura-se o conjunto solução de equações com duas ou três incógnitas (1) e (2). Com o objetivo de generalizar, denotamos 1 2(x , x ) as incógnitas da equação (1) e 1 2 3(x , x , x ) as incógnitas da equação (2). Nesses casos, escrevemos:
No ambiente virtual serão exibidas essas e outras
situações práticas do nosso cotidiano que ilustram
as posições relativas de retas e planos.
84
11 1 12 2 1
21 1 22 2 2
x xx x
a a ba a b
+ =+ = ,
no caso da interseção de duas retas em 2 . Ou, na forma:
11 1 12 2 13 3 1
21 1 22 2 23 3 2
a x a x a x ba x a x a x b
+ + =+ + =
no caso da interseção de dois planos.
Dadas m equações com n incógnitas, um sistema linear, em geral, é apresentado na seguinte forma:
11 1 12 2 1 1
21 1 22 2 2 2
1 1 2 2
x x xx x x
x x x
n n
n n
m m mn n m
a a a ba a a b
a a a b
+ + + =+ + + =
+ + + =
(SLg),
em que SLg indica um Sistema Linear geral.
Assim, seA [a ]m n ij m n× ×= , 1 1X [x ]n ij n× ×=
e 1 1B [b ]n ij n× ×= ,
o sistema dado pode ser representado matricialmente por
1 1A X Bm n n m× × ×= ,
ou, simplesmente,
AX B= (SLm),
em que SLm indica um Sistema Linear na forma matricial.
A matriz A é conhecida como matriz de coeficientes, X é a matriz das incógnitas e B, a matriz dos termos independentes.
Observação. A ordem da matriz de coeficientes define a ordem do sistema. No caso, o sistema AX B= é de ordem m n× .
São exemplos de sistemas lineares:
9 24 0
x yx y
− =+ =
i) , ii) 2 3 1x y z− + = , iii) 10
7 2
x y zx zy z
+ + =− =+ =
85
onde (i) é um sistema de duas equações com duas incógnitas e (ii) é um sistema de uma equação com três incógnitas. Já o sistema (iii) possui três equações e três incógnitas.
Agora é com você!
Exercício 2. Com o intuito de verificar se você lembra do conteúdo da Seção anterior, forneça uma interpretação geométrica dos siste-mas lineares dados nos exemplos (i), (ii) e (iii).
Você lembra de ter estudado a solução de sistemas de ordem dois ou três (e com duas ou três incógnitas), no Ensino Médio? Nesses casos os métodos convencionais ou a regra de Cramer sempre eram possíveis de serem aplicados. Existem sistemas onde isso pode não acontecer, por exemplo:
Exemplo 4. Resolver o seguinte sistema linear de equações de or-dem 3:
3 47 2 1
2 6 5
x y zx y zx y z
− + =− + − =
+ − =
Solução. Usaremos métodos convencionais para resolver o sistema.
Enumerando cada equação:
3 47 2 1
2 6 5
x y zx y zx y z
− + =− + − =
+ − =
(1)
(2)
(3)
Isolando z de (3), 2 6 5z x y= + − , e substituindo em (1) e (2), obtemos:
3 2 6 5 47 2(2 6 5) 1
x y x yx y x y− + + − =
− + − + − = ⇒ 5 5 9
5 5 9x y
x y+ =
− − = − (4)
Na última expressão, a primeira equação é igual à segunda, com exceção do sinal. Então, qual é a solução de (4), onde 5 5 9x y+ = ? Os métodos convencionais nesse caso não fornecem uma resposta.
Também, se
3 1 1A 1 7 2
2 6 1
− = − − −
, observamos que det (A) 0= , então o
método de Cramer não pode ser usado! Você sabe por quê?
86
Uma interpretação geométrica do sistema dado corresponde a termos três planos se intersectando. A equação (4) junto à (3) fazem-nos obter a seguinte resposta:
5 5 92 6 5
x yz x y+ == + −
ou 5 5 92 6 5
x yx y z+ =+ − =
(5)
A expressão (5) corresponde a uma reta onde o parâmetro t não apa-rece explicitamente. Por exemplo, ao considerarmos z t= e uma ma-nipulação algébrica simples no sistema (5), poderemos obter os valores
, ,x y z em função do parâmetro t, da seguinte forma:
29 54 47 1 ,20 40
x t
y t t
z t
= −
= + ∈
= +
Essa forma é similar ao que foi trabalhado no Exemplo 1, não é? E, lembrando a Figura 2.16, estamos numa situação em que temos infinitas soluções!
Observe que a resposta do Exemplo 4 foi fornecida com uma caracterização da solução e os conceitos aprendidos na Geo-metria Analítica, mas... como podemos resolver esse exemplo analiticamente?
Exemplos como o anterior, em que os métodos convencio-nais ou a regra de Cramer não podem ser usados, serão o foco principal para o desenvolvimento dos conceitos nas próximas Seções. Uma forma de contornarmos situações como as mostradas anteriormente nos conduzirá ao uso do escalonamento de matrizes. Assim, esses sistemas serão ca-racterizados e as soluções serão facilmente encontradas.
2.2.1 Posto e Nulidade de uma Matriz
Posto de uma Matriz
Definição. Dada uma matriz A de ordem m n× , o posto da matriz é dado pela ordem da maior submatriz não singular da matriz dada.
87
Notação: p(A)
Exemplo 5. Encontre o posto da matriz
1 3 5A 0 1 2
0 2 4
= − −
.
Solução. Vejamos as submatrizes que podemos encontrar nesse caso.
Se 1n = ,
21[a ] 0= e há outras não nulas.
Se 2n = ,
escolhemos 1
3 5A
1 2
= − e 2
0 1A
0 2−
=
dentre outras possíveis.
Calculamos agora os respectivos determinantes:
3 5det 11
1 2
= − ,
0 1det 0
0 2 −
=
.
Se 3n = , nesse caso a única submatriz é a matriz dada com
det(A) 0= .
Dessa forma, 2 é a maior ordem da submatriz não singular, isto é, o posto de A é igual a 2.
Observação. O método não é prático para matrizes de ordem maior, pois nesse caso teremos que calcular determinantes de matrizes de ordem maior que 3 ou 4. Por exemplo, se A é de ordem 7 com determinante nulo, estaremos obrigados a calcular determinantes de matrizes de ordem 5 ou 6! Logo depois de definir a nulidade de uma matriz, apresentaremos uma forma prática de calcular o posto de uma matriz.
Nulidade de uma Matriz
Definição. Dada uma matriz A de ordem m n× , a nulidade da ma-triz é dada pela diferença entre o número de colunas e o seu posto.
Notação: nul(A)
nul(A) pn= − .
88
Exemplo 6. Encontrar a nulidade da matriz dada no Exemplo 5.
Solução. No Exemplo 5, obtivemos que p(A) 2= e, como 3n = , temos:
nul(A) 3 2 1= − = .
Observações:
O posto e a nulidade de uma matriz são utilizados na resolu-•ção de sistemas lineares.
O posto e a nulidade de uma matriz estão associados à dimen-•são do espaço linha e o espaço coluna da mesma. Esses concei-tos serão vistos posteriormente.
As linhas não nulas obtidas ao reduzir uma matriz na sua forma escada são ditas linhas linearmente independentes.
Teorema. Se A é uma matriz de ordem m n× , o posto da matriz é determi-nado pelo número de linhas linearmente independentes da matriz.
Por exemplo, sejam A, B e C três matrizes e A , B e C suas respec-tivas formas reduzidas:
0 1 0A
0 0 0
=
,
1 1 0 00 1 1 0
B0 0 0 00 0 0 0
− =
e
1 0 0C 0 1 2
0 0 1
=
,
linearmente independentes. Então, a matriz A só tem uma linha li-nearmente independente, a matriz B tem duas linhas linearmente independentes, e a matriz C três linhas linearmente independentes.
Assim, os postos das matrizes A, B e C são respectivamente 1, 2 e 3.
Exemplo 7. Use o teorema anterior para encontrar o posto das ma-trizes A e B :
3 3
1 3 5A 0 1 2
0 2 4×
= − −
a) , b)
4 5
1 2 2 0 11 1 0 1 0
B0 0 1 1 11 5 4 1 2
×
− − − − = − − −
.
O conceito de independência linear será estudado no próximo capítulo.
89
Solução.
a) 1 3 5
A 0 1 20 2 4
= − −
; após escalonamento, obtemos a matriz
1 3 5A 0 1 2
0 0 0
= −
.
Essa matriz tem as duas primeiras linhas linearmente indepen-dentes.
Assim, p(A) 2= e, em consequência, nul(A) 1= .
b) Similarmente, no caso da matriz B, após operações elementares, chegamos à forma:
1 2 2 0 10 3 2 1 1
B0 0 1 1 10 0 0 0 0
− − − − − =
.
Assim,p(B) 3= e nul(B) 5 3 2= − = .
Agora é sua vez!
Exercício 3. Considerando a matriz B do Exemplo 7, use operações elementares para reduzi-la e obtenha o posto e a nulidade. Observe que os valores do posto e da nulidade não mudam ao obtermos ma-trizes reduzidas diferentes.
Propriedade. Se A é uma matriz de ordem m n× , então
p(A) mín{ , }m n≤ .
Para exibir esse resultado, usaremos como exemplo a matriz B do Exemplo 7, em que 4m = , 5n = , assim,
p(B) mín{4,5} 4 p(B) 4≤ = ⇒ ≤ .
De fato, p(A) 3= .
90
Observação. Usando a propriedade, observe que:
Se • m n< , então p(A) m≤ .
Se • m n> , então p(A) n≤ .
Como tarefa, faça uma pesquisa sobre a prova dessa proprie-dade.
2.2.2 Matrizes Equivalentes e Sistemas Equivalentes
Matrizes Equivalentes
Definição. Duas matrizes A e A são ditas matrizes equivalentes se uma delas é obtida ao fazermos operações elementares na outra.
Assim, se operaçõeselementaresA A→ , dizemos que as matrizes A e A são equi-
valentes. Por exemplo, se
1 2 3A 0 0 1
1 2 0
=
, 1 2 3
A 0 0 10 0 0
=
e
3 24 6B
15 2 9
= − − ,
1 8 2B
0 118 39
=
,
então, as duplas de matrizes A, A e B, B são equivalentes, pois A e B foram obtidas após um processo de operações elementares.
Agora é sua vez!
Exercício 4. Quais operações elementares foram realizadas nas matri-zes A e B para obtermos as matrizes A e B , citadas anteriormente?
Propriedade. Matrizes equivalentes possuem o mesmo posto.
Um modo de exemplificar essa última propriedade é observarmos que uma matriz elementar, E , é sempre equivalente à matriz identi-
91
dade, I. Saberia dizer por quê? Sabendo-se que a matriz identidade possui n linhas linearmente independentes, então o seu posto será igual a n, p(I) n= , assim, p(E) n= .
Matriz Aumentada ou Ampliada
Dado o sistema (SLm), AX B= , a matriz aumentada ou ampliada do sistema, denotada por uA , é dada ao acrescentarmos na matriz de coeficientes, A, a matriz dos termos independentes, B.
Notação: uA [A B]= .
uA é uma matriz de ordem ( 1)m n× + , onde as n primeiras colunas são dadas pela matriz A e a última coluna é a matriz coluna dada por B. Por exemplo, a matriz aumentada do sistema
3 5 12 7 2
2 3
x y zx y z
y z
+ + =+ + =
+ =
é dada por:
u
1 3 5 1A 1 2 7 2
0 2 1 3
=
.
Ao fazermos operações elementares na matriz uA , estaremos mu-dando simultaneamente os elementos de B, ou seja, obtemos uma matriz uA [A B]=
. Com isso, podemos dizer que o sistema inicial foi mudado para um sistema da forma:
AX B= .
Sistemas Equivalentes
Dois sistemas, AX B= e AX B= , são ditos equivalentes se as matri-zes aumentadas dos mesmos, uA [A B]= e uA [A B]=
, são matrizes equivalentes.
92
Exemplo 8. Encontre as matrizes aumentadas dos sistemas lineares (SLg1) e (SLg2) dados abaixo e verifique se eles são equivalentes.
3 5 12 7 2
2 3
x y zx y z
y z
+ + =+ + =
+ = (SLg1) e
3 5 12 1
1
x y zy z
z
+ + =− + =
= (SLg2).
Solução. As matrizes aumentadas dos sistemas (SLg1) e (SLg2) são, res-pectivamente, dados por:
u1
1 3 5 1A 1 2 7 2
0 2 1 3
=
e u2
1 3 5 1A 0 1 2 1
0 0 1 1
= −
.
Veja que, fazendo as três operações elementares, 2 1 2l l l←− + ,
3 3 22l l l← + e 33 5
ll ← sobre a matriz u1A , obtemos facilmente a ma-
triz u2A , isto é, operações1 2elementaresA Au u→ . Assim, u1A
e u2A são matrizes
equivalentes.
Propriedade. Sistemas equivalentes possuem a mesma solução.
Assim, se a forma reduzida da matriz aumentada é muito parecida com a forma triangular ou diagonal, a propriedade sugere que ao resolver um sistema linear é suficiente resolver o sistema equivalen-te obtido após o escalonamento.
Dessa forma, usando métodos convencionais nos sistemas dados no Exemplo 8, verificamos que a solução, em ambos os casos, é 7x = − ,
1y = , 1z = . Isto é, 7
11
X− =
, agora pedimos que você verifique o
resultado!
Com o conteúdo teórico dado nas seções já apresentadas, estamos prontos para apresentar o método de solução usando escalonamen-to. Para isso, precisamos caracterizar os sistemas lineares!
93
2.2.3 Caracterização dos Sistemas Lineares
Um sistema linear pode ser:
Possívela) (compatível, consistente), se possui solução.
Determinado:• quando a solução é única;
Indeterminado:• quando há infinitas soluções.
Impossívelb) (incompatível, inconsistente), se não possui solução.
Seja o sistema linear de m equações com n incógnitas da forma:
AX B= .
Usando o conceito de posto no caso das matrizes A e uA ( p(A) e up(A ) ) caracterizamos as soluções do sistema linear da seguinte forma:
O sistema é possível se a) up(A) p(A )= .Se p p(A)= , então o sistema é:
Determinado, se • p n= .
Indeterminado, se • p n< .
O sistema é impossível se b) up(A) p(A )≠ .
Exemplo 9. Caracterize os sistemas abaixo.
12
x yx y
− + =− + =
a) b) 11
x yx y
− + =+ = −
Solução.
a) Considerando 2m = e 2n = , o sistema pode ser colocado na se-guinte forma matricial:
A X B1 1 11 1 2
xy
=
− ⋅ = −
2 2 1u u
1 1 1 1 1 1A [A B] A
1 1 2 0 0 1l l l←− +− −
= = → = − −
94
Pela propriedade do posto de matrizes equivalentes, temos que p(A) 1= e up(A ) 2= . Como up(A ) p(A)≠ , então, o sistema é im-possível.
b) Com 2m = e 2n = , o sistema AX B= é da forma:
1 1 11 1 1
xy
− ⋅ = −
[ ] . .u u
1 1 1 1 1 1A A B A
1 1 1 0 2 0op elem− −
= = → = −
.
Assim, p(A) 2= e up(A ) 2= , por serem iguais ( p 2= ), o sistema é possível. Como 2 pn = = teremos, então, um sistema possível e determinado.
O sistema equivalente ao sistema dado é:
12 0
x yy
− + ==
.
Assim,
10
xy= −=
.
Portanto,
1X
0xy
− = =
é a solução do sistema dado.
Agora é sua vez!
Exercício 5. Com auxílio do conteúdo fornecido na Seção 2.2, inter-prete geometricamente os sistemas (a) e (b) dados no Exemplo 9.
Graus de Liberdade de um Sistema Linear
Quando um sistema linear é caracterizado como indeterminado, usa-se o conceito de graus de liberdade. O mesmo será denotado pela letra g.
95
Assim, se um sistema de m equações com n incógnitas da forma AX B= é indeterminado, e se o posto da matriz de coeficientes é p, então up(A) p(A ) p n= = < , isto é, p 0n − > .
Dessa forma, definimos g pn= − .
Observações:
Os graus de liberdade do sistema, g, são sempre um valor po-•sitivo.
O valor de g será associado ao número de variáveis livres do •sistema.
Exemplo 10. Dado o sistema
1x y− + = ,
encontre os graus de liberdade, indique as variáveis livres e encon-tre a solução.
Solução. A representação matricial do sistema é
[ 1 1] [1]xy
− =
.
Nesse caso, 1m = , 2n = e up(A) p(A ) 1= = . Você saberia dizer por quê?
O sistema é possível e indeterminado; assim, g 2 1 1= − = . Isto é, te-mos uma variável livre. Essa variável pode ser escolhida como sendo qualquer uma das incógnitas do sistema x ou y. Sem perda de gene-ralidade, escolheremos a segunda, y.
Quais são as soluções do sistema? Como o sistema possui infinitas soluções, consideramos y r= ∈ . Encontraremos todas as soluções por substituição direta:
1 1x y ry r= − + = − +=
Representando matricialmente:
1 1 1X ,
0 1x r
r ry r
− + − = = = + ∈
.
96
Assim, o conjunto de soluções do sistema dado é:
2 1 1/ ,
0 1x x
r ry y
− ∈ = + ∈
.
Observação. Fazendo 0r = ou 2r = , no sistema dado no Exemplo 10, teremos, respectivamente:
1
1X
0−
=
ou 2
1X
2
=
.
Assim, 1X e 2X são duas soluções particulares do sistema dado.
Exercício ResolvidoDado o sistema:1)
1 2 4
1 3 4
2 3 4
1 2 4
1 2 3 4
02
32 1
2 3
x x xx x xx x x
x x xx x x x
+ − =− + =+ − = −
+ − =+ − − =
Encontre:
A forma matricial do sistema;a)
O posto e a nulidade da matriz de coeficientes;b)
Os graus de liberdade do sistema;c)
A caracterização do sistema;d)
Calcular a solução (se existir).e)
Solução.
a) Considerando 5m = e 4n = , o sistema na forma AX B= é dado por:
1
2
3
4
1 1 0 1 01 0 1 1 20 1 1 1 31 1 0 2 12 1 1 1 3
xxxx
− − ⋅ =− − − − −
97
b) Escalonando Au = [A B] ,
2 1 23 2 34 1 4
5 1 5 5 2 52
1 1 0 1 0 1 1 0 1 01 0 1 1 2 0 1 1 2 20 1 1 1 3 0 1 1 1 31 1 0 2 1 0 0 0 1 12 1 1 1 3 0 1 1 1 3
l l ll l ll l l
l l l l l l
←− +← +←− +
←− + ←− +
− − − − − → →− − − − − − − − − −
1 1 0 1 00 1 1 2 20 0 0 1 10 0 0 1 10 0 0 1 1
− − − − − −
4 3 4
5 4 52
l l ll l l
l
← +←− +−
→
1 1 0 1 00 1 1 2 20 0 0 1 10 0 0 0 00 0 0 0 0
− − − −
,
assim: p p(A) 3= = e nul(A) 1= ;
c) g(A) p 4 3 1n= − = − = ;
d) Como up(A) p(A ) 3 4= = < , então o sistema é indeterminado e possui 1 variável livre;
e) O sistema equivalente é
1 2 4
2 3 4
4
02 2
1
x x xx x x
x
+ − =+ − = −
= −
e, considerando 3x como sendo a variável livre, isto é, 3x r= ∈, temos:
4
3
1xx r= −=
⇒ 2
1 2 4
2 2( 1) 43
x r rx x x r= − + − = − −= − + = +
.
Assim, a solução X é igual a:
34
X ,
1
rr
rr
+ − − = ∈ −
,
98
e o conjunto solução, S, pode ser colocado na seguinte forma:
3 3 14 4 1
X , ,0 1
1 1 0
rr
S r r rr
+ − − − − = = ∈ = + ∈ − −
.
A solução do exercício nos fornece o método comumente conhecido como o método de Gauss .
2.2.4 Método de Gauss para Solução de Sistemas Lineares
Ao resolvermos os sistemas no Exemplo 10 e o exercício resolvido (1), optamos por escolher uma variável livre (ou várias, se fosse o caso) e, por substituição a partir dela (ou delas), encontramos as ou-tras variáveis, usando o sistema equivalente. Esse método é conhe-cido como o método de Gauss para sistemas lineares.
Observemos com detalhes o que foi feito no exercício resolvido (1). Após o escalonamento, chegamos ao seguinte sistema equivalente, onde a quarta incógnita, 4x , ficou dada em forma explícita:
1 2 4
2 3 4
4
0 (1)2 2 (2)
1 (3)
x x xx x x
x
+ − =+ − = −
= −
Com a equação (3), resolvemos 1x e 2x , e considerando a variável livre:
3 (4)x r= ∈ (4)
Assim, substituindo (3) e (4) em (1) e (2), conseguimos o seguinte resultado:
1 2
1 2
( 1) 01
x xx x+ − − =+ = −
2
2
2
2( 1) 24
4
x rx rx r
+ − − = −+ = −= − −
(5)
1 2
1
1
14 13
x xx rx r
+ = −− − = −= +
(6)
(1)(2)(3)
99
Considerando que 1 2 3 4[ ]tX x x x x= e os resultados dados em (6), (5), (4) e (3), temos a solução geral:
1
2
3
4
34
X ,
1
x rx r
rx rx
+ − − = = ∈ −
.
Agora é sua vez!
Exercício 6. Duas soluções do sistema no exercício resolvido são
1
45
X11
− = −
e 2
56
X21
− = −
. Para quais valores de r isso acontece?
Observação. É possível escolher qualquer uma das incógnitas como variável livre.
No exercício resolvido, nada impede de escolhermos 1x ou 2x como variáveis livres. Vejamos, como exemplo:
Se a variável livre escolhida for 1x s= ∈, teremos
em (1)1 2 4
2
2
0( 1) 0
1
x x xs xx s
+ − =+ − − == − −
em (2)
2 3 4
3
3
3
2 21 2( 1) 2
1 43
x x xs x
x sx s
+ − = −− − + − − = −= + −= − −
Assim, obtemos a seguinte solução geral:
1
2
3
4
1X ,
31
x sx s
sx sx
− − = = ∈ − + −
.
100
O conjunto solução, nesse caso, é:
0 11 1
,3 11 0
S s s
− − = + ∈ − −
.
Considerando 4s = , obtemos a solução particular 1
45
X11
− = −
, ob-
serve que é a mesma solução encontrada anteriormente, em 1X , do Exercício 6.
Agora é sua vez!
Exercício 7. Qual é o valor de s para encontrarmos a outra solução,
2X , do Exercício 6?
Soluções como Combinação Linear de Vetores
Agora, suponha um sistema indeterminado AX B= , onde 4n = e p 2= , que tenha duas variáveis livres (g 2= ) e cuja solução geral fi-que explicitada como sendo, por exemplo:
1 1 01 1 1
X , ,0 0 21 0 0
r s r s
− − = + + ∈ −
.
A solução desse exemplo hipotético é colocada como a soma de uma solução particular não nula e uma combinação linear de dois ve-tores. Isso indica que, em geral, podemos expressar a solução de um sistema linear indeterminado qualquer como uma soma de uma solução particular e uma combinação linear de vetores (essa combi-nação terá terá um número de vetores igual ao número de variáveis livres). Ou seja, toda vez que o sistema for indeterminado, a solução geral pode ser caracterizada por:
1 1 2 2X X X X Xp g gt t t= + + + + ,
101
em que as soluções X1, X2, ..., Xg serão denominadas soluções bási-cas e Xp é a solução particular.
Exemplificaremos esse resultado nos dois exercícios seguintes, sen-do que o primeiro será resolvido detalhadamente.
Exercícios Resolvidos
2) Verifique que o seguinte sistema é indeterminado e que a solu-ção pode ser colocada como a soma de uma solução particular e uma combinação linear de soluções básicas:
2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3
10 4 14 2
3 2 2 52 8 2 2 4
6 3 1
x x xx x x xx x x x
x x x xx x x
− + =+ − + =+ + + =
− − + − = −− + =
Solução. Considerando 5m = e 4n = , expressamos o sistema na seguinte forma matricial:
0 10 4 1 11 4 1 1 2
X3 2 1 2 52 8 2 2 4
1 6 3 0 1
− − = − − − − −
.
Usando o método de Gauss,
3 3 1 3 2 3
4 4 1 5 2 55 5 1 2
32
10
1 4 1 1 21 4 1 1 22 1 10 10 4 1 1 0 1
5 10 10A0 10 4 1 1 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 00 10 4 1 1 0 0 0 0 0
l l l l l lul l l l l l
l l l l
← − ← +← + ← +← −
− − − − → → =− − − − − −
102
Como p p(A) p(A ) 2 4u= = = < , então o sistema é indeterminado.
Os graus de liberdade do sistema são g 2= . Assim sendo, haverá duas variáveis livres.
O sistema equivalente é dado por:
1 2 3 4
2 3 4
4 2 (1)2 1 1 (2)5 10 10
x x x x
x x x
+ − + =
− + =
Sejam 3x e 4x as variáveis livres, isto é,
3x s= , 4x r= com , (3)s r∈.
Substituindo (3) em (2), obtemos:
32 4
2
2 1 15 10 101 2 1
10 5 10
x x x
x s r
− + =
= + −
Similarmente, substituindo (3) e (4) em (1):
1 2 3 44 2x x x x+ − + =
A solução geral é:
8 3 35 5 51 2 1
X , ,10 5 100 1 00 0 1
s r s r
− −
− = + + ∈
Dessa forma, a solução geral é apresentada como a soma de uma solução particular,
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
103
851
1000
, e uma combinação linear dos vetores (matrizes) coluna
352510
−
e
351
1001
− −
.
3) Verifique se o sistema dado a seguir é indeterminado e encon-tre a solução geral.
1 2 3
1 2 3
1 2 3
4 6 12 8 12 2
2 3 0
x x xx x x
x x x
+ − =− − + = −
− + =
Solução. O sistema possui 3m = equações e 3n = incógnitas e a representação matricial dele é dada por:
1 4 6 12 8 12 X 2
2 3 1 0
− − − = − −
Após escalonamento (usando o método de Gauss), obtemos que g 1= , e considerando 3x como variável livre, encontramos a seguinte solu-ção geral:
3 1411 11
X ,2 1311 110 1
t t
= + ∈
.
2.2.5 Sistemas Homogêneos
Quando B = O no sistema dado por AX B= , o sistema é dito ser homogêneo. Isto é, um sistema homogêneo é um sistema linear da forma:
AX O= , (SLh)
onde SLh indica ser um Sistema Linear homogêneo.
104
Observe que, nesse caso, o posto da matriz é igual ao posto da ma-triz aumentada, uma vez que a última coluna da matriz aumenta-da é nula e permanecerá inalterada após as operações elementares. Dessa forma, o sistema é sempre possível!
Consideremos que A possua n linhas, então, se o sistema for deter-minado ( p n= ), haverá n linhas linearmente independentes e obte-remos a solução nula, conhecida como solução trivial. Você pode verificar, ao fazer substituição direta, após o escalonamento, que X O= . Já no caso do sistema ser indeterminado, haverá pelo me-nos uma solução básica diferente da trivial a partir da qual (ou das quais) todas as outras soluções são geradas.
Observação: Observe que, pelo desenvolvido na Seção anterior, a solução particular nesse caso será sempre nula.
Vejamos os seguintes exemplos.
Exemplo 11. Encontre a solução do seguinte sistema homogêneo:
1 2 3
1 2
1 2 3
2 03 0
0
x x xx x
x x x
+ − =+ =
− − =
Solução. Após escalonamento, temos o seguinte sistema equivalente:
1 2 3
2 3
3
2 000
x x xx x
x
+ − =+ =
=
Sendo que 3n = e p 3= , então, o sistema é determinado. Assim, a solução é a solução trivial. Confirmamos isso resolvendo por substi-tuição direta a partir da última equação, conseguindo:
0X 0
0
=
.
Você pode facilmente verificar esse resultado.
Poderia justificar por quê?
105
Exemplo 12. Encontre as soluções básicas do sistema homogêneo dado por:
1 4 62 8 12 X O
2 3 1
− − − = −
.
Solução. Você pode observar que o sistema dado corresponde à par-te homogênea do sistema dado no último exercício resolvido. Nesse exercício, obtivemos um sistema indeterminado com um grau de li-berdade, isto é, o sistema homogêneo possui uma solução básica da forma:
1
141113111
X
=
.
Podemos expressar a solução geral na forma:
1
1411
X X ,13111
t t t
= = ∈
.
Propriedades
Dado o sistema linear AX B= com parte homogênea AX O= , lista-mos a seguir as seguintes propriedades.
Propriedade 1. A solução de um sistema linear é a soma da solução da parte homogênea, hX , com uma solução particular, X p, do siste-ma não homogêneo.
Prova. Por hipótese, hX é solução do sistema homogêneo, isto é, AX Oh = e X p é uma solução particular do sistema não homogêneo, ou seja, AX Bp = .
Vejamos se X Xp h+ é solução do sistema linear:
A(X X ) AX AXp h p h+ = + .
106
Sendo que
AX Oh = e AX Bp = ,
então, (X X ) O B
Bp hA + = +
=
Daí que X p hX+ é solução do sistema linear.
Exemplo 13. Agora vamos verificar a propriedade no sistema a seguir:
1 2 3
1 2
1 2 3
x + 2x - x = 1 x + 3x = 0 x - x - x = 0
Solução. A forma matricial do sistema dado é:
A BX
1
2
3
1 2 1 11 3 0 01 1 1 0
xxx
=
− − −
O respectivo sistema homogêneo é
AX O (2)= ,
cujo sistema foi fornecido no Exemplo 11.
Ao resolvermos (2), obtemos:
1 2 3
00 X 0
0hx x x
= = = ⇒ =
.
Ao resolvermos (1), temos
1X 1 3
4 3p
− = −
.
(1)
(2)
A X B
107
Assim,
1
1X X X 1 3
4 3p
− = + = −
.
e a propriedade fica satisfeita.
Agora é sua vez!
Exercício 8. Anteriormente, resolvemos o sistema AX B= da forma:
1
2
3
4
0 10 4 1 11 4 1 1 23 2 1 2 52 8 2 2 4
1 6 3 0 1
xxxx
− − = − − − − −
(1)
Com solução geral:
8 3 35 5 51 2 1
X , ,10 5 100 1 00 0 1
s t s t
− −
− = + + ∈
.
A solução do sistema homogêneo respectivo, AX = O, é da forma:
3 35 52 1
X , , (2)5 101 00 1
h s t s t
− −
− = + ∈
. (2)
108
Obtenha:a)
Xni) para 1t s= = .
Xhii) para 2t = e 1s = − .
b) Verifique a Propriedade 1 usando as soluções obtidas nos itens (i) e (ii). Utilize o mesmo conjunto de parâmetros em cada caso.
Propriedade 2. Dado um sistema homogêneo com solução diferente da trivial:
Se a) X e Y são soluções, então X Y+ também é solução.
Se b) X é solução, então X também é solução, para qualquer escalar real.
Prova. Como exercício, demonstre a Propriedade 2.
Observação. A Propriedade 2 também pode ser formulada da se-guinte forma:
Se X e Y são soluções do sistema AX O= , então, X Y + tam-bém é uma solução do sistema.
2.3 Decomposição LUAlgumas vezes, é muito útil fatorar um número natural em um pro-duto de outros números naturais (por exemplo, 6 2 3= ⋅ , 45 3 3 5= ⋅ ⋅ etc.). Dessa mesma forma, pode ser muito útil fatorar ou decompor uma matriz como o produto de duas ou mais matrizes. Um exemplo disso é o seguinte:
3 1 1 0 3 19 5 3 1 0 2
− − = − −
.
O que você observa? Há alguma característica especial em cada uma das matrizes da fatoração dada?
A decomposição de matrizes é geralmente usada na resolução de sis-temas de equações lineares pelo método da eliminação de Gauss, e particularmente adequada para implementação em computadores.
Embora o escopo desse texto aborde apenas a decomposição LU, você deve saber que existem outros tipos de fatoração de matrizes, igualmente úteis: fatoração QR, fatoração de Cholesky etc. Esses tópicos são muito ricos e existem várias referências que apresentam esses assuntos.
109
Vejamos como podemos realizar tal fatoração, seja qual for a ordem da matriz. Para tal, considere um sistema de equações lineares da forma AX B= , em que A é uma matriz de ordem n.
Exemplo 14. Seja A uma matriz de ordem 3n = da forma:
2 1 3A 4 1 3
2 5 5
= − −
,
escalone-a até obter uma matriz triangular superior.
Solução. O escalonamento pedido pode seguir o seguinte processo:
2 1 3 2 1 3 2 1 3A 4 1 3 0 3 3 0 3 3 U
2 5 5 0 6 8 0 0 2
= − → − − → − − = −
.
Lembra-se, no capítulo anterior, do desenvolvimento realizado para calcularmos a matriz inversa? Pois bem, desta vez, um procedimen-to similar servirá para decompormos uma matriz qualquer.
Seguindo com o exemplo dado acima, podemos observar que no processo de decomposição podem ser associadas três matrizes ele-mentares 1 2 3E , E ,E tais que
3 2 1E E E A U= .
Você pode verificar que essas matrizes elementares são dadas por:
1 2 3
1 0 0 1 0 0 1 0 0E 2 1 0 , E 0 1 0 , E 0 1 0
0 0 1 1 0 1 0 2 1
= − = =
.
Agora é sua vez!
Exercício 9. a) Verifique se o produto 3 2 1E E E A U= .
b) Considere 13 2 1L E E E− = , verifique matricialmente que A LU= ,
também encontre L - a mesma será uma matriz triangular inferior com elementos diagonais iguais a 1.
110
Você observará que o método está sendo introduzido numa forma muito prática, ao estudar o Exemplo 14 e resolver o Exercício 9. Pois bem, essa prática fornecerá a metodologia para calcular a decompo-sição de uma matriz quadrada qualquer.
Suponha que A é uma matriz de ordem n que permite ser escalona-da sem precisar da permutação das suas linhas:
operaçõeselementaresA U→ ,
isto é, existem matrizes elementares 1 2E ,E , ,Ek tais que:
2 1E E E A Uk = .
Como visto anteriormente, cada matriz Ei é não singular; assim, o produto 2 1E E Ek é também não singular, isto é, existe 1
2 1(E E E )k−
, tal que
12 1A (E E E ) Uk
−= .
A matriz 12 1L (E E E )k
−= é uma matriz triangular inferior com ele-mentos diagonais iguais a um (poderia dizer por quê?).
Dessa forma, obtemos a decomposição da matriz A como o produ-to de uma matriz triangular inferior L por uma matriz triangular superior U , isto é,
A = LU.
É importante ressaltar que o procedimento mostrado anteriormente foi desenvolvido sem a permutação das linhas da matriz. Em ge-ral, ao escalonarmos uma matriz, poderemos precisar desse tipo de operação elementar. Nesse caso, você pode recorrer à leitura das re-ferências dadas pelos livros de Leon ou Poole.
A decomposição LU serve para calcular a matriz inversa, o deter-minante de uma matriz e para resolver sistemas lineares. É neste último ponto, a resolução de sistemas lineares, que enfocaremos a praticidade desse método no conteúdo desta Seção.
Dado o sistema linearAX B= ,
Mais detalhes da metodologia, assim como um código computacional da mesma, podem ser encontrados no ambiente de aprendizagem da nossa disciplina.
111
e usando a decomposição A LU= , temos:
LUX B= .
Encontraremos X ao inserirmos uma nova variável vetorial Y que resolva o sistema
LY B= .
Assim, ao termos encontrado Y , resolvemos:
Y UX= ou UX Y= .
Nas duas situações, você pode reparar que foram resolvidos dois sis-temas numa forma recursiva. Vejamos isso com o seguinte exemplo.
Exemplo 15. Resolver o sistema AX B= usando decomposição LU
de matrizes. Use a matriz 2 1 3
A 4 1 32 5 5
= − −
e 2
B 05
= −
.
Solução. Com o método acima descrito e sabendo que
A LU= ,
isto é :1 0 0 2 1 3
A 2 1 0 0 3 31 2 1 0 0 2
= − − − −
,
temos LY B= ou
1 0 0 22 1 0 Y 01 2 1 5
= − − −
, onde 1
2
3
Yyyy
=
.
Assim,
1
2
3 1 2
2 24 Y 4
115 2 11
y
y
y y y
= = − ⇒ = − −= − + + = −
Agora, resolvendo UX Y= ,
112
2 1 3 20 3 3 40 0 2 11
X − − = − −
3 3
2 3 2
1 2 3 1
112 11 3526
41 413 4 3 X6 6
1170 35 22 2 36 6
x x
x x x
x x x x
−= − ⇒ =
− = − + ⇒ = ⇒ = − = − − = ⇒ =
A solução do sistema é dada pelo vetor
35641X6112
= −
.
Pratique agora!
Exercício 10. Verifique a resposta do Exemplo 15 usando outro mé-todo.
Observações:
A decomposição LU é muito útil para resolver sistemas de or-1) dem 4n ≥ , em que será necessário fazer muitos cálculos.
Uma forma de reduzir os cálculos à mão é usar um Sistema 2) Algébrico Computacional, conhecido na literatura como CAS (Computational Algebric System). Os softwares livres mais co-muns são Scilab e Octave. Dentre os comerciais, podemos citar o Matlab (ou Matrix Laboratory), Maple e Mathematica.
Exercícios Propostos
Para cada sistema dado, encontre:1)
a forma matricial do sistema;i)
o posto e a nulidade da matriz de coeficientes;ii)
113
os graus de liberdade do sistema;iii)
a caracterização do sistema;iv)
a solução, se existir.v)
2 3 4 13 2 4 5 1
2 2 02 3 1
x y z wx y z w
x y zx y z w
+ + + =+ + + =
+ + =− + + + = −
a) b) 1 2 3 4
1 2 4
1 2 3 4
1 2 3 4
2 02 3 2 0
2 2 02 0
x x x xx x x
x x x xx x x x
+ + − =+ − =
− + + + =+ + + =
c) 3 12 4 1
6 17 1
x zx y z
x y z
+ =− + =
− − − = −
Quais dos sistemas dados são possíveis ou impossíveis? Se for 2) o caso, obtenha a solução geral e explicite as soluções básicas dos sistemas homogêneos relativos aos sistemas.
2 x + y - 2 z + 3 w = 1 3 x + 2 y- z +2 w = 43 x + 3 y + 3 z - 3 w = 5
a) b) 1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
x -2 x +3 x - 2x = 03 x - 7 x -2 x + 4x = 04 x +3 x + 5 x +2 x =0
c) x + 2 y - 3 z = -1 3 x -y +2 z = 75 x + 3 y -4 z = 2
d) x + 2 y - 3 z = 02 x + 5 y +2 z = 0 3 x - y - 4 z = 0
3) Dado o sistemax + y - z = 12 x + 3 y +a z = 3x + a y +3 z = 2
Determine os valores de “a” para termos um sistema incompa-tível ou compatível (determinado ou indeterminado).
4) Se possível, faça a decomposição LU de cada uma das matrizes de coeficientes dos sistemas dados no Exercício 1. Resolva os sistemas usando o método de decomposição LU para sistemas lineares.
114
5) Aplique a decomposição LU para resolver os sistemas da for-ma AX B= dados a seguir.
2 1A
2 5−
=
, 5
B1
=
.
0 0 1 21 1 3 2
A0 2 1 11 1 1 0
− = −
,
11
B01
= −
.
Resumo Neste capítulo, trabalhamos conceitos e métodos fundamentais para resolver sistemas lineares de tipo retangular, isto é, aqueles em que a matriz de coeficientes tem um número de linhas não necessariamente igual ao número de colunas. Fornecemos os conceitos que podem ser aplicados em sistemas de ordem maior ou igual a quatro, onde os mé-todos convencionais ficam difíceis de serem aplicados.
Os conceitos foram trabalhados em paralelo com exemplos e exercí-cios resolvidos e propostos. Para entendimento do conteúdo, é neces-sária a prática da solução dos exercícios e a persistência nos detalhes da teoria fornecida nocapítulo anterior e neste próprio. Mais adiante, você poderá perceber quanto do aprendido será resgatado no capítulo que segue. Esperamos que você tenha entendido tudo quanto foi for-necido neste capítulo, empolgando-se na metodologia utilizada!
115
Bibliografia ComentadaBOLDRINI, José et. al. Álgebra linear. 3. ed. São Paulo: Harbra, 1980.
Com esse livro, você pode pesquisar e aprofundar alguns dos conteúdos aqui fornecidos.
LEON, Steven J. Álgebra linear com aplicações. 4. ed. Rio de Janeiro: LTC, 1999.
POOLE, David. Álgebra linear. São Paulo: Pioneira Thomson Learning, 2004.
Nessa referência, você encontrará exercícios da última Seção deste Capítulo e aplicações muito interessantes dos Capítulos aqui apresentados. Comentamos, por exemplo, o uso do código de barras, que é uma dessas aplicações em nosso cotidiano encontradas nesse livro. Fica, então, como convite, fazer uma leitura a respeito.
RORRES, Anton. Álgebra linear com aplicações. 8. ed. Porto Alegre: Bookman, 2001.
Nesse livro, você pode encontrar uma gama de exercícios para acrescentar à sua prática.
SANTOS, Reginaldo. Um curso de geometria analítica e álgebra linear. Belo Horizonte: Ed. UFMG, 2001.
Essa referência é muito útil para aplicar os conceitos usando alguns recursos computacionais.
Capítulo 3Espaços Vetoriais
Capítulo 3Espaços Vetoriais
A estrutura de espaço vetorial, que será tratada neste ca-pítulo, é o conceito básico da Álgebra Linear. Um espaço vetorial não é outra coisa que um conjunto de vetores que satisfazem um conjunto de regras (axiomas). Este conceito proporciona unidade e precisão aos assuntos essenciais da Matemática. Após introduzir o sistema axiomático e as propriedades fundamentais, estaremos em condições de entender as idéias mais importantes que se derivam deste conceito.
3.1 Introdução
3.1.1 Definição
Seja V um conjunto não vazio, K um corpo ‘+ ’ e ‘∗ ’, duas opera-ções que chamaremos soma e produto por escalar, respectivamente. Dizemos que o objeto ( ,K, ' ', ' ')V + ∗ é um espaço vetorial (EV) (ou que V é um espaço vetorial sobre o corpo K ) se, e somente se, verifi-cam-se os seguintes axiomas:
EV1) A soma é uma composição interna em V , isto é, se , V∈u v , então V+ ∈u v .
EV2) A multiplicação de u V∈ por um escalar é uma composi-ção externa em V , isto é, se é um escalar em K e V∈u , então V ∈u .
EV3) ...
A esta lista segue uma série de propriedades que completam a defi-nição de espaço vetorial, que omitiremos por enquanto (não se pre-ocupem, elas serão relacionadas depois).
Em álgebra abstrata, um corpo é uma estrutura algébrica na qual estão definidas as operações de adição e multiplicação, que cumprem com as pro-priedades associativa, co-mutativa e distributiva.
120
Isto é o que você pode esperar, em geral, quando se procura por uma definição de espaço vetorial nos textos de Álgebra Linear.
Para o leitor, que está começando com AL, esta definição pode ser formal demais para introduzir a idéia de EV. Em algum momento, deverá valorizar o rigor matemático da forma como a definição está sendo colocada acima, e gradativamente adotá-lo.
Agora, tomaremos um caminho alternativo para entender este con-ceito com maior facilidade. Valer-nos-emos, para isso, de exemplos de conjuntos (que são espaços vetoriais) com os quais você já tem alguma familiaridade.
Consideremos os seguintes conjuntos: o conjunto de vetores no plano 2
, o conjunto formado pelas funções :f → , denotado por ( )F , e o conjunto das matrizes quadradas de ordem m com coeficientes reais, que denotaremos por Mm m× .
3.1.2 Vetores no Plano
Vetores não-nulos no plano podem ser representados geometrica-mente por segmentos orientados. Essa representação geométrica nos ajudaram a visualizar como as operações de multiplicação de um vetor por um escalar e de soma de vetores funcionam em 2
. Consideremos um ponto 1 2( , )x x no plano, que não esteja situado na origem. É possível associar-lhe um segmento orientado com origem em (0,0) e extremo em 1 2( , )x x , que representamos como sendo o vetor 2∈x , onde 1x e 2x são as respectivas componentes.
Vamos ao que nos interessa. Consideremos agora dois vetores x e y ,
e um escalar ∈ . Sabemos que para cada vetor 1
2
xx
=
x e para cada escalar , o produto x é definido por:
1
2
xx
=
x ,
que é um outro vetor que possui a mesma direção que x e que pode ter o sentido e comprimento mudado dependendo do valor de .
O matemático Hermann Grassmann (1809-1877) é geralmente creditado como o primeiro a introduzir a idéia de EV, em 1844. Porém, uma pessoa que realmente o estudou foi o matemático italiano Giuseppe Peano (1852-1932), que em seu livro Cálculo Geométrico, tornou claro o trabalho anterior de Grassmann e descreveu as propriedades para um EV da maneira como hoje o conhecemos. O livro de Peano é também digno de nota por introduzir operações em conjuntos, cujas anotações são: , e
(que ainda usamos).
121
Por outro lado, a soma de dois vetores e x y é definida como:
1 1 1 1
2 2 2 2
x y x yx y x y
+ + = + = +
x y .
Esta operação pode ser resolvida graficamente, utilizando a regra do paralelogramo, então +x y (o segmento orientado sobre a diago-nal do paralelogramo) é representado por outro vetor, cuja origem coincide com a origem de x e extremo com o de y .
Salientamos o fato de que 2 ∈x e 2+ ∈x y .
(0,0)
x x+y
< x1,x2 >
< x1+y1, x2+y2 >y
Figura 3.1 - A soma de e x y e o produto x .
3.1.3 Funções Reais
A soma de duas funções f e g de ( )F (funções com domínio nos reais) é definida como sendo a função ( ) ( )f g F+ ∈ dada por:
( )( ) ( ) ( )f g x f x g x+ = + .
Note também que, se ∈ , podemos multiplicar a função f pelo escalar , da seguinte forma:
( )( ) ( ( ))f x f x = ,
resultando, por sua vez, num elemento de ( )F . Mais uma vez, a soma e o produto por escalar originam funções de ( )F .
122
y(x,2f(x))
(x,−3f(x))
(x, f(x))
(x,0)f
2f
−3fy
g
f+g
fx
(x,0)
(x, f(x))(x, g(x))
(x, f(x)+g(x))
Figura 3.2 - A soma de funções e o produto por escalar.
3.1.4 Matrizes
Podemos somar duas matrizes quadradas de ordem n ( Mn n× ) (as quais denotamos como A ( )ij n na ×= e B ( )ij n nb ×= ), colocando A B ( )ij ij n na b ×+ = + , que é também uma matriz de Mn n× .
Com relação à multiplicação de A ( )ij n na ×= por um escalar ∈ , é natural definirmos A ( )ij n na ×= , que também pertence a Mn n× .
Você saberia dizer o que estes conjuntos citados anteriormente, com as operações de adição entre seus próprios elementos, por um lado, e a multiplicação de seus elementos por escalares, têm em comum?
Para começar, você pode ter percebido que: em todos os casos, a soma de um par de elementos do conjunto e/ou a multiplicação de qualquer elemento por um escalar resulta em outro elemento do mesmo conjunto.
Para continuar, vejamos se conseguimos encontrar outras proprie-dades em comum que poderiam ser aplicadas a esses conjuntos.
Vetores no Plano - Lembrando do estudado na disciplina Geometria Analítica, não será difícil entender o significado das seguintes igual-dades, (aqui , ∈ e , ,x y z são vetores no plano).
+ = +x y y x1) ;
( ) ( )+ + = + +x y z x y z2) ;
123
se 3) 0 representa o vetor nulo, então + =x 0 0 ;
o vetor 4) −x ( o oposto de x ) é tal que ( )+ − =x x 0 ;
( ) ( ) =x x5) ;
( ) + = +x x x6) ;
( ) + = +x y x y7) ;
1⋅ =x x8) .
Sugestão. Reproduza estes itens fazendo um esboço dos vetores resultantes em ambos os lados das igualdades e formule as propriedades algébricas cor-respondentes.
Funções reais - Verifica-se facilmente, a partir das propriedades dos números reais, que, com relação a quaisquer funções f , g e h em
( )F e para todo , ∈ , são válidos os seguintes resultados:
f g g f+ = +1) ;
( ) ( )f g h f g h+ + = + +2) ;
se 3) 0 representa a função nula, isto é, 0( ) 0x = para todo x, então 0 0f+ = ;
a função 4) f− definida por ( ( )) ( )f x f x− = − para todo x∈ é tal que ( ) 0f f− + = ;
( ) ( )f f =5) ;
( ) f f f + = +6) ;
( )f g f g + = +7) ;
1 f f⋅ =8) .
Matrizes - Agora, com relação a quaisquer matrizes A , B e C em Mn n× e para todo , ∈ , também são válidos os seguintes resulta-dos:
A B B A+ = +1) ;
( ) ( )A B C A B C+ + = + +2) ;
se 3) O representa o função nula, isto é, (0 )ij n nO ×= , então A O A+ = ;
124
se 4) ( )ij n nA a ×= , então a matriz A− definida por ( )ij n nA a ×− = − é tal que ( )A A O+ − = ;
( ) ( )A A =5) ;
( )A A A + = +6) ;
( )A B A B + = +7) ;
1 A A⋅ =8) .
Observamos que os conjuntos considerados, quando munidos das operações de soma e multiplicação por escalares, apresentam pro-priedades algébricas comuns.
Na verdade, muitos outros conjuntos munidos das operações, de soma e multiplicação por escalar, apropriadas apresentam proprie-dades semelhantes às anteriores.
Em vez de investigar as propriedades de cada conjunto em parti-cular, consideraremos um conjunto qualquer (desconsiderando a natureza de seus elementos) não vazio, V ( cujos elementos cha-maremos genericamente de vetores), sobre o qual supomos esta-rem definidas uma operação de adição, isto é, para cada , V∈u v , existe um único elemento de V associado, chamado a soma entre u e v e denotado por +u v , e uma multiplicação por escalar, isto é, para cada V∈u e ∈ , existe um único vetor associado, chamado de o produto de u pelo escalar e denotado por u .
Estamos agora em condições de introduzir o conceito de espaço vetorial.
3.2 Espaços Vetoriais
3.2.1 Definição
Diremos que um conjunto V , munido de duas operações: uma de adição entre quaisquer elementos do comjunto e outra de multipli-cação de quaisquer elemento do conjunto por escalar, é um espaço vetorial, se para quaisquer , , V∈u v w , e para todo escalar , ∈ , são válidos os seguintes axiomas:
O termo axioma é origi-nado da palavra grega
(axioma), que significa algo que é con-siderado, ajustado ou adequado, ou que tem um significado eviden-te. Entre os filósofos dos gregos antigos, um axio-ma era uma reivindicação que podia ser vista para ser verdade sem nenhuma necessidade de prova.
125
Existe a operação de adição: +u v está em V (fechado sob adição). Isto significa que a soma de dois elementos quaisquer de V é um único elemento em V .
EV1) + = +u v v u para quaisquer , V∈u v . A soma é comutativa em V .
EV2) ( ) ( )+ + = + +u v w u v w para quaisquer , , V∈u v w . A soma é associativa em V .
EV3) Existe um elemento V∈0 , chamado vetor nulo tal que 0+ =u u para todo V∈u .
EV4) Para cada V∈u existe V∈-u tal que ( ) 0+ − =u u ; todo elemen-to de V admite o inverso aditivo ou oposto em V .
Existe a operação de multiplicação por escalar: u está em V (fecha-do sob multiplicação por escalar).
EV5) ( ) ( ) =u u para quaisquer V∈u e , ∈ .
EV6) ( ) + = +u u u para quaisquer V∈u e , ∈ .
EV7) ( ) + = +u v u v para quaisquer , V∈u v e ∈; distributividade em relação à soma em V .
EV9) l =u u para qualquer V∈u .
Observações:
Os elementos de 1) V são chamados de vetores.
Na maioria dos casos, os 2) escalares serão os números reais. Des-sa maneira, nos referiremos a V como um espaço vetorial real (ou espaço vetorial sobre os números reais). É possível também tomarmos os escalares como números complexos ou perten-centes a . Os nossos exemplos serão de espaços vetoriais re-ais. Os escalares podem ser tomados de qualquer sistema nu-mérico no qual podemos somar, subtrair, multiplicar e dividir de acordo com as leis habituais da aritmética.
A definição de espaço vetorial não especifica quais elemen-3) tos formam o conjunto V . Também não especifica o que as operações chamadas “adição” e “multiplicação por escalar” devem ser.
126
O elemento 4) 0, o vetor nulo , na propriedade EV3 é único, pois se existisse qualquer outro 0 ' V∈ satisfazendo a EV3, teríamos:
( por EV3) ( por EV1)
' ' '= + = + =0 0 0 0 0 0 , isto é, '=0 0 .
5) + e é soma e produto de escalares, respectivamente; +u v é a soma de dois vetores em V ; u é o produto de um
escalar por um vetor.
Outro exemplo de espaço vetorial, além dos apresentados no início do texto, é o conjunto dos vetores de 3
(vetores do espaço tridi-mensional), como foram apresentados em Geometria Analítica, mu-nidos da adição e da multiplicação por escalar.
O adjetivo vetorial utilizado na definição acima deve ser entendido de uma forma mais ampla, sendo uma referência aos elementos de V , independentemente de serem ou não vetores 2
ou 3 .
3.2.2 Propriedades
Dos oito axiomas que definem um espaço vetorial, podemos deduzir várias outras propriedades. Alguma delas são relacionadas a seguir:
Seja V∈u um espaço vetorial. Temos que:
O produto de qualquer escalar pelo vetor nulo é o vetor nulo, 1) isto é, para qualquer ∈, 0 0 = .
O produto do escalar 2) 0 por qualquer vetor é o vetor nulo, isto é, para qualquer V∈u , 0 0=u .
Se o produto de um escalar por um vetor é o vetor nulo, então 3) o escalar é 0 ou o vetor é o vetor nulo, isto é, se 0 =u , então
0 = ou 0=u .
O produto do oposto de um escalar por um vetor é igual ao 4) oposto de seu produto, isto é, para quaisquer ∈ e V∈u , ( ) ( ) − = −u u .
Para quaisquer 5) , ∈ e V∈u , ( ) − = −u u u .
Para quaisquer 6) ∈ e , V∈u v , ( ) − = −u v u v .
127
Para quaisquer 7) 1 2, , , , n ∈ e 1 2, , , n V∈u u u
1 1( )
n n
j j j jj j
= =
=
∑ ∑u u .
Para qualquer 8) V∈u , ( )− − =u u .
Se 9) + = +u w v w, então =u v .
Se 10) , V∈u v , então existe um único V∈w tal que + =u w v .
A prova de algumas destas propriedades podem ser encontra-das na bibliografia. Qualquer dúvida, procure o tutor de seu pólo!
3.2.3 Exemplos
Talvez o exemplo mais simples de espaço vetorial seja o conjun-to dos números reais com a adição e multiplicação por escalar em forma usual.
Mas geralmente, para cada n∈ , podemos transformar o conjun-to das n -uplas ordenadas de números reais n
(um vetor de n e
uma matriz 1n× com componentes reais) em um espaço vetorial, definindo a adição de duas n -uplas ordenadas 1 2( , , , )T
nx x x=x e
1 2( , , , )Tny y y=y adicionando-se componente a componente, isto
é, 1 1 2 2( , , , )Tn nx y x y x y+ = + + +x y e o produto de uma n -upla
1 2( , , , )Tnu u u=u por um escalar ∈ por 1 2( , , )T
nu u u =u .
Exemplo 1. Consideremos nV = com a soma e a multiplicação por escalar, definidas como anteriormente (as usuais). Para veri-ficarmos os oito axiomas de EV, consideremos 1 2( , , , )T
nx x x=x ,
1 2( , , , )Tny y y=y e 1 2( , , , )nz z z=z . Tem-se que:
EV1) 1 1 2 2( , , , )Tn nx y x y x y+ = + + +x y
1 1 2 2( , , , )Tn ny x y x y x= + + +
= +y x
128
EV2) 1 1 1 2 2 2
1 1 1 2 2 2
1 1 1 2 2 2
( ) ( ( ), ( ), , ( ))
( , , , )
(( ) , ( ) , , ( ) )( )
Tn n n
Tn n n
Tn n n
x y z x y z x y zx y z x y z x y zx y z x y z x y z
+ + = + + + + + +
= + + + + + +
= + + + + + += + +
x y z
x y z
EV3) 1 2
1 2
1 2
(0,0, ,0) ( , , , )
(0 ,0 , ,0 )
( , , , )
T Tn
Tn
Tn
x x xx x x
x x x
+ = +
= + + +
==
0 x
x
EV4) 1 2 1 2
1 2 1 2
1 1 2 2
( ) ( , , , ) ( ( , , ) )
( , , , ) ( , , , )
( , , , )
(0,0, 0)
T Tn n
T Tn n
Tn n
T
x x x x x xx x x x x xx x x x x x
+ − = + −
= + − − −
= − − −
==
x x
0
EV5) 1 2
1 2
1 2
1 2
( ) ( ( , , , ) )
(( , , , ) )
( , , , )
( , , , )( )
Tn
Tn
Tn
Tn
x x xx x x
x x xx x x
=
=
=
==
x
x
EV6) 1 2
1 2
1 1 2 2
1 2 1 2
( ) ( )( , , , )
(( ) , ( ) , , ( ) )
(( ), ( ), , ( ))
( , , , ) ( , , , )
Tn
Tn
Tn n
T Tn n
x x xx x x
x x x x x xx x x x x x
+ = +
= + + +
= + + +
= += +
x
x x
EV7) 1 2 1 2
1 1 2 2
1 1 2 2
( ) (( , , , ) ( , , ) )
( , , , )
( ( ), ( ), , ( ))
T Tn n
Tn n
Tn n
x x x y y yx y x y x yx y x y x y
+ = +
= + + +
= + + += +
x y
x y
EV8) 1 2
1 2
1 2
1 1 ( , , )
(1 ,1 , 1 )
( , , , )
Tn
Tn
Tn
x x xx x x
x x x
⋅ = ⋅
= ⋅ ⋅ ⋅
==
x
x
129
Nos seguintes exemplos deve-se conferir que os conjuntos são espa-ços vetoriais.
Exemplo 2. Seja 2 ( )V P= o conjunto formado por todos os polinô-mios de grau menor ou igual a 2 com coeficientes reais. Definimos a adição e a multiplicação por escalar da seguinte maneira:
Se • 20 1 2( )p x a a x a x= + + e 2
0 1 2( )q x b b x b x= + + estão em 2P , então 2
0 0 1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( )p x q x a b a b x a b x+ = + + + + + é outro polinômio que tem grau no máximo 2 e, portanto, está em 2P . Aqui dize-mos que a soma entre vetores, ou a soma vetorial é uma ope-ração fechada.
Se • c é um escalar, então 20 1 2( )cp x ca ca x ca x= + + também está
em 2P . Também o produto por escalar é uma operação fechada.
Os dois primeiros axiomas são fáceis de verificar. Proceda como foi feito no exemplo anterior.
Você saberia dizer qual é o vetor nulo em 2P ?
Existe um polinômio cujo valor seja sempre igual a 0 para todo x ? O vetor nulo 0 é o polinômio zero, isto é, o polinômio cujos coefi-cientes são todos nulos: 0 0a = , 1 0a = e 2 0a = .
Confiramos EV4: o oposto de um polinômio 20 1 2( )p x a a x a x= + + é o
polinômio 2 20 1 2 0 1 2( ) ( )p x a a x a x a a x a x− = − + + = − − − .
A satisfação dos axiomas EV5 ao EV8 se segue das propriedades dos números reais.
Observe que, se mudarmos o enunciado neste exemplo para: “Seja
2 ( )V P= o conjunto formado por todos os polinômios de grau igual
a 2 (e não menor ou igual a 2) com coeficientes reais”, não temos um espaço vetorial. Quais axiomas não são satisfeitos?
Confira se os conjuntos dos seguintes exemplos são espaços vetoriais.
Exemplo 3. O conjunto das funções contínuas definidas num inter-valo I ⊂ munido das operações de adição e multiplicação usuais.
130
Exemplo 4. O conjunto das matrizes m n× com coeficientes reais: ( )m nM ×
munido de operações análogas àquelas definidas para ma-trizes quadradas.
Os espaços vetoriais acima citados envolvem operações com as quais você já deve estar familiarizado. O próximo exemplo é um pouco mais sofisticado do que os anteriores, no sentido de que definiremos as operações de adição e multiplicação por escalar em uma forma um pouco artificial (porém, que pode ser apropriada em situações particulares), e por isso mostraremos as oito propriedades.
Exemplo 5. Como conjunto objeto de estudo, escolheremos o inter-valo semi-infinito (0, )V = ∞ , (o semi-eixo positivo da reta real). Este conjunto, quando agregado às operações de soma e multiplicação usuais, não é um espaço vetorial, visto que não possui elemento neutro para a adição: 0 V∉ (0 não pertence ao conjunto), logo, EV3 não é satisfeita. No entanto, se para , V∈x y e ∈, definirmos a soma entre x e y por ⊕ =x y xy (o produto usual entre x e y ) e o produto de x pelo escalar como =x x , então V se tor-na um espaço vetorial. De fato, verifiquemos uma a uma as oito propriedades:
EV1) temos ⊕ = = = ⊕x y xy yx y x para quaisquer , V∈x y ;
EV2) ( ) ( ) ( ) ( )⊕ ⊕ = = = ⊕ ⊕x y z x yz xy z x y z para quaisquer , , V∈x y z ;
EV3) se V∈x , então como 1 V∈ , temos 1 1⊕ = =x x x ; observe que, neste caso, 1 é o elemento neutro da adição, o qual denotare-mos por o;
EV4) se V∈x , isto é, 0>x , então 1 V− ∈x e 1 1 1 o− −⊕ = = =x x xx ;
EV5) ( ) ( ) ( ) = = = = =x x x x x x para quais-quer x V∈ e , ∈;
EV6) ( )( ) ( ) ( ) ++ = = ⊕ = ⊕x x x x x x para quaisquer V∈x e + ∈;
EV7) ( ) ( ) ( ) ⊕ = =x y xy xy
( ) ( ) = = ⊕ = ⊕x y x y x y
para quaisquer , V∈x y e ∈ ;
131
EV8) 11 −= =x x x para qualquer V∈x .
3.2.4 Uma Definição Mais Formal
Você deve lembrar-se de que no início deste capítulo deixamos a definição de espaço vetorial, que chamamos de “um tanto formal ou rigorosa” em forma incompleta. Como prometido, essa definição é colocada em forma íntegra.
Um conjunto V é um espaço vetorial sobre um corpo K , que deno-tamos como ( ,K, , )V + ∗ , se dadas duas operações: a soma vetorial definida em V , que denotamos como +v w para todo , V∈v w , e o produto escalar em V , que denotamos como v para todo V∈v e
K∈ , se cumpre as seguintes 10 propriedades (5 propriedades para a soma e 5 para o produto escalar).
Para a SomaV+ ∈v w1) . A soma vetorial é uma operação fechada em V .
( ) ( )+ + = + +u v w u v w2) . Associatividade da soma vetorial em V .
Existe um elemento 3) 0 V∈ , tal que para todo V∈v , 0+ =v v. Existência do elemento neutro da soma vetorial em V .
Para todo 4) V∈v , existe um elemento V− ∈v , tal que ( ) 0+ − =v v . Existência do elemento oposto respeito à soma vetorial em V .
+ = +v w w v5) . Comutatividade da soma vetorial em V .
Para o Produto por Escalar V ∈v1) . O produto por escalar é uma operação fechada em V .
( ) ( ) =v v2) . Associatividade do produto entre escalares em V .
Se 3) 1 denota o elemento neutro da multiplicação do campo es-calar K , então 1 =v v . Neutralidade do um do campo escalar.
( ) + = +v w v w4) . Distributividade com respeito à soma vetorial.
132
( ) + = +v v v5) . Distributividade com respeito à soma escalar.
Exercícios PropostosConsidere os vetores 1) 1x (8,6)T= e 2x (4, 1)T= − em 2
.
Encontre o comprimento de cada vetor.a)
Seja b) 3 1 2x x x= + . Determine o comprimento de 3x . Qual a relação entre seu comprimento e a soma dos comprimentos de 1x e 2x ?
Desenhe um gráfico ilustrando como c) 3x pode ser construí-do geometricamente usando 1x e 2x . Use esse gráfico para dar uma interpretação geométrica da sua resposta em (b).
2) Repita o exercício 1 para os vetores 1x (2,1)T= e 2x (6,3)T= .
3) Seja C o conjunto dos números complexos. Defina a soma em C por ( ) ( ) ( ) ( )a bi c di a c b d i+ + + = + + + e defina a multiplica-ção por um escalar por ( )a bi a bi + = + , para todos os nú-meros reais . Mostre que C é um espaço vetorial em relação a essas operações.
Mostre que 4) m n× , com as operações usuais de soma e multi-
plicação por um escalar, satisfaz os oito axiomas de espaços vetoriais.
Mostre que 5) [ , ]C a b , com as operações usuais de soma e mul-tiplicação por um escalar, satisfaz os oito axiomas de espaços vetoriais.
Seja 6) P o conjunto de todos os polinômios. Mostre que P , com as operações usuais de soma e multiplicação por um escalar para funções, forma um espaço vetorial.
Sejam 7) , e x y z vetores de um espaço vetorial V . Mostre que, se x y x z+ = + , então y x= .
Seja 8) S o conjunto de todos os pares ordenados de números re-ais. Defina a multiplicação por um escalar e a soma em S por
1 2 1 2
1 2 1 2 1 1
( , ) ( , )( , ) ( , ) ( ,0)
x x x xx x y y x y
=⊕ = + ,
133
usando o símbolo ⊕ para denotar a soma nesse sistema, para evitar confusão com a soma usual de x y+ de vetores linhas. Mostre que S , junto com a multiplicação usual por um escalar e a operação ⊕ , não é um espaço vetorial. Quais dos oito axio-mas não são válidos?
Seja 9) V o conjunto de todos os pares ordenados de números reais com a soma definida por 1 2 1 2 1 1 2 2( , ) ( , ) ( , )x x y y x y x y+ = + + e a multiplicação por um escalar definida por 1 2 1 2( , ) ( , )x x x x = . Como a multiplicação por um escalar é definida de maneira diferente da usual, usamos um símbolo diferente para evitar confusão com a multiplicação usual de um vetor linha por um escalar. V é um espaço vetorial em relação a essas operações? Justifique sua resposta.
Denote por 10) + o conjunto dos números reais positivos. Defina
a operação de multiplicação por um escalar por x x = para cada x +∈ e para cada número real . Defina a operação de soma por x y x y⊕ = ⋅ para todos ,x y +∈ .
Então, para esse sistema, o produto do escalar 3− por 12
é
dado por 31 13 8
2 2
− − = =
e a soma de 2 com 5 é dada por
2 5 2 5 10⊕ = ⋅ = . + é um espaço vetorial em relação a essas
operações? Justifique sua resposta.
3.3 Subespaços VetoriaisConsidere o espaço vetorial 2
formado por todos os pontos , com ,x y∈ .
À guisa de exemplo, consideremos dois subconjuntos de 2 : uma
reta que passa pela origem e o primeiro quadrante.
Reta que passa pela origem. Definimos L como sendo um subconjunto de 2 formado pelos pontos de uma reta que passa pela origem (0,0) ,
com equação 0x y + = , ou seja, 2{( , ) / 0}L x y x y = ∈ + = .
Atenção: aqui mudamos levemente a notação
introduzida num exemplo no inicio deste capítulo, e,
que um ponto de 2 foi
denotado por (x1, x2).
134
Observe que se ( , )( , )x y u v L∈ (dois pontos quaisquer da reta), temos que 0x y + = e 0u v + = , então ( ) ( ) 0x u y v + + + = , desde que ( , ) ( , ) (( ), ( ))x y u v x u y v L+ = + + ∈ . Portanto, a soma é fechada.
Vamos para os axiomas de espaço vetorial.
Note, primeiro de tudo, que 0 (0,0) L= ∈ ; assim, os axiomas do nulo e oposto são claramente satisfeitos em L . Também é fácil ver os de associatividade e comutatividade em relação à soma. Agora, se ( , )x y L∈ , então 0x y + = e ( , )cx cy L∈ também, desde que
( ) ( ) 0cx cy + = . Podemos concluir que L satisfaz todos os axiomas de espaço vetorial? Confira. De fato, qualquer reta que passe pela origem é um espaço vetorial sobre 2
.
O que fizemos neste exemplo foi “extrair” de um espaço vetorial 2
outro espaço vetorial L “menor” e dizemos: L é um subespaço de 2
. Logo, L é fechado em relação à soma e à multiplicação por escalar, isto é, a soma de dois elementos em L é um elemento de L e a multiplicação de um elemento de L por um escalar também pertence a L .
O primeiro quadrante. Quando analisamos o conjunto do segundo caso, o procedimento aparece equivalente ao anterior, no sentido de “extrair” um subconjunto de 2
. Porém, agora nós afirmamos que este conjunto 2{( , ) , , 0}Q x y x y= ∈ ≥ não é um espaço vetorial. Qual axioma não é satisfeito?
Na próxima seção introduziremos um outro conceito que nos per-mitirá entendermos quando um subconjunto é um espaço vetorial.
Esta seção introduz uma das idéias mais importantes desta disci-plina. Começamos com um exemplo, vendo que há uma interação entre geometria e álgebra e que freqüentemente pode ser usada a intuição geométrica e lógica para introduzir propriedades e resolver problemas. Agora, é necessário tornar-nos mais formais, estenden-do este conceito para espaços vetoriais gerais. A noção de subespaço é simplesmente uma generalização algébrica de retas e planos que passam pela origem.
135
Dado o espaço vetorial V e o conjunto não vazio W V⊂ , se W é um espaço vetorial sobre o mesmo corpo K e com as mesmas leis de composição que em V , diremos que W é um subespaço de V .
3.3.1 Definição
Seja V um espaço vetorial. Dizemos que W V⊂ , não vazio, é um subespaço vetorial de V se forem satisfeitas as seguintes condições:
SE1) W∈0 , o vetor nulo está em W .
SE2) Se , W∈u v , então W+ ∈u v .
SE3) Se W∈u , então W ∈u para todo ∈.
Alternativamente, poderíamos dizer também que W é um subespa-ço de V se, e somente se, W é um espaço vetorial.
Observações:
Note que todo subespaço vetorial 1) W de um espaço vetorial V é, ele próprio, um espaço vetorial.
O conjunto que consiste apenas no vetor nulo 2) {0} e o próprio V são chamados de subespaços vetoriais triviais.
Note que SE2 e SE3 podem ser reescritas equivalentemente como: se , W∈u v e ∈ , então W+ ∈u v . Assim, as condições para ser subespaço podem ser resumidas em:
W∈0i) , o vetor nulo está em W .
Se ii) , W∈u v e ∈ então W+ ∈u v .
Comentário. De fato, esta definição de subespaço vetorial é um re-sultado bastante útil para mostrar que um conjunto é um espaço vetorial.
Observe que 3) SE3 implica diretamente que W ≠ ∅ (W não é vazio).
136
Portanto, todo subespaço é um espaço vetorial e todo espaço vetorial é um subespaço (dele mesmo e, possivelmente, de outros espaços vetoriais maiores). O termo subespaço é usado quando pelo menos dois espaços vetoriais estão sendo considerados, um deles incluído no outro.
Desse modo, o “problema dos subespaços” consiste em determinar quando um subconjunto de um espaço vetorial continua satisfazen-do todos os axiomas de espaço vetorial. O procedimento padrão para resolver este problema utiliza simplesmente a verificação das regras , dadas anteriormente.
Assim, na prática você deve responder as seguintes questões:
o vetor nulo de i) V está em W ?
Wii) é fechado em relação a soma de vetores? Isto é, para cada e W∈u v , a soma +u v está em W ?
Wiii) é fechado em relação a multiplicação por escalar? Isto é, para cada W∈v e cada escalar , o vetor v está em W ?
3.3.2 Exemplos
Vejamos alguns exemplos:
Exemplo 6. Seja o espaço vetorial 3V = e o conjunto W formado pe-las triplas ordenadas de 3V = , tais que a terceira componente é igual à soma das duas primeiras, isto é, 3
1 2 3 3 2 1{( , , ) / }W x x x x x x= ∈ = +.
Afirmamos que W é um subespaço de V , desde que:
O vetor nulo i) 1 2 3( , , ) (0,0,0)x x x= =x esteja em W :
31 2 3( , , ) (0,0,0)x x x= = ∈x e a condição 3 2 1x x x= + seja satis-
feita para este vetor (0 0 0)= + .
Sejam ii) 1 2 3( , , )x x x=x e 1 2 3( , , )y y y=y vetores de W , tais que 3 2 1x x x= + e 3 2 1y y y= + ; ou seja, 1 2 2 1( , , )x x x x= +x e
1 2 2 1( , , )y y y y= +y ; com ∈ calculamos +x y e temos que
137
1 2 2 1 1 2 2 1
1 1 2 2 2 2 1 1
1 2 2 1
( , , ) ( , , )( , , )( , , )
x x x x y y y yx y x y x y x yz z z z W
+ = + + += + + + + += + ∈
x y
.
Então W é subespaço e a equação 1 2 3 0x x x+ − = define um plano que passa pela origem.
Exemplo 7. Seja S o conjunto de todos os polinômios de grau menor ou igual a n , com a propriedade (0) 0p = . Verifiquemos se S é, de fato, um subespaço vetorial de nP .
Se 1) 0, 1ja j= = (todos os coeficientes nulos), então ( ) 0p x = e (0) 0p = .
Se 2) é um escalar e ( )p x S∈ , então (0) 0 0p = = e p S ∈ .
Se 3) ( )p x S∈ e ( )q x S∈ , então ( )(0) (0) (0) 0 0 0p q p q+ = + = + = e, portanto, p q S+ ∈ .
Exemplo 8. Em qualquer espaço vetorial V , o vetor nulo forma o subespaço zero {0} .
Exemplo 9. ( )C (o espaço das funções contínuas) é um subespaço de ( )F porque a adição e multiplicação por escalar de funções contínuas são ainda contínuas. Em geral, ( )kC (o espaço das fun-ções com k -ésima derivada contínua) é também um subespaço de
( )F .
Exemplo 10. O subconjunto { ( ) : (2) 0}H f F f= ∈ = é também um subespaço de ( )F ; se (2) (2) 0f g= = , então:
( )(2) (2) (2) 0f g f g+ = + = e ( )(2) ( (2)) 0cf c f= = .
Exemplo 11. O subconjunto { ( ) : ( ) ( )}K f F f t f t= ∈ = − das fun-ções pares é também um subespaço de ( )F ; se ( ) ( )f t f t= − e
( ) ( )g t g t= − , então:
( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )f g t f t g t f t g t f g t+ = + = − + − = + − e ( )( ) ( ( )) ( ( )) ( )cf t c f t c f t cf t= = − = − .
138
Por outro lado, o subconjunto { ( ) : (2) 1}H f F f= ∈ = não é um su-bespaço de ( )F pois não contém a função nula, que é o vetor zero do espaço vetorial ( )F .
Exemplo 12. 3P é um subespaço de 5P . Por outro lado, H (conjunto de polinômios de grau maior ou igual a 3 e menor ou igual a 5) não é um subespaço de 5P . Um contra-exemplo servirá para mostrar que não é subespaço. Sejam 4( ) 1p t t= + e 4( )q t t= − . Temos que ,p q H∈ , porém ( )( ) 1p q t H+ = ∉ .
Exemplo 13. As soluções 1 2 3 1 2 3{( , , ) / 0}T x x x x x x= + + = da equação homogênea são um subespaço de 3
. Se 1 2 3( , , )x x x e 1 2 3( , , )y y y T∈ , então 1 2 3 0x x x+ + = e 1 2 3 0y y y+ + = ; somando ambas igualdades, temos 1 1 2 2 3 3( ) ( ) ( ) 0x y x y x y+ + + + + = , que satisfaz a equação homo-gênea e, então, pertencem a T . E também temos que
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3( , , ) ( , , ) ( ) ( ) ( ) 0x x x x x x x x x x x x = ⇒ + + = + + =
que satisfaz a equação homogênea e, portanto, pertence a T .
As soluções de 1 2 3 1 2 3{( , , ) / 1}T x x x x x x= + + = (os pontos de um pla-no que não passam pela origem) da equação não-homogênea não é um subespaço de 3
, já que não contém o zero (0,0,0).
O primeiro quadrante 1 2 1 2{( , ) / 0, 0}T x x x x= ³ ³ de 2 não é um
subespaço, desde que (1,1) T∈ , porém ( 1)(1,1) ( 1, 1) T− = − − ∉ .
Os seguintes casos mostram outros conjuntos que não são subespa-ços de 2
.
T
u
u
v∈S
S
v
u+v
u+v∉T−u∉T
T
T
1 v∉S2
Figura 3.3 - Não são subespaços.
139
O gráfico seguinte mostra uma reta passando pela origem como sendo um subespaço; entretanto, uma reta que não passa pela ori-gem não é um subespaço.
2x
0
xx
x+v
x+v
v
vNão é subespaçoÉ subespaço
T
S
0.5x
Figura 3.4 - Retas no plano.
Exemplo 14. 2 não é um subespaço de 3
. Em verdade, 2 está
definido por uma dupla de números reais, sendo que 3 são triplas
de números, assim 2 não está contido em 3
. Defina um plano coordenado do espaço tridimensional como sendo um subespaço de 3 .
Exemplo 15. O conjunto ( )Sym n das matrizes simétricas é um su-bespaço do espaço vetorial 2 2M × das matrizes n n× . A matriz que resulta da soma de matrizes simétricas é simétrica. Por outro lado, a matriz nula é simétrica e então pertence a ( )Sym n .
Exemplo 16. Seja 2 2MV ×= e {matrizes inversíveis 2 2}W = × . Deter-mine se W é um subespaço de 2 2M × . Se W fosse um subespaço, a
matriz nula deveria estar nele. Porém, 0 0
00 0
=
não é inversível e,
por isso, não pode estar em W . Logo, W não é um subespaço.
Em alguns dos nossos exemplos, vimos que subespaços aparecem como sendo exemplos de espaços vetoriais. De fato, temos que um subespaço, com as operações herdadas da soma e multiplicação por escalar, é um espaço vetorial. A prova consiste em conferir as oito propriedades, a maior parte destas são herdadas de um espa-ço vetorial maior.
140
3.3.3 Soma e Intersecção de Subespaços
Sejam H e K subespaços de um espaço vetorial V . Definimos a soma de dois subespaços como { / , }H K H K+ = + ∈ ∈u v u v e a in-tersecção como { / }H K H K∈ ∧ ∈∩ = u u v .
KK
H∩KH+K
H
H
Soma Intersecção
Figura 3.5 - Soma e intersecção de subespaços.
Observamos que a soma e a intersecção de espaços vetoriais são adaptações da união e intersecção de subconjuntos de espaços veto-riais. Enquanto a intersecção permanece sendo a mesma, a soma é diferente da união, já que, em geral, a união de dois subespaços não é um subespaço.
3.3.3.1 Intersecção de dois Subespaços VetoriaisSejam H e K dois subespaços vetoriais de V . A intersecção S de H e K , que se representa por S H K= ∩ , é o conjunto de todos os vetores V∈v tais que H∈v e K∈v .
Teorema
A intersecção S de dois subespaços vetoriais H e K de V é um su-bespaço vetorial de V . De fato:
Se , , então Se , , então Logo:
H HK K
S H K
∈ + ∈∈ + ∈
+ ∈ = ∩
u v u vu v u v
u v
1)
A soma e a intersecção de subespaços são subespaços vetoriais.
141
Para qualquer :Se , então ;Se , então .Logo:
.
H HK K
S H K
∈∈ ∈∈ ∈
∈ = ∩
v vv v
v
2)
Exemplo 17. Seja V o espaço vetorial das matrizes quadradas de ordem 2:
; , , ,a b
V a b c dc d
= ∈
.
Considere:
; ,0 0a b
H a b
= ∈
0; ,
0a
K a cc
= ∈
.
Então, S H K:= ∩
0;
0 0a
S a
= ∈
.
Exemplo 18. Seja o espaço vetorial 3 {(a, b, c); a, b, c }= ∈ e os su-bespaço {(a, b, c); a, b, c }H = ∈ e {(0, 0, c); c }K = ∈ . A intersec-ção H K∩ é o subespaço vetorial {(0, 0, 0)} {0}S = = .
3.3.3.2 Soma de dois subespaços vetoriaisSejam e H K dois subespaços vetoriais de V . A soma S de e H K , que se representa por S H K= + , é o conjunto de todos os vetores +u v de V tais que H∈u e K∈v .
Teorema
A soma S de dois subespaços vetoriais e H K de V é um subespa-ço vetorial de V . De fato:
Se , , então Se , , então
H HK K
∈ + ∈∈ + ∈
1 2 1 2
1 2 1 2
u u u uv v v v
1)
142
Por outro lado:SS
+ ∈+ ∈
1 1
2 2
u vu v .
Logo:
( ) ( ) ( ) ( ) H K S+ + + = + + + ∈ + =1 1 2 2 1 2 1 2u v u v u u v v .
Para qualquer 2) ∈ ;
Se , então Se , então
H HK K
∈ ∈∈ ∈
1 1
1 1
u uv v .
Por outro lado:
S+ ∈1 1u v .
Logo:
( ) H K S + = + ∈ + =1 1 1 1u v u v .
Exemplo 19. Sejam os subespaços vetoriais {(a, b, 0);a, b } e {(0, 0, c);c }H K= ∈ = ∈ e {(a, b, 0);a, b } e {(0, 0, c);c }H K= ∈ = ∈ do espaço vetorial 3 {(a, b, c);a, b, c }= ∈ .
A soma H K+ é o subespaço vetorial {(a, b, c);a, b, c }S = ∈ , que no caso, é o próprio 3
.
3.3.3.3 Soma direta de dois subespaços vetoriaisSejam e H K dois subespaços vetoriais de V .
Diz-se que V é a soma direta de e H K e representa-se por V H K= ⊕ . Se e {0}V H K H K= + =∩ .
Isto é, se o único vetor comum a ambos os subespaços e H K for o vetor nulo.
Os símbolos e ⊕ são utilizados para indicar que a adição e a mul-tiplicação por escalar não são as usuais.
143
Exemplo:
{(a, 0, c, 0);a, c }{(0, b, 0, d);b, d }
HK= ∈= ∈
Então:
4{(a, b, c, d); a, b, c, d }{(0, 0, 0, 0) 0}
H KH K
+ = ∈ =
= = ∩
Logo H K⊕ .
Exercícios PropostosConsidere os subconjuntos de 1) 3
:
1 2 3 1 2 3{(x , x , x ); x x 0 x }F = + = = e 1 2 3 1 2{(x , x , x ); x x 0}G = + = .
Prove que os conjuntos são subespaços vetoriais.a)
Diga, justificando, se a união dos conjuntos é um espaço b) vetorial.
Determine c) e F G F G+ ∩ . Diga se a soma é direta.
2) Se um sistema linear não for homogêneo, o que acontece com seu conjunto solução? Considere o exemplo:
2 4 12 1
3 0
x y zA x y z
x y z
+ + == + + = + − =
.
Provar que a soma de dois vetores solução nem sempre é um vetor solução, e assim o conjunto solução não é um subespaço vetorial.
A soma direta de subespaços tem conseqüências importantes, uma vez que nos permite “decompor” os espaços vetoriais em termos de subespaços, dos quais se espera que sejam de natureza mais sim-ples. De fato, a maioria dos teoremas de decomposição tem suas ra-ízes conceituais nesta idéia.
144
3.3.4 O espaço Nulo de A
Introduziremos agora um dos mais importantes subespaços de associado a uma matriz.
Suponhamos que A seja uma matriz m n× . As soluções do sistema 0A =x determinam um subespaço de n
chamado de espaço nulo de A , que denotaremos por ( ) { / 0}nespnul A x A= ∈ =x .
Consideremos agora alguns exemplos que são de fácil resolução.
Exemplo 20. Determine ( )espnul A para cada uma das seguintes ma-trizes.
2 0A
4 10
= − a)
1 7B
3 21−
= − b)
Solução. a) Para achar o espaço nulo de A , podemos escalonar a matriz ou resolver um sistema de duas equações com duas incógnitas. Neste caso, a última opção é a mais direta e temos que 1 2 0x x= = é a solução. Em termos de vetores, a nossa solução consiste em um único vetor {0} , e então ( ) {0}espnul A = .
b) Aqui temos infinitas soluções da forma 1 27 ,x x = = , onde é um escalar. Assim, já que o espaço nulo de B está formado por todas as soluções de 0B =x da forma (7 , ) (7,1)T T = =x , sendo um
número real, então 7
( )1
espnul B
=
.
Veremos na próxima seção uma forma mais adequada de escrever este último resultado.
Podemos observar que o espaço nulo está descrito por todos os veto-res associados aos pontos localizados na reta que passa pela origem com equação 1 27 0x x− = .
Voltemos agora aos nossos exemplos anteriores. O espaço nulo para a primeira matriz foi {0}. Para a segunda matriz, o espaço nulo foi uma reta passando pela origem. Lembrando os conceitos menciona-dos previamente, podemos ver que em ambos os casos, obtiveram-se subespaços de 2
.
Veremos outros exemplos de espaços nulos na seção de Bases de um espaço vetorial.
Outros subespaços associados a uma matriz serão estudados em seções posteriores.
145
De fato, isso acontecerá sempre, como estabelece o teorema a seguir.
Teorema. Seja A uma matriz m n× , então o espaço nulo de A será um subespaço de n
.
Prova. Sabemos que este subespaço está formado por todas as solu-ções do sistema homogêneo 0A =x . Primeiro, deveríamos conferir que o vetor zero ( 0 ), que está em n
é solução do sistema, e então deduziremos que o espaço nulo não é vazio, o que, neste caso, é tri-vial (qual é o produto que deve ser feito para mostrar isto?). Logo, ao saber que o espaço nulo tem, no mínimo, um vetor, escolheremos dois vetores e x y do espaço nulo e um escalar , e conferiremos as leis de composição interna.
Começamos pela soma.
( ) 0 0 0A A A+ = + = + =x y x y
A soma = +z x y é a solução para 0A =z , então a soma está no espaço nulo. Portanto, o espaço nulo é fechado sob a soma.
Logo, testamos a multiplicação por escalar.
( ) 0 0A A = = =x x
Se x está no espaço nulo, todo múltiplo de x também está e o espa-ço nulo é fechado sob multiplicação por escalar.
Então o espaço nulo é um subespaço de n . Para verificar se um
vetor de V está no espaço nulo de A , basta calcular Ax e ver se 0A =x .
Exercícios PropostosDetermine se cada conjunto a seguir é ou não um subespaço 1) de 2 .
1 2 1 2{( , ) / 0}Tx x x x+ =a)
1 2 1 2{( , ) / 0}Tx x x x⋅ =b)
1 2 1 2{( , ) / 3 }Tx x x x=c)
1 2 1 2{( , ) / 3 1}Tx x x x= +d)
146
2) Determine se cada conjunto a seguir é ou não um subespaço de 3 .
1 2 3 1 3{( , , ) / 1}Tx x x x x+ =a)
1 2 3 1 2 3{( , , ) / }Tx x x x x x= =b)
1 2 3 3 1 2{( , , ) / }Tx x x x x x= +c)
2 21 2 3 3 1 2{( , , ) / }Tx x x x x x= +d)
3) Determine se cada conjunto a seguir é ou não um subespaço de 2 2× .
O conjunto de todas as matrizes diagonais a) 2 2× .
O conjunto de todas as matrizes triangulares inferiores a b) 2 2× .
O conjunto de todas as matrizes c) 2 2× , tais que 12 1a = .
O conjunto de todas as matrizes d) 2 2× , tais que 11 0b = .
O conjunto de todas as matrizes simétricas e) 2 2× .
O conjunto de todas as matrizes singulares f) 2 2× .
4) Determine o núcleo de cada uma das matrizes a seguir.
2 13 2
a) c)
1 3 42 1 11 3 4
− − − − −
1 2 3 12 4 6 3
− − − −
b) d)
1 1 1 22 2 3 11 1 0 5
− − − − −
5) Determine se cada conjunto a seguir é ou não um subespaço de P4 . (Cuidado!)
O conjunto dos polinômios em a) 4P de grau par.
O conjunto dos polinômios de grau 3.b)
O conjunto dos polinômios c) ( )p x em 4P , tais que (0) 0p = .
O conjunto dos polinômios em d) 4P que tem pelo menos uma raiz real.
147
6) Determine se cada conjunto a seguir é ou não um subespaço de [ 1,1]C − .
O conjunto das funções a) f em [ 1,1]C − , tais ( 1) (1)f f− = .
O conjunto das funções ímpares em b) [ 1,1]C − .
O conjunto das funções não decrescentes em c) [ 1,1]− .
O conjunto das funções em d) f em [ 1,1]C − , tais ( 1) 0f − = e (1) 0f = .
O conjunto das funções e) f em [ 1,1]C − , tais ( 1) 0f − = ou (1) 0f = .
7) Determine se cada conjunto a seguir é ou não um conjunto gerador para 2
.2 3
,1 2
a) d) 1 1 2
, ,2 2 4
− − −
2 4,
3 6
b) e) 1 1
,2 1
−
2 1 2, ,
1 3 4 −
c)
8) Quais dos conjuntos a seguir são ou não conjuntos geradores para 3
? Justifique suas respostas.
{(1,0,0) , (0,1,1) , (1,0,1) }T T Ta)
{(1,0,0) , (0,1,1) , (1,0,1) , (1, 2,3) }T T T Tb)
{(2,1, 2) , (3, 2, 2) , (2, 2,0) }T T T− −c)
{(2 , 1 , -2)T, (-2 , -1 , 2 )T, (4 , 2 , -4)T}d)
{(1,1,3) , (0, 2,1) }T Te)
9) Sejam 1
123
x− =
, 2
342
x =
, 266
x =
,
92
5y
− = −
.
1 2[{ , }]x x x∈a) ?
1 2[{ , }]y x x∈b) ?
148
10) Quais dos conjuntos a seguir são conjuntos geradores para 3P ? Justifique suas respostas.
2 2{1, , 2}x x −a)
2{2, , 2 3}x x +b)
2{ 2, 1, 1}x x x+ + −c)
2{ 2 , 1}x x x+ −d)
11) Em 2 2× , sejam
11 12
21 22
1 0 0 10 0 0 0
0 0 0 01 0 0 1
E E
E E
= =
= =
11 12
21 22
1 0 0 10 0 0 0
0 0 0 01 0 0 1
E E
E E
= =
= =
Mostre que 11 12 21 22, , ,E E E E geram 2 2× .
3.4 Espaços GeradosO tópico da seção anterior nos permite introduzir um conceito cha-ve desta disciplina. Voltemos para o item (b) do exemplo 20. Neste exemplo, vimos que o espaço nulo está formado por todos os vetores da forma (7 , ) (7,1)T T = =x (onde é um número real).
Para expressar este resultado em uma forma mais compacta e ade-quada, revisaremos um conceito que foi introduzido em um capí-tulo anterior. Quando foram estudadas as operações com matrizes, calculamos combinações lineares de linhas das matrizes e combina-ções lineares das colunas de uma matriz.
Podemos também considerar uma combinação linear de vetores.
Definição. Dizemos que o vetor w de um espaço vetorial V é uma combinação linear dos vetores 1 2, , , n V∈v v v se exis-tirem escalares 1 2, , , nc c c
, tal que w possa ser escrito como
1 2 nc c c= + + +1 2 nw v v v.
Podemos observar que o espaço nulo mencionado acima pode ser visto, de fato, como todas as combinações lineares do vetor (7,1)T . Até pode parecer estranho falar de uma combinação linear de um
149
único vetor, porém, de acordo com a definição, não há impedimento para considerá-lo desta forma.
Provavelmente, não é a primeira vez que tenha encontrado uma combinação linear de vetores. Na disciplina Geometria Analítica, foi introduzido o espaço euclidiano junto com o que chamamos de vetores canônicos. O conjunto de vetores canônicos para n
foi de-finido como (1,0, ,0)T=1e , (0,1, ,0)T=2e ,
, (0,0, ,1)T=ne .
Vimos que qualquer vetor 1 2( , , , )T nnu u u= ∈u pode ser escrito
como 1 2 nu u u= + + +1 2 nu e e e .
Em outras palavras, poderíamos ver o vetor u como uma combina-ção linear dos vetores da base canônica , , ,1 2 ne e e .
Exemplo 21. Determine, em cada caso, se o vetor w é uma combina-ção linear dos vetores 1v e 2v .
( 12,20) , ( 1, 2) , (4, 6)T T T= − = − = −1 2w v va)
(4, 20) , (2,10) , ( 3, 15)T T T= = = − −1 2w v vb)
(1, 4) , (2,10) , ( 3, 15)T T T= − = = − −1 2w v vc)
Solução. Em cada um destes casos, precisamos resolver 1 2c c= +1 2w v v , isto é, achar 1c e 2c .
a) 1 21 2
1 2
4 12( 12,20) ( 1,2) (4, 6)
2 6 20T T T c c
c cc c− + = −
= − = − + − → − =w .
Se o sistema for consistente (isto é, possuir no mínimo uma solução), então w é uma combinação linear de dois vetores; se não existir so-lução, então w não é uma combinação linear.
Deixamos para você verificar que a solução do sistema é 1 4c = e
2 2c = − .
Logo, w é uma combinação linear de 1v e 2v e pode ser escrito como 4 2= −1 2w v v .
b) Repetindo o procedimento que fizemos no item anterior e resol-
vendo o sistema, obtemos como solução 1322
c t= + e 2c t= , onde t
é um escalar. Isto significa que w é uma combinação linear de 1v e
150
2v e pode ser escrita em um número infinito de diferentes combina-ções lineares. Algumas delas são, por exemplo:
1 2 1 2 1 2 1 242 (0) , 8 4 , (0) , 23
v v v v v v v v= + = + = − = −w w w w .
c) Neste último caso, não temos solução, e então w não pode ser escrito como uma combinação linear de 1v e 2v .
Embora estes exemplos sejam muito simples, o procedimento para um número maior de vetores continua sendo o mesmo.
Neste ponto, podemos dizer que sabemos como funciona uma com-binação linear e responder quando um vetor é combinação linear de outro conjunto de vetores, e dessa forma, estamos em condições de avançar para o principal conceito desta seção.
Definição. Seja { , , , }S = 1 2 nv v v um conjunto de vetores em
um espaço vetorial V e seja W o conjunto de todas as combina-ções lineares dos vetores , , ,1 2 nv v v
. Dizemos que W é o espa-ço gerado pelos vetores , , ,1 2 nv v v e escrevemos span( )W S= ou
span{ , , , }W = 1 2 nv v v ou [{ , , , }]W = 1 2 nv v v. Também dizemos
que , , , gera W1 2 nv v v .
Com esta notação, voltando ao exemplo do espaço nulo, temos sim-
plesmente que 7
( )1
espnul A
=
.
Temos o seguinte teorema:
Teorema. Sejam , , ,1 2 nv v v vetores de um espaço vetorial V e [{ , , , }]W = 1 2 nv v v
o espaço gerado, então temos que:
Wa) é um subespaço de V.
Wb) é o menor subespaço de V que contém todos os vetores , , ,1 2 nv v v
.
Exemplo 22. Descreva o espaço gerado pelos seguintes conjuntos de vetores.
(1,0,0) , (0,1,0)T T= =1 2v va)
(1,0,1,0) , (0,1,0, 1)T T= = −1 2v vb)
151
1 0 0 0,
0 0 0 1
= =
1 2v vc)
31, ,x x= = =1 2 3v v vd)
Solução. a) O espaço gerado, 1 2[v , v ] é o conjunto de todas as combinações lineares de ,1 2v v que podem ser escritas como:
( ,0,0) (0, ,0)T Ta b a b+ = +1 2v v , sendo a e b escalares.
Logo, o espaço gerado são todos os vetores da forma 3( , ,0)Ta b ∈ , sendo a e b escalares arbitrários.
b) Este caso é muito similar ao anterior. A combinação linear geral é:
1 2v v ( ,0, ,0) (0, ,0, ) ( , , , )T T Ta b a a b b a b a b+ = + − = − .
Assim, [ , ]1 2v v são todos os vetores de 4 da forma ( , , , )Ta b a b−
para quaisquer escalares a e b .
c) Escrevemos a combinação linear destes vetores0 0 0 0
0 0 0 0a a
a bb b
+ = + =
1 2v v .
O espaço gerado, span{ , }W = 1 2v v , é o subespaço das matrizes dia-gonais das matrizes 2 2M × .
d) A combinação linear geral, neste caso, é 31 2 3v v va b c a bx cx+ + = + +
31 2 3v v va b c a bx cx+ + = + + . Aqui, [{ , , }]1 2 3v v v é o subespaço dos polinômios de 3P
que não têm o termo quadrático.
Vejamos agora se conseguimos determinar o conjunto de vetores que geram os espaços dos exemplos anteriores, de tal forma que qualquer vetor possa ser escrito como uma combinação linear dos vetores do conjunto.
Exemplo 23. Determine um conjunto de vetores que gerem exata-mente cada um dos seguintes espaços vetoriais.
nV = a)
2 2V M ×=b)
nV P=c)
Solução. Necessitamos achar um conjunto de vetores, tal que o es-paço gerado por este conjunto seja exatamente o espaço dado. Em outras palavras, devemos mostrar que o espaço gerado do nosso con-junto seja, de fato, o mesmo que o espaço vetorial dado.
Atenção! Neste item, o procedimento é
análogo aos itens a) e b), apenas com a diferença que
não estamos trabalhando em .
Pense no que realmente precisa ser verificado!
152
O que deve ser feito para mostrar isso? Suponhamos que queremos mostrar que A e B são dois conjuntos iguais. Para isto, primeiro de-vemos mostrar que cada a em A também está em B, e então mostra-remos que B, no mínimo, conterá totalmente o A. Analogamente, se cada b em B está em A, B está contido em A. Portanto, se temos que A contém B e B contém A, podemos concluir que A e B são o mesmo conjunto.
Assim, para os nossos exemplos, em cada caso, necessitamos exibir um conjunto de vetores geradores, tal que cada vetor do espaço ve-torial dado V esteja nesse conjunto, para depois mostrar que cada vetor do conjunto gerador deve estar no espaço vetorial dado.
a) Já mostramos que cada vetor de n pode ser escrito como uma
combinação linear dos vetores canônicos, , , ,1 2 ne e e , e assim os ve-tores canônicos geram um espaço que, no mínimo, contém todo n
. Por outro lado, já que qualquer combinação linear dos vetores canô-nicos deve ser um vetor de n
, podemos concluir que n deve conter
o espaço gerado pelos vetores canônicos.
Logo, o espaço gerado pelo conjunto de vetores canônicos deve ser n
.
b) Em um exemplo anterior, vimos que um conjunto de matrizes gera o espaço das matrizes diagonais de 2 2M × . Há uma extensão natural para que este conjunto gere o espaço de todas as matrizes 2 2× , acrescentando mais dois vetores ao conjunto dado. De fato, o seguin-te conjunto faz isso.
1 0 0 1 0 0 0 0, , ,
0 0 0 0 1 0 0 1
= = = =
1 2 3 4v v v v .
Claramente, qualquer combinação linear destas quatro matrizes será uma matriz 2 2× , e então o espaço gerado por estas matrizes deve estar contido em 2 2M × .
Por outro lado, dada qualquer matriz de 2 2M × , 2 2
a bM
c d ×
∈
pode ser escrita como uma combinação linear destes vetores. a b
A a b c dc d
= = + + +
1 2 3 4v v v v , e assim, todo 2 2M × deve estar
contido no espaço gerado por estes vetores, de tal forma que estes vetores geram 2 2M × .
153
c) Lembremos que nP é o conjunto de todos os polinômios de grau menor ou igual a n . Usando um dos exemplos anterio-res como guia, estendemos o conjunto em forma natural para
21, , , , nx x x= = = =1 2 3 n+1v v v v . Uma combinação linear desses vetores é um polinômio de grau: n ou menor, e então estará em nP . Logo, o espaço gerado estará em nP . Agora, podemos escrever qual-quer polinômio de grau n ou menor,
20 1 2p n
na a x a x a x= + + + +
como a seguinte combinação linear:
0 1 2p na a a a= + + + +1 2 3 n+1v v v v .
Então, todo nP está contido no espaço gerado por estes vetores, o que significa que 2[{1, , , , }]nx x x é exatamente nP .
Ainda é necessário discutir um último assunto sobre espaços gera-dos, e uma boa forma de fazer isso é através de um exemplo.
Exemplo 24. Determine se os seguintes conjuntos geram 3 .
(2,0,1) , ( 1,3, 4) , (1,1, 2)T T T= = − −1 2 3v v va)
(1, 2, 1) , (3, 1,1) , ( 3,8, 5)T T T= − = − − −1 2 3v v vb)
Solução. a) Claramente, o espaço gerado por esses vetores estará em 3 . O problema agora é determinar se 3
estará contido no espaço gerado por esses vetores.
No exemplo anterior, conseguimos responder com facilidade a esta questão. Entretanto, neste caso, não parece ser tão evidente.
Para resolver este problema, consideremos o seguinte procedimento:
Escolhamos arbitrariamente um vetor de 3 , 1 2 3( , , )Tu u u=u , e ten-
temos encontrar escalares 1 2 3, ,c c c , de tal forma que seja possível es-crever u como uma combinação linear dos vetores dados , ,1 2 3v v v . Ou seja,
1 2 3 1 2 3 1 2 3( , , ) (2,0,1) ( 1,3,4) (1,1, 2)T T Tu u u c c c c c c= = + + = + − + −1 2 3u v v v Igualando os respectivos componentes, obtemos o seguinte sistema de equações:
1 2 3 1
2 3 2
1 2 3 3
23
3 4 2
c c c uc c u
c c c u
− + =+ =
+ − =
.
154
Que podemos escrever em forma matricial como:
1 1
2 2
3 3
2 1 10 3 11 4 2
c uc uc u
− = −
.
Agora precisamos saber se o sistema é consistente (isto é, se possui ao menos uma solução) para cada escolha de 1 2 3( , , )Tu u u=u . Se de-notarmos a matriz dos coeficientes como A e calcularmos o deter-minante, temos que .
Como o det(A) é não nulo, então a matriz dos coeficientes é inver-sível, e assim o sistema possui sempre solução independentemente da escolha de 1 2 3( , , )Tu u u=u . Isto equivale a dizer que é possível determinar escalares 1 2 3, ,c c c , de tal forma que u (um vetor gené-rico que representa qualquer vetor de 3
) pode ser escrito como uma combinação linear dos vetores dados , ,1 2 3v v v , o que nos diz que 3
está contido no [{ , , }]1 2 3v v v , e assim temos mostrado que 3[{ , , }]∈1 2 3v v v .
b) Faremos este exemplo rapidamente, pois o procedimento é análogo
ao anterior. A matriz correspondente é ,
cujo determinante é nulo e, então, é singular. Isso significa que existe, no mínimo, algum 1 2 3( , , )Tu u u=u para o qual o sistema não terá solução, e então 1 2 3( , , )Tu u u=u não poderá ser escrito como uma combinação linear destes três vetores.
Resumindo, sabemos que [{ , , }]1 2 3v v v está contido em 3 , porém,
temos mostrado que existe pelo menos um vetor (em verdade infini-tos) de 3
que não está contido em [{ , , }]1 2 3v v v e, então, o espaço gerado por estes três vetores não é todo 3
.
Este exemplo nos mostra dois pontos principais.
Em primeiro lugar, nos mostra que nem sempre podemos esperar que quaisquer três vetores de 3 gerem todo 3.
O segundo ponto observado é que dois diferentes conjuntos de ve-tores podem gerar todo 3
.
Atenção: deixamos para você conferir!
Observe que, de fato, existirão infinitas escolhas para as quais o sistema não terá solução!
Esta idéia será explorada na próxima seção.
155
Temos os três vetores do primeiro item do exemplo anterior, como também o conjunto de vetores canônicos de 3
, gerando 3 . Con-
cluímos que o conjunto de vetores que geram um espaço não é úni-co. Em outras palavras, podemos ter mais de um conjunto de veto-res gerando o mesmo espaço.
3.5 Independência LinearO conceito de geração de um espaço está relacionado com o problema da existência da solução da equação vetorial 1 2 nv c c c= + + +1 2 nv v v , onde 1 2, , , nc c c são as incógnitas. Existirá uma única solução
1 2c ( , , , )Tnc c c= se, e somente se, a correspondente equação homo-
gênea , possuir unicamente a solução trivial, c 0= . Este novo problema conduz à introdução do conceito de inde-pendência linear, intimamente relacionado com o conceito de gera-ção de espaços.
Assim, nesta seção vamos olhar mais de perto a estrutura de um espaço vetorial. Para começar, vamos restringir a espaços vetoriais que podem ser gerados por um número finito de elementos. Cada vetor no espaço pode ser construído a partir dos elementos nesse conjunto gerado, usando-se apenas as operações de soma e multi-plicação por um escalar. É desejável encontrar um conjunto gerador mínimo, vamos dizer que por economia. Por mínimo, queremos di-zer um conjunto gerador sem elementos desnecessários, isto é, para o qual todos os elementos no conjunto são necessários para se gerar o espaço vetorial. Para encontrar um conjunto gerador mínimo, é preciso considerar como os vetores no conjunto dependem um do outro. Esses conceitos simples vão nos dar a chave para entender a estrutura dos espaços vetoriais.
Vamos considerar os seguintes vetores em 3
1 2 11 , 3 , 3
2 1 8
− − = − = =
1 2 3x x x .
Seja S o subespaço gerado por , ,1 2 3x x x . Observe que S pode ser representado, de fato, pelos vetores e 1 2x x , já que 3x pertence ao es-
Você pode lembrar de uma equivalência idêntica
para a solução da equação A =x b . O que
seriam A, ex b ?
.
156
paço gerado por e 1 2x x , ou seja, 3 2= +3 1 2x x x . Qualquer combina-ção linear de , ,1 2 3x x x pode ser reduzida a uma combinação linear de e 1 2x x :
1 2 3 1 2 3 1 3 2 3(3 2 ) ( 3 ) ( 2 ) + + = + + + = + + +1 2 3 1 2 1 2 1 2x x x x x x x x x
Logo, [{ , , }] [{ , }]S = =1 2 3 1 2x x x x x .
A equação 3 2= +3 1 2x x x pode ser reescrita na forma 3 2 0+ − =1 2 3x x x . Como os três coeficientes são diferentes de zero, podemos resolver para qualquer um dos vetores em funções dos outros dois:
2 13 33 12 2
3 2
= − +
= − +
= +
1 2 3
2 1 3
3 1 2
x x x
x x x
x x x .
Temos, então, que [{ , , }] [{ , }] [{ , }] [{ , }]= = =1 2 3 2 3 1 3 1 2x x x x x x x x x .
Por causa da relação de dependência, o subespaço S pode ser gera-do por qualquer dos dois vetores dados.
Por outro lado, não existe nenhuma relação de dependência entre e 1 2x x . De fato, se 1c e 2c forem escalares, tais que um deles é dife-
rente de 0, e se 1 2 0c c+ =1 2x x , então poderíamos resolver para um vetor em função do outro como:
21
1
( 0)c cc
= − ≠1 2x x ou 22
1
( 0)c cc
= − ≠2 1x x .
No entanto, nenhum dos dois vetores em pauta é múltiplo de outro. Logo, [{ }]1x e [{ }]2x são subespaços próprios de S e a equação
1 2 0c c+ =1 2x x só será satisfeita se 1 2 0c c= = .
Podemos generalizar esses exemplos fazendo as seguintes observa-ções:
Se i) , , ,1 2 nv v v gera um espaço vetorial V e um desses vetores pode ser escrito como um combinação linear dos outros 1n − vetores, então esses outros 1n − vetores geram V .
.
.
157
Dados ii) n vetores , , ,1 2 nv v v , é possível escrever um dos veto-res como uma combinação linear de outros 1n − vetores se, e somente se, existem escalares 1 2, , , nc c c nem todos nulos, tais que 1 2 0nc c c+ + + =1 2 nv v v .
Definição. Os vetores , , ,1 2 nv v v , em um espaço vetorial V , são ditos linearmente independentes se a combinação linear dos vetores
, , ,1 2 nv v v for igual ao vetor nulo, isto é: 1 2 0nc c c+ + + =1 2 nv v v . Isto implica, necessariamente, que todos os escalares 1 2, , , nc c c de-vem ser iguais a zero.
Como conseqüência de (i) e (ii), vemos que se { , , , }1 2 nv v v é um conjunto gerador mínimo, então , , ,1 2 nv v v são linearmente inde-pendentes. Em contrapartida, se , , ,1 2 nv v v
são linearmente inde-pendentes e geram V , então { , , , }1 2 nv v v é um conjunto gerador mínimo para V . Um conjunto gerador mínimo é chamado de base.
Exemplo 25. Os vetores 11
e 12
são linearmente independentes,
pois se 1 2
1 1 01 2 0
c c + =
, então 1 2
1 2
02 0
c cc c+ =
+ =. E a única solução
desse sistema é 1 2 0c c= = .
Definição. Os vetores , , ,1 2 nv v v , em um espaço vetorial V , são ditos linearmente dependentes se existem escalares 1 2, , , nc c c
nem todos nulos (pelo menos um deles diferente de zero), tais que
1 2 ... 0nc c c+ + + =1 2 nv v v .
Exemplo 26. Seja x (1,2,3)T= . Os vetores , , ,1 2 3x e e e são linearmente dependentes, já que a combinação linear nula 0+ + − =1 2 3e e e x não implica que todos os coeficientes 1 2, , , nc c c sejam nulos. (De fato, veja que neste caso 1 2 3 41, 2, 3, 1c c c c= = = = − ).
Definição. Seja { , ,..., }S = 1 2 nv v v um conjunto de no mínimo dois vetores ( 2)n ≥ em um espaço vetorial V . Então S é linearmente de-pendente se, e somente se, um desses vetores pode ser escrito como uma combinação linear dos restantes.
As duas últimas definições estabelecem diferentes formas de carac-terizar um conjunto linearmente dependente.
O conceito de base será estudado com mais detalhes
logo adiante.
158
Veja, no exemplo anterior, que é imediato escrever x como uma combinação linear de , ,1 2 3e e e .
Dado um conjunto de vetores { , , , }1 2 nv v v , em um espa-ço vetorial V , é trivial encontrar escalares 1 2, , , nc c c , tais que
1 2 ... 0nc c c+ + + =1 2 nv v v . Basta definir 1 2 = 0nc c c= = = .
Se existem escolhas não-triviais de escalares (quer dizer, es-calares diferentes de zero) para os quais a combinação linear
1 2 ... nc c c+ + +1 2 nv v v é igual ao vetor nulo, então o conjunto , , ,1 2 nv v v é linearmente dependente.
Se a única maneira de a combinação linear dos vetores , , ,1 2 nv v v ser igual ao vetor nulo for quando todos os es-
calares forem iguais a zero, então , , ,1 2 nv v v são linearmente independentes.
Uma Interpretação Geométrica da Independência LinearUm vetor u é linearmente independente se a combinação linear nula 0c =u implica necessariamente que 0c = . Esta implicação se cumpre se, e somente se, 0≠u . Então podemos concluir que u é linearmente independente, ou seja, 0≠u .
u
u=00
independente dependente
Figura 3.6 - Independente e dependente.
O espaço gerado por um único vetor é uma reta passando pela ori-gem. Span{v} está formado por todos os múltiplos de v , que têm a mesma direção de v . Os pontos extremos desses vetores estão sobre uma reta cuja equação vetorial é 0t r= +r v , onde t é um escalar.
159
Dois vetores ,u v são linearmente dependentes se existem e , ambos não nulos, tais que 0 + =u v . Se 0a ≠ , então temos
( / ) = −u v . Se 0 ≠ , então temos ( / ) = −v u . Assim, podemos concluir que:
Dois vetores são linearmente dependentes se um deles é múltiplo escalar do outro. Em outras palavras, os vetores são paralelos.
Poderia enunciar qual é a equivalência contrária?
Dois vetores são linearmente independentes se os vetores não são paralelos e, então, não são múltiplos entre si.
v
vw
w
independente dependente
Figura 3.7 - Vetores linearmente independentes e dependentes.
O espaço gerado por dois vetores linearmente independentes é um plano contendo a origem. Para ver isto em 3
, sejam e v w dados por 1 2 3( , , )Tv v v=v e 1 2 3( , , )Tw w w=w , respectivamente. O plano ge-rado por e v w tem um vetor normal dado por , cuja equação vetorial é 1 2 3(v w) ( 0, 0, 0) 0Tx x x× ⋅ − − − = , onde 1 2 3( , , )Tx x x=x é um vetor que pertence ao plano gerado por e v w . Esta equação, em ter-mos das componentes dos vetores, é dada por:
2 3 3 2 1 3 1 1 3 2 1 2 2 1 3( ) ( ) ( ) 0 (1)v w v w x v w v w x v w v w x− + − + − = (1)
Entretanto, se por outro lado escrevemos 1 2 3( , , )Tx x x=x como uma combinação linear de e , ( )v w = +v w x , temos:
1 1
2 2
3 3
v wv wv w
= += += +
1
2
3
xxx .
Que pode ser reescrito em forma matricial como, e após escalona-mento, como:
Isto é, produto vetorial de v e w.
.
160
Que possui solução se, e somente se,
1 3 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 3 3 1( )( ) ( )( ) 0v x v x v w v w v x v x v w v w− − − − − = .
Que não é outra coisa que a equação vetorial (1) anterior. Assim, ve-mos que dois vetores linearmente independentes geram um plano contendo esses vetores.
Para três vetores , ,u v w serem linearmente dependentes, , , , em todos zeros, ficam 0 + + =u v w . Se 0 ≠ , então
( / ) ( / ) = − + −u v w está em um plano, em uma reta ou ainda em um ponto, (dependendo do grau de dependência dos três veto-res) gerado por e v w . Em particular, os três vetores estão no mesmo plano (coplanares). Argumentos similares podem ser colocados nos casos que outros coeficientes sejam zero. Coloque três lápis em uma mesa com os extremos das borrachas juntos para ter um exemplo gráfico de vetores coplanares. Assim:
Três vetores são linearmente dependentes se estes vetores es-•tão no mesmo plano.
A independência linear de três vetores pode ser entendida pela pro-posição contrária.
v wvw
u u
independente dependente
Figura 3.8 - Independência linear.
Estas idéias podem ser estendidas para o caso de vários vetores. As seguintes equivalências podem ser úteis para a compreensão dos conceitos.
161
“Vetores linearmente dependentes: significa que um deles é •uma combinação dos outros.”
Investiguemos a relação entre independência linear e geração de espaços.
A independência linear de um conjunto de vetores pode ser vi-•sualizada geometricamente como um espaço se expandindo na medida em que cada um dos vetores acrescenta uma nova dire-ção, aumentando a dimensão do espaço. Isto pode ser pensado em termos de máxima eficiência na geração do espaço, desde que todos os vetores sejam aproveitados. Ou seja, a eliminação de qualquer vetor produzirá um espaço gerado menor.
3.5.1 Propriedades da Independência Linear
A primeira propriedade está relacionada com a permanência da in-dependência linear quando eliminamos vetores.
Se o conjunto • é linearmente independente. é linearmente independente.
É fácil entender esta propriedade da independência linear, no sen-tido que não há desperdício: se uma equipe de cinco pessoas é im-prescindível para realizar uma determinada tarefa, então qualquer subgrupo de quatro (ou três, duas ou uma delas) também é necessá-rio, porém, não será capaz de realizar a tarefa em forma completa.
Formulemos a propriedade recíproca da propriedade acima:
Se • , , ,1 2 kv v v são linearmente independentes e k+1v pertence ao espaço gerado por { , , , }1 2 kv v v , então , , , ,1 2 k k+1v v v v são li-nearmente dependentes, de forma similar à geração de espaços.
Os procedimentos mostrados nos exemplos seguintes são úteis para determinar a independência linear de um conjunto de vetores.
Exemplo 27. Neste exemplo, mostraremos que os vetores (1, 1,0,1)= −1v , (3, 1, 4,3)= −2v , (2, 1, 2,2)= −3v , 4 (0,1, 4, 2)= −v e (1,0,3,0)=5v são linearmente dependentes, utilizando operações
elementares sobre a matriz:
Atenção: compare com o efeito na geração
de um espaço.
162
1 3 2 0 11 1 1 1 0
[ ]0 4 2 4 31 3 2 2 0
TA
− − − = =
−
1 2 3 4 5v v v v v .
As colunas de A são os vetores [ ]1 2 3 4 5v v v v v . Podemos usar as operações elementares por colunas sobre A (ou por linhas sobre TA ) para simplificar os vetores e obter a resposta. A forma escalonada por colunas é:
1 0 0 0 01 1 0 0 0
0 2 1 0 01 0 1 0 0
−
−
Observamos agora que os cinco vetores da forma escalonada são claramente linearmente dependentes. Por exemplo, a combinação linear com coeficientes 0=1c , 0=2c , 0=3c , 0=4c , 0=5c (nem todos nulos) com as colunas da forma escalonada é igual ao vetor zero, e então o conjunto das colunas é linearmente dependente. Desde que a propriedade de independência linear de um conjunto de vetores não mude pelas operações elementares, concluímos que
, , , ,1 2 3 4 5v v v v v são linearmente dependentes.
O exemplo anterior nos conduz a observações interessantes. Primei-ro, para vetores euclidianos, a preservação da independência linear sob operações elementares pode ser revista em termos de operações por colunas.
Se A é equivalente a B por operações por colunas, então colunas de B linearmente independentes correspondem a colunas de A , também linearmente independentes.
Em segundo lugar, observamos uma propriedade do tipo numérico dimensional.
Se • , , , n∈1 2 nv v v são linearmente independentes, então k n≤ .
.
163
Aproveitemos este exemplo para introduzir o seguinte teorema. Se considerarmos apenas os vetores , , ,1 2 3 4v v v v , teremos:
1 3 2 01 1 1 1
A [ ]0 4 2 41 3 2 2
− − − = =
−
1 2 3 4v v v v .
E agora a sua respectiva forma escalonada por colunas é:
1 0 0 01 1 0 0
0 2 1 01 0 1 0
−
−
Claramente esta matriz é singular.
Teorema. Sejam , , ,1 2 nx x x , n vetores em n , com 1 2( , , , )T
nx x x=x para 1, ,i n= . Se A [ , , , ]= 1 2 nx x x , então os vetores , , ,1 2 nx x x são linearmente dependentes se, e somente se, A é singular.
Demonstração. A combinação linear nula 1 1 2 2x x x 0n nc c c+ + + = é equivalente ao sistema de equações:
1 11 2 12 1
1 21 2 22 2
1 1 2 2
x x x 0x x x 0
x x x 0
n n
n n
n n n nn
c c cc c c
c c c
+ + + =+ + + =
+ + + =
.
Definido 1 2( , ,..., )Tnc c c=c , o sistema pode ser escrito em forma ma-
tricial como c 0A = .
Essa equação tem uma solução não trivial se, e somente se, a A é singular. Portanto, , , ,1 2 nx x x são linearmente dependentes se, e somente se, A é singular.
Podemos usar o teorema anterior para testar se n vetores são li-nearmente independentes em n
. Basta formar a matriz A , cujas colunas são os vetores a serem testados. Para determinar se A é ou não singular, basta calcular o valor do determinante de A . Se det(A) 0= , os vetores são linearmente dependentes. Se det(A) 0≠ , os vetores são linearmente independentes.
.
.
164
Voltando ao exemplo anterior, temos que:
1 3 2 01 1 1 1
det(A) 00 4 2 41 3 2 2
− − −= =
−
e então os vetores são linearmente dependentes.
Na prática, para determinar se um conjunto de vetores é ou não linearmente independente em n
, precisamos resolver um sistema homogêneo de equações lineares.
Exemplo 28. Determine se 2 2{1 , ,1 }S x x x x= + + + é linearmente in-dependente em 2P .
Solução. Considere a seguinte combinação linear:
2 2(1 ) ( ) (1 ) 0x x x x + + + + + = .
Reagrupando convenientemente os termos do lado esquerdo da equa-ção, podemos escrever
2
2
( ) ( ) ( ) 00 1 0 0 0
x xx x
+ + + + + =
⋅ + ⋅ + ⋅ =
Sabemos que um polinômio é identicamente nulo quando todos os seus coeficientes são zero. Assim, igualando os respectivos coefi-cientes das potências de x , temos: 0 + = , 0 + = , 0 + = , que possui apenas a solução trivial 0 = = = .
Logo, S é linearmente independente.
Exemplo 29. Mostre que o conjunto de 2 2M × , formado por 1 1 1 0 1 2
, ,0 3 2 1 6 9
S − −
=
, é um conjunto linearmente depen-
dente e, em seguida, escreva um destes vetores como uma combina-ção linear dos outros.
Solução. Considere a seguinte cominação linear nula
1 1 1 0 1 2 0 00 3 2 1 6 9 0 0
− −
+ + =
.
Esta equação é equivalente ao sistema:
.
165
02 0
2 6 03 9 0
− − =− =+ =
+ + =
onde , , é solução, sendo k arbitrário.
Logo, S é linearmente dependente. Por exemplo, se escolhermos 1k = , temos que:
1 1 1 0 1 2 0 02 3
0 3 2 1 6 9 0 0− −
− − + =
,
e assim, podemos escrever
1 1 1 0 1 23 10 3 2 1 6 92 2
− − = − +
,
ou também
1 2 1 1 1 02 3
6 9 0 3 2 1− −
= +
,
ou ainda
1 0 1 1 1 22 12 1 0 3 6 93 3− −
= − +
.
Exercícios PropostosDetermine se os vetores dados são ou não linearmente inde-1) pendentes em 2
.
2 3,
1 2
a) d) 1 1 2
, ,2 2 4− − −
2 4,
3 6
b) e) 1 1
,2 1
−
2 1 2, ,
1 3 4−
c)
2) Determine se os vetores são ou não linearmente independen-tes em
3 .
1 0 10 , 1 , 00 1 1
a) d) 2 2 41 , 1 , 22 2 4
− − − −
Atenção: verifique essa solução!
,
166
1 0 1 10 , 1 , 0 , 20 1 1 3
b) e) 1 01 , 23 1
2 3 41 , 2 , 22 2 4
− − −
c)
3) Descreva geometricamente o espaço gerado por cada um dos seguintes vetores no exercício 2.
Determine se os vetores dados são ou não linearmente inde-4) pendente em 2 2×
.
1 0 0 1,
1 1 0 0
a)
1 0 0 1 0 0, ,
0 1 0 0 0 1
b)
1 0 0 1 2 3, ,
0 1 0 0 0 2
c)
5) Determine se os vetores dados são ou não linearmente inde-pendentes em 3P .
2 21, , 2x x −a) c) 22, 1, 1x x x+ + −
22, , , 2 3x x x +b) d) 22, 1x x+ −
3.6 Bases e DimensãoO conjunto de vetores {(1,1) , (1, 1) }T TS = − gera 2
, isto é, qualquer vetor em 2
pode ser obtido como uma combinação linear de (1,1)T e (1, 1)T− .
O conjunto de vetores {(1,1) , (1, 1) , (1,0) }T T TT = − também gera 2 .
Os conjuntos S e T diferem entre si: S é linearmente independente, enquanto T é linearmente dependente, o que faz diferença quando escrevemos um vetor como uma combinação linear dos vetores de cada um dos conjuntos.
Por exemplo, para escrevermos (2, 4)T em termos dos vetores de S , conseguimos de uma única maneira: (2, 4) 3(1,1) (1, 1)T T T= − − .
167
Entretanto, em termos dos vetores de T , temos várias possibilidades:
(2, 4) 3(1,1) (1, 1) 0(1,0)(2,4) 0(1,1) 4(1, 1) 6(1,0)(2,4) 4(1,1) 0(1, 1) 2(1,0)
T T T T
T T T T
T T T T
= − − +
= − − +
= + − −
ou, em geral, (2, 4) ( 4)(1,1) (1, 1) ( 2 2 )(1,0)T T T Tk k k= + + − + − − .
O ponto chave é: se um conjunto de vetores gera V e esse conjunto for linearmente dependente, então a representação de um vetor x em termos dos vetores desse conjunto não é única.
Para se ter unicidade, o conjunto gerador deve ser também linear-mente independente. Um conjunto assim é chamado de uma base para V .
Em geral, considere a equação vetorial 1 2 nc c c v+ + + =1 2 nv v v em um espaço vetorial V , onde 1 2, , , nc c c são as incógnitas. A existên-cia de soluções para todo V∈v é equivalente a ter V gerado pelos vetores , , ,1 2 nv v v . Entretanto, a propriedade de independência li-near sobre , , ,1 2 nv v v garantirá a unicidade da solução.
Definição. Os vetores , , ,1 2 nv v v formam uma base para o espaço vetorial V se, e somente se, , , ,1 2 nv v v são linearmente indepen-dentes e geram V .
Assim, para determinar se um conjunto de vetores é uma base para V , é suficiente verificar se o conjunto gera V e é linearmente inde-pendente.
Exemplo 30. Mostre que o conjunto {(1,2) , (3, 1) }T TS = − é uma base para 2
.
Solução. Devemos mostrar que S é linearmente independente, o que equivale a mostrar que (1, 2) (3, 1) (0,0)T T T + − = tem como única solução 0 = = , ou que (1, 2) (3, 1) ( , )T T Ta b + − = tem uma única solução para qualquer ( , )Ta b .
Estas equações podem ser escritas matricialmente (em sua forma au-mentada) como:
1 32 1
ab
−
e 1 3 02 1 0 −
.
168
Em vez de resolver ambos os sistemas separadamente, (por economia) o resolvemos simultaneamente, trabalhando com uma matriz dupla-mente aumentada:
1 3 02 1 0
ab
−
.
Escalonando, obtemos:
gereção
independência linear
1 3 00 1 ( 2 ) 7 0
ab a
− +
.
Achamos, para geração, que ( 3 ) 7 , (2 ) 7a b a b = + = − e, para independência linear, que 0 = = . Já que S é linearmente inde-pendente e gera 2
, é uma base para 2 .
Neste exemplo, os coeficientes da combinação linear são únicos para um vetor ( , )Ta b dado. O que é verdade, em geral.
Teorema. Seja { , , , }S = 1 2 nv v v uma base para um espaço ve-torial V . Seja v um vetor em V . Os coeficientes na representação
1 2 nv c c c= + + +1 2 nv v v são únicos.
Prova. Suponhamos que temos duas representações para v :
1 2 1 2 e n na a a b b b= + + + = + + +1 2 n 1 2 nv v v v v v v v . Mostrare-mos que os coeficientes são iguais.
Para isto, formamos a soma ( )+ −v v , que é igual a 0 . Recombinando os diferentes termos, obtemos
1 1 2 20 ( ) ( ) ( ) ( )n na b a b a b= + − = − + − + + −1 2 nv v v v v .
Desde que S seja uma base com um conjunto de vetores linearmente independentes, os coeficientes da combinação linear devem ser to-dos iguais a zero. Isto é, 1 1 2 2, , , n na b a b a b= = = , os coeficientes da combinação linear original são os mesmos.
Exemplo 31. Os vetores canônicos (1,0,0)=1e , (0,1,0)=2e e (0,0,1)=3e geram 3
e são linearmente independentes. Logo, o conjunto { , , }1 2 3e e e é uma base para 3
. Este fato se estende natu-ralmente para os vetores canônicos de n
.
Exemplo 32. Os monômios 1, , , nt t geram nP e são linearmente independentes. Logo, são uma base para nP .
169
Exemplo 33. As seguintes igualdades:
11 12 21 22
1 0 0 1 0 0 0 0E E E E
0 0 0 0 1 0 0 1a b
A a b c d a b c dc d
= = + + + = + + +
têm duas implicações. Qualquer matriz 2 2× é uma combinação li-near de 11 12 21 22E , E ,E ,E . Se a combinação linear de 11 12 21 22E ,E ,E ,E (com , , ,a b c d como coeficientes) é a matriz nula, então todos os coe-ficientes de A (que são , , ,a b c d ) devem ser zero.
A primeira implicação significa exatamente que 2 2M × é gerado por
11 12 21 22E ,E ,E ,E e a segunda que 11 12 21 22E ,E ,E ,E são linearmente in-dependentes. Logo, 11 12 21 22{E ,E ,E ,E } é uma base para 2 2M × .
Em geral, seja Eij uma matriz m n× , cujas entradas são todas iguais a zero, exceto na entrada correspondente a ,i j , que é igual a um para qualquer vetor 1 1 1( , , )Tb b b=b . Então, {E :1 ,1 }ij i m j n≤ ≤ ≤ ≤ é uma base para m nM × .
Exemplo 34. O sistema
1 2 3
1 2 3
1 2 3
3 22
2 2 6
x x xx x x
x x x
+ − =− + =+ + =
tem uma única solução (confira!). Já que o número de linhas e colu-nas é igual, sabemos que o sistema mais geral:
1 2 3 1
1 2 3 2
1 2 3 3
3
2 2
x x x bx x x b
x x x b
+ − =− + =+ + =
possui uma única solução para qualquer vetor 1 1 1( , , )Tb b b=b (por quê?). Já que esse sistema é a mesma coisa que a equação vetorial:
1 2 3(3,1, 2) (1, 1,2) ( 1,1,1) ( , , )b b b+ − + − =1 2 3x x x
e isto implica que os vetores (3,1, 2) , (1, 1, 2)− , ( 1,1,1)− geram 3 ,
e a unicidade implica que os três vetores são linearmente indepen-dentes. Concluímos, então, que os três vetores formam uma base para 3
.
170
Os argumentos utilizados neste último exemplo se aplicam, em ge-ral, a conjuntos de vetores euclidianos. Uma base para n
sempre significa a existência de n vetores linearmente independentes.
Se as colunas de uma matriz A formam uma base para n
, então A deve ser uma matriz n n× . Você precisa de n vetores de n
linear-mente independentes para gerar todo n
. É interessante a seguinte equivalência:
Colunas de • A formam uma base de n A⇔ =x b tem uma única solução para qualquer b .
Exemplo 35. Em muitas aplicações, é necessário encontrar um su-bespaço particular de um espaço vetorial. Isto pode ser feito encon-trando-se os elementos de uma base para o subespaço. Por exemplo, para encontrar todas as soluções do sistema
1 2 3
1 2 4
02 0
x x xx x x+ + =+ + =
precisamos encontrar o núcleo da matriz 1 1 1 02 1 0 1
A =
, que é o
subespaço de 4 gerado pelos vetores:
12
10
−
e
1101
−
.
Como esses dois vetores são linearmente independentes, eles for-mam uma base para 4
.
Exemplo 36. Mostre que o conjunto {(1,2) , (3, 1) , (1,0) }T T TS = − não é uma base para 2
.
Solução. O conjunto S é linearmente dependente, já que, por exem-plo, (1, 2) 2(3, 1) 7(1,0) (0,0)T T T T+ − − = . Então S não pode ser uma base para 2
.
Comentário. Apenas temos que mostrar que uma das condições dadas na definição de base não é satisfeita, neste caso a indepen-dência linear.
171
Exemplo 37. O espaço vetorial formado apenas pelo vetor zero não possui uma base porque qualquer subconjunto de vetores, incluin-do o vetor zero, é linearmente dependente.
Para mostrar que nem todo espaço possui uma base, precisamos de-cidir sob quais condições um espaço vetorial dado possui uma base ou não. O conceito de conjuntos de vetores geradores nos ajudará a responder essa questão.
Teorema. Se { , , , }S = 1 2 nv v v é um conjunto de vetores não nulos que geram um subespaço W de um espaço vetorial V , então algum subconjunto de S é uma base para W (que pode ser o próprio S).
Prova. Se S for um conjunto linearmente independente, então, por definição, S é uma base para W . Se S for linearmente dependente, então, no mínimo, um dos vetores pode ser escrito como uma com-binação linear dos outros. Suponhamos que nv seja tal vetor (se não for o caso, role os vetores em S até que isto seja verdade). Postula-mos que ' { , , , }S = 1 2 n-1v v v continua gerando W .
Para ver isto, seja um vetor x em W que escrevemos como:
1 2 1n nc c c c−= + + + +1 2 n-1 nx v v v v .
Agora, como 1 2 1nd d d −= + + +n 1 2 n-1v v v v (é o vetor que estamos supondo ser uma combinação linear dos outros), substituindo na ex-pressão anterior e remanejando a equação, temos:
1 1 2 2 1 1( ) ( ) ( )n n n n nc c d c c d c c d− −= − + − + + −1 2x v v .
Logo, 'S gera W .
Se 'S é linearmente independente, 'S é uma base de W . Se 'S é linearmente dependente, um dos vetores de 'S é uma combinação linear dos outros.
Agora, podemos argumentar como antes e repetir o processo, eli-minando vetores até encontrar fatalmente um conjunto linearmente independente que gere W . (Se reduzirmos o conjunto a um único vetor, esse conjunto é linearmente independente, já que S foi defini-do como um conjunto de vetores não nulos). O conjunto resultante é uma base para W .
172
Então, temos um resultado fundamental:
Qualquer espaço vetorial finito gerado por um conjunto de ve-tores não nulos possui uma base.
Exemplo 38. Seja V o conjunto de todos os polinômios munido com as operações usuais. O espaço vetorial gerado V não é finito. De fato, se tomamos qualquer subconjunto finito S de V , então haverá um termo de grau máximo, digamos pt , no conjunto. O polinômio 1pt + não está agora no espaço gerado S , e então S não pode gerar V .
Restringiremos o nosso estudo às bases de espaços vetoriais finitos.
No Exemplo 36, mostramos que qualquer conjunto de três ou mais vetores de 2
não pode ser uma base para 2 . Esses vetores pode-
riam ser coplanares e formar um conjunto linearmente dependente. Um conjunto de apenas um vetor (três é demais, um é pouco) tam-pouco pode ser uma base para 2
, já que gera apenas uma reta atra-vés da origem. Podemos concluir, então, que qualquer base para 2
deve conter exatamente dois vetores. Veja o seguinte teorema.
Teorema. Se { , , , }S = 1 2 nv v v é uma base para V , então qualquer con-junto de 1n + (ou mais) vetores é linearmente dependente, e então, não é uma base para V . Por outro lado, qualquer conjunto de 1n − (ou menos) vetores não é suficiente para gerar V , e então, não é uma base para V .
Prova. i) Seja 1 2 1{ }n nT c c c c += + + + +1 2 n n+1w w w w , isto é, Tcontém exatamente 1n + vetores. Mostraremos que T não pode ser uma base, evidenciando que T é linearmente dependente. Para isso, consideremos
1 2 1 0n nc c c c ++ + + + =1 2 n n+1w w w w (1)
Cada kw pode ser escrito como
1 2 , 1, 2, , 1k k nka a a k n= + + + = +k 1 2 nw v v v ,
desde que S gera V . Substituindo cada w k na equação (1), temos:
1 1 1
1 1 1 1 10
n n n n n
k k jk jk kk k j j k
c c a a c+ + +
= = = = =
= = =
∑ ∑ ∑ ∑ ∑k j jw v v .
173
Já que S é linearmente independente.
1
10
n
jk kk
a c+
=
=∑ , 1, ,j n∀ =
Este é um sistema de equações homogêneo que tem menos equações ( )n que incógnitas ( 1)n + ; de tal forma, existe uma solução distinta da trivial para 1 2 1, , , ,n nc c c c +
. Isto significa que T é linearmente dependente.
Agora, suponhamos que T contenha mais que ( 1)n + vetores. Seja T um subconjunto de ( 1)n + vetores, que deve ser linearmente de-pendente (como acabamos de mostrar). Como T T⊂ , o conjunto T contém um subconjunto linearmente dependente, e então deve ser linearmente dependente.
ii) Suponhamos agora que T contém 1n − vetores e gera V .
Então, por um teorema anterior, T deve possuir uma base para V . Se contém r vetores, devemos ter que 1r n≤ − . Já que é uma base e S tem 1r + ou mais vetores, devemos concluir, levando em consideração o item i, que S é linearmente dependente. Isto contra-diz o fato que S é uma base.
Neste ponto, sabemos que um espaço vetorial finito gerado por um conjunto de vetores não nulos tem uma base e é de dimensão finita.
O teorema diz que o número de vetores em uma base é único. Se acharmos uma base S para V e S tiver sete vetores, então qualquer base deverá ter sete vetores. Podemos ter infinitas bases para V , porém cada uma delas terá apenas sete vetores. Este fato nos leva a definir a dimensão de um espaço vetorial como sendo o número de vetores que formam a base para V .
Definição. Se uma base S tem n vetores, a dimensão de V é n , e escrevemos dim( )V n= , e dizemos V é de dimensão finita. Em par-ticular, V é chamado como um espaço vetorial n -dimensional quando a base para V tem n vetores.
A dimensão do espaço vetorial contendo o vetor zero, unicamente, está definida como sendo zero. Agora vamos aos exemplos. Esta-remos interessados em determinar uma base e sua dimensão para diferentes espaços vetoriais. Veja que o procedimento será repetido
174
em cada caso: propor uma base (a partir de uma heurística) e testar geração e independência linear. Nos seguintes exemplos, mostram-se as bases canônicas de diferentes espaços vetoriais.
Exemplo 39. Mostre que n tem a base (canônica) { , ,..., }1 2 ne e e ,
onde
0, , 1 , ,0T
j esimacomponente−
=
je .
Solução. Para testar geração, consideremos qualquer vetor
1 2( , , , )T nnx x x= ∈x e observemos que 1 2 nx x x= + + +1 2 nx e e e .
Para testar independência linear, consideremos a combinação li-near nula 1 2 0nc c c+ + + =1 2 ne e e . Logo, encontramos que
1 2 0nc c c= = = = . Assim, { , , , }1 2 ne e e é uma base para n ,
e dim( )n n= .
É natural associar a base canônica com alguns espaços que nos são familiares:
1 →• → um objeto unidimensional
2 →• → um objeto bidimensional
3 →• → um objeto tridimensional
Comentário. Observando alguns dos exemplos anteriores, vemos que existem diversas bases possíveis para 2
. Em geral, para um espaço vetorial finito, não nulo, existe um número infinito de bases. Entre-tanto, o número de elementos, em qualquer uma dessas bases, é sem-pre o mesmo, e lembre-se que este número é a dimensão do espaço.
Exemplo 40. Mostre que 2 3M × tem dimensão 6.
Solução. A base canônica é
1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0, , , , ,
0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1S
=
Assim, ( )2 3dim 6M × = , igual ao número de vetores em S .
Exemplo 41. O espaço vetorial nP , polinômios de grau n , tem di-mensão 1n + .
.
175
Solução. Uma base é {1, , , }nS x x= . Confiramos primeiro a inde-pendência linear. A equação 0 1 11 0n
na a x a x−+ + + = se satisfaz so-
mente se o polinômio do lado esquerdo for zero para todo número real x . E isto acontece somente se todos os coeficientes são nulos, isto é, somente se 1 2 0na a a= = = = . Logo, S é linearmente inde-pendente. Pode ser visto que S gera nP pelo fato de que qualquer polinômio em nP é da forma 0 1 11 n
na a x a x−+ + + .
Agora que sabemos o que é base de um espaço vetorial, iremos colocar o que se conhece como o segundo problema fundamental da álgebra linear.
O Problema das BasesSeja V um espaço vetorial. O problema das bases (PB) pode ser co-locado de duas maneiras:
Problema 1. Construir uma base para V , selecionando vetores de V .
Problema 2. Dado um conjunto S de vetores em V , construir uma base para V acrescentando ou eliminando alguns (mas não todos) vetores de S , ou algumas vezes ambas as coisas.
Antes de começar a resolver estes problemas, poderíamos nos per-guntar se há alguma garantia de que realmente exista resposta para eles. Lembre-se do Teorema da página 172, que nos diz: “jogue fora os vetores dependentes para obter um conjunto gerador e assim ob-ter uma base”, o qual poderá nos ajudar nesse momento.
Exemplo 42. (Problema 2 do PB). Seja {(1,0,3) , (2,1, 4) }T TS = . Ache uma base T para 3
que contenha S .
Solução 1. Já que 3 tem dimensão 3, sabemos que T deve conter
exatamente três vetores. O conjunto S já é linearmente independente, assim, devemos acrescentar somente um vetor a este conjunto. O novo vetor que juntaremos aos do conjunto S deve ser tal que o conjunto T seja linearmente independente. Isto significa que o novo vetor não deve pertencer ao espaço gerado pelos vetores que já estavam em S .
Então, primeiro determinamos o espaço gerado pelos vetores:
.Deixamos pra você conferir!
176
E agora o que devemos garantir é que o novo vetor não seja da forma ( 2 , ,3 4 )T + + .
Vejamos como fazer isto. Suponhamos que o nos-so novo vetor seja ( )1 2 3, , Tx x x=x , e forçamos a equação
1 2 3( 2 , ,3 4 ) ( , , )T Tx x x + + = para não ter solução para e . Isto nos leva, resolvendo esse sistema, a escolher x , de tal forma que 3 1 23 2 0x x x− + ≠ , para conseguirmos ter um vetor que não per-tença [(1,0,3) , (2,1, 4) ]T T . Logo, (0,1,0)T funciona (de fato, existem infinitas escolhas), e então o conjunto {(1,0,3) , (2,1, 4) , (0,1,0) }T T T é uma base para 3
.
Solução 2. Se o terceiro vetor 1 2 3( , , )Tx x x=x fosse escolhido de tal forma que 1 2 3{(1,0,3) , (2,1, 4) , ( , , ) }T T Tx x x seja linearmente depen-dente, então:
1 2 3
1 0 32 1 4 0x x x
=
devido a uma das linhas ser uma combinação linear das outras. Como o nosso propósito é justamente o contrário, se requerermos que
1 2 3
1 0 32 1 4 0x x x
≠ ,
obtemos novamente 3 1 23 2 0x x x− + ≠ , que é a mesma condição ob-tida na Solução 1.
Solução 3. (Tentativa e erro)
Chutaremos como candidato ao terceiro vetor os vetores canônicos, até que algum deles funcione. Tentaremos inicialmente com e conferiremos a independência linear. Para isso, formamos a seguinte combinação linear nula:
(1,0,3) (2,1,4) (1,0,0) (0,0,0)T T T T + + = ,
o que nos leva a resolver
1 2 1 0 1 2 1 00 1 0 0 0 1 0 03 4 0 0 0 0 1 0
→
.
Atenção: Tente você com outro vetor canônico!
177
Nossa primeira tentativa teve sucesso, os vetores são linearmente in-dependentes e formam a base {(1,0,3) , (2,1, 4) , (1,0,0) }T T T .
Neste exemplo usamos implicitamente o seguinte teorema.
Teorema: Seja e 1 2{ , ,..., }S = nv v v um subconjunto de V. As seguintes afirmativas são equivalentes:
1) O conjunto S é uma base para V,
2) O conjunto S é linearmente independente,
3) O conjunto S gera V.
Observe que, se tivéssemos disposto deste teorema, os exemplos anteriores teriam sido resolvidos com a metade do trabalho. Seria suficiente mostrar independência linear.
Exemplo 43. (Problema 1 do PB). Ache uma base para o espaço solução de:
1 2 3 4
2 3 4
1 2 3 4
2 00
3 4 2 5 0
x x x xx x x
x x x x
+ − + =+ − =
+ − + =
Solução: Resolvendo o sistema, temos que 3x = , 4x = , e então
.
Já que {(2, 1,0,1) ( 3,1,1,0) }T TS = − + − gera o espaço solução e é li-nearmente independente, S é uma base para o espaço solução.
Estes dois últimos exemplos mostram que resolver o PB não segue um procedimento padrão ou a utilização de uma fórmula. Requer habilidade, versatilidade e uma familiaridade com vários conceitos anteriores.
Exemplo 44. O conjunto
span( ) [(1, 1,2) , (0,5, 8) , (3, 2, 2) , (8, 2,0) ]T T T TS = − − −
é um espaço vetorial. Ache uma base para esse espaço.
.
Deixamos pra você conferir!
178
Solução. Devemos eliminar os vetores que são combinação linear dos outros. Para descobrir essa dependência, consideremos a seguinte combinação linear:
(1, 1, 2) (0,5, 8) (3,2, 2) (8,2,0) (0,0,0) (1)T T T T Ta b c d− + − + − + = (1)
Se escrevemos esse sistema em forma matricial e escalonamos por linhas, temos:
1 0 3 8 0 1 0 3 8 01 5 2 2 0 0 1 1 2 0
2 8 2 0 0 0 0 0 0 0
− → − −
.
As soluções são , , 2 , 3 8d d c c b c d a c d= = = − − = − − . Temos duas variáveis livres.
Escolhendo 1d = , 0c = , temos (8, 2,0) 8(1, 1,2) 2(0,5, 8)T T T= − + − . Escolhendo 0d = , 1c = , temos (3, 2, 2) 3(1, 1,2) (0,5, 8)T T T− = − + − . Logo, (8, 2,0)T e (3, 2, 2)T− dependem de (1, 1, 2)T− e (0,5, 8)T− , e então o span( ) [(1, 1,2) , (0,5, 8) ]T TS = − − . A dimensão de S é dois.
No exemplo anterior, as colunas da matriz aumentada que cor-respondem ao lado esquerdo da equação (1) são os vetores de S . Além disso, o número de linhas (duas) não nulas da forma escalona-da é igual á dimensão do span( )S .
Em geral, para problemas em n , como no caso do exemplo 43, con-
tamos com a ajuda de um teorema. Observamos que, para uma ma-triz A , m n× , se considerarmos as linhas como vetores de n
, então o espaço gerado por esses vetores é chamado o espaço linha de A .
Teorema. Se { , , , }S = 1 2 nv v v é um conjunto de vetores de n e A é a
matriz construída pondo 1v na linha 1, 2v na linha 2, e assim por diante; e se B é a matriz que resulta reduzindo A à forma escalonada por linhas, então as linhas não nulas de B formam uma base para o espaço linha de A . Isto é, as linhas não nulas de B formam uma base para span( )S .
Prova. Seja a matriz A
=
T1T2
Tn
vv
v
.
No processo de escalonar uma matriz por linhas, usamos as operações elementares por linhas. Lembrando do procedimento para realizar es-
179
sas operações, temos que, se forem obtidas linhas de zeros, essas li-nhas devem ser combinações lineares das outras linhas do conjunto. As linhas restantes (não nulas) resultam das combinações lineares dos vetores linearmente independentes do conjunto original. Então, o es-paço gerado pelas linhas não nulas é o mesmo que o gerado por S . Assim, as linhas não nulas, sendo independentes, formam uma base para span( )S e dim(span( ))S número de linhas não nulas.
Exemplo 45. Resolver novamente o Exemplo 43 usando o teorema anterior.
Solução. Construimos A e a escalonamos por linhas,
1 1 21 1 280 5 8 0 15
3 2 2 0 0 08 2 0 0 0 0
− − − − → −
Pelo teorema, 8span( ) (1, 1,2) , 0,1,5
TTS
= − −
e
dim(span( )) 2S = .
3.6.2 Mudança de Bases
Muitos problemas aplicados podem ser simplificados mudando-se de um sistema de coordenadas para outro. Mudar sistemas de co-ordenadas em um espaço vetorial é, essencialmente, a mesma coisa que mudar de base. Por exemplo, ao descrever o movimento de uma partícula no plano é muitas vezes conveniente usar uma base de 2
formada por um vetor tangente unitário T e um vetor normal unitá-rio N, associado à curva, em vez da base canônica { , }1 2e e .
Nesta seção, vamos discutir o problema de mudar de um sistema de coordenadas para outro.
Vamos mostrar que isso pode ser feito multiplicando-se um vetor de coordenadas dado x por uma matriz inversível S .
180
O produto S=y x vai ser o vetor de coordenadas para o novo sistema.
3.6.3 Mudanças de Coordenadas em
A base canônica para 2 é [ , ]1 2e e . Qualquer vetor x em 2
pode ser escrito como uma combinação linear dessa base
1 2 1 2( , )Tx x x x= = +1 2x e e .
Os escalares 1x e 2x são as coordenadas de x em relação à base ca-nônica. De fato, para qualquer base { , }1 2u u para 2
, um dado vetor x pode ser representado de maneira única como uma combinação linear 1 2 = +1 2x u u .
Os escalares 1, 2 são as coordenadas de x em relação à base { , }1 2u u . Vamos ordenar os elementos da base, de modo que 1u seja o primei-ro vetor da base e 2u seja o segundo, e vamos denotar a base orde-nada por [ , ]1 2u u . Podemos, então, nos referir ao vetor 1 2( , )T como sendo o vetor de coordenadas de x em relação à base { , }1 2u u .
Exemplo 46. Sejam (2,1) e (1, 4)T T= =1 1u u . Os vetores são line-amente independentes, e portanto, formam uma base para 2
. O vetor x (7,7)T= pode se escrito como uma combinação linear
3= +1 2x u u .
Logo, o vetor de coordenadas de x em relação a [ , ]1 2u u é (3,1)T .
Geometricamente, esse vetor no diz como sair da origem e chegar ao ponto (7,7) , movendo-nos primeiro na direção de 1u , e depois na direção de 2u .
O vetor de coordenadas de x em relação à base ordenada [ , ]1 2u u é (1,3)T . Geometricamente, esse vetor nos diz como sair da origem e chegar a (7,7) , movendo-nos primeiro na direção de 2u , e depois na direção de 1u .
181
7
u1
3u1
3u1u2
u2
x
7
4
42 6
Figura 3.9 - Combinação linear
Uma vez decididos a trabalhar com uma nova base, temos o proble-ma de encontrar as coordenadas em relação a essa nova base. Por exemplo, em vez de usarmos a base canônica para o 2
, usarmos uma base diferente,
3 1,
2 1
= =
1 2u u .
De fato, podemos mudar nos dois sentidos entre os dois sistemas de coordenadas. Vamos considerar os dois problemas seguintes:
Dada um vetor 1) 1 2( , )Tx x=x , encontre suas coordenas em rela-ção a e 1 2u u .
Dado um vetor 2) 1 2 = +1 2x u u , encontre suas coordenadas em relação a e 1 2e e .
Vamos resolver o item 2 primeiro (mais fácil). Para mudar da base [ , ]1 2u u para a base [ , ]1 2e e , precisamos expressar os elementos da base antiga, e 1 2u u , em termos dos elementos da nova base, e 1 2e e .
3 2= += +
1 1 2
2 1 2
u e eu e e
Temos, então, que
1 2 1 1 2 2
1 2 1 2
(3 2 ) ( )(3 ) (2 )
+ = + + += + + +
1 2 1 2 1 2
1 2
u u e e e ee e
.
.
182
Logo, o vetor de coordenadas de 1 2 +1 2u u em relação a [ , ]1 2e e é
1 2 1
21 2
3 3 12 2 1
+ = = +
x , definindo 3 1
( , )2 1
U = =
1 2u u .
Temos que, dado qualquer vetor de coordenadas 1 2( , )T = em relação a [ , ]1 2u u , para encontrar o vetor de coordenadas x corres-pondentes em relação a [ , ]1 2e e , basta multiplicar U e .
U =x (1)
A matriz U é chamada de matriz de mudança de base de [ , ]1 2u u para [ , ]1 2e e .
Para resolver o problema 1, precisamos encontrar a matriz de mu-dança de base de [ , ]1 2e e para [ , ]1 2u u . A matriz U é inversível, já que suas colunas são vetores linearmente independentes.
Da equação (1), temos que: 1U −= x .
Logo, dado um vetor: 1 2 1 2( , )Tx x x x= = +1 2x e e , basta multiplicá-lo por 1U − para encontrar seu vetor de coordenadas em relação a 1[ , ] U −⋅1 2u u . 1[ , ] U −⋅1 2u u é a matriz de mudança de base de [ , ]1 2e e para [ , ]1 2u u .
Exemplo 47. Sejam 3 1 7
, e 2 1 4
= =
1 2u u x . Encontre as coordena-
das de x em relação a [ , ]1 2u u .
Solução. Pela discussão precedente, a matriz de mudança de base de
1 2[e ,e ] para 1 2[u , u ] é a inversa de 1 2
3 1(u , u )
2 1U = =
.
Logo, 1 1 1 7 32 3 4 2
U − − − = = = −
x .
O vetor de coordenadas desejado é 1 2x 3u 2u= − .
Exemplo 48. Seja (1, 1)T= −1b e ( 2,3)T= −1b . Encontre a matriz de mudança de base de [ , ]1 2e e para [ , ]1 2b b e determine as coordena-das de (1, 2)T=x em relação a [ , ]1 2b b .
Solução. A matriz de mudança de base de [ , ]1 2b b para [ , ]1 2e e é 1 2
( , )1 3
B−
= = − 1 2b b .
183
Logo, a matriz de mudança de base de [ , ]1 2e e para [ , ]1 2b b é
1 3 21 1
B− =
.
O vetor de coordenadas de x em relação a [ , ]1 2b b é
1 3 2 1 71 1 2 3
B − = = =
x .
E, portanto, 1 27 3b b= +x .
Se 11 12
21 22
=
s sS
s s é a matriz de mudança de base de uma base or-
denada [ , ]1 2v v em 2 para outra base ordenada [ , ]1 2u u , então
1 0= +1 1 2v v v . O vetor de coordenadas de 1v em relação a [ , ]1 2u u
é dado por 11 12 11
21 22 21
10
s s ss s s
= =
1S .
Analogamente, para , 0 1= +2 2 1 2v v v v .
E seu vetor de coordenadas em relação a [ , ]1 2u u é dado por
11 12 12
21 22 22
01
s s ss s s
= =
2S .
Logo,
11 1 21
12 1 22
s ss s
= += +
1 2
2 2
v u uv u u
(1)
Em geral, se os elementos da base antiga e 1 2v v são escritos em termos da nova base [ , ]1 2u u , o vetor de coordenadas 11 21( , )s s=1s correspondente a 1v é a primeira coluna da matriz mudança de base S e o vetor de coordenadas 12 22( , )s s=2s correspondente a 2v é a segunda coluna de S . Logo, S é a transposta da matriz de coeficien-tes em (1).
Exemplo 49. Encontre a matriz de mudança de base de [ , ]1 2v v para [ , ]1 2u u , onde
5 7 3 1, , ,
2 3 2 1
= = = =
1 2 1 2v v u u .
Solução. Precisamos escrever e 1 2v v em termos dos elementos da nova base e 1 2u u ,
11 21
12 22
s ss s
= += +
1 1 2
2 1 2
v u uv u u
.
.
184
A primeira equação pode ser escrita como 11 21
11 21
3522s ss s+
= + .
A solução desse sistema é 11 21( , ) (3, 4)T Ts s = − . Analogamente, a se-
gunda equação nos leva ao sistema
12 22
12 22
3723s ss s
+ = +
, cuja solução
é 12 22( , ) (4, 5)T Ts s = − .
Portanto, 3 44 5
S = − −
é a matriz de mudança de base de [ , ]1 2v v
para [ , ]1 2u u .
Um método alternativo para mudar de uma base [ , ]1 2v v para ou-tra base [ , ]1 2u u é mudar primeiro de [ , ]1 2v v para a base canônica [ , ]1 2e e e depois mudar para [ , ]1 2u u .
Dado um vetor 2∈x , se c é o vetor de coordenadas de x em relação a [ , ]1 2v v e d é o vetor de coordenadas de x em relação a [ , ]1 2u u , então
1 2 1 2 1 2c c x x d d+ = + = +1 2 1 2 1 2v v e e u u .
Como V é a matriz de mudança de base de [ , ]1 2v v para [ , ]1 2e e e 1−U é a matriz mudança de base de [ , ]1 2e e para [ , ]1 2u u , tem-se que
1 e V U −= =c x x d .
E, portanto, 1 1U V U− −= =c x d .
Logo , 1U V− é a matriz mudança de base de [ , ]1 2v v para [ , ]1 2u u .
[u1,u2]
U−1VU−1
[e1,e2][v1,v2] V
Figura 3.10 - Mudança de base
Exemplo 50. Sejam [ , ]1 2v v e [ , ]1 2u u as bases ordenadas do exem-plo anterior. A matriz de mudança de base de [ , ]1 2v v para [ , ]1 2u u é dada por:
1 1 1 5 7 3 42 3 2 3 4 5
U V− − = = − − −
.
185
3.6.4 Mudança de Base em um Espaço Vetorial Geral
Tudo que fizemos até agora pode ser generalizado facilmente para qualquer espaço vetorial de dimensão finita. Vamos começar definin-do vetores de coordenadas em um espaço vetorial de dimensão n .
Definição. Seja V um espaço vetorial com base ordenada [ , , , ]E = 1 2 nv v v . Se v é um elemento qualquer de V , então v pode
ser escrito na forma 1 2 nc c c= + + +1 2 nv v v v , na qual 1 2, , , nc c c são escalares. Podemos associar, então, a cada vetor v um único vetor
1 2( , ,..., )Tnc c c=c em n
. O vetor c , assim definido, é chamado de vetor de coordenadas de v em relação à base ordenada E e é deno-tado por [ ]Ev . Os ic são as coordenadas de v em relação a E.
Os exemplos considerados até agora trataram apenas de mudanças de coordenadas em 2
. Técnicas análogas podem ser usadas em n
, cujas matrizes de mudança de base serão n n× .
Exemplo 51. Sejam
[ , , ] [(1,1,1) , (2,3, 2) , (1,3, 4) ]T T TE = =1 2 3v v v [ , , ] [(1,1,0) , (1, 2,0) , (1, 2,1) ]T T TF = =1 2 3u u u .
Encontre a matriz de mudança de base de E para F . Sejam
3 13 2 e 3 2 ou [ ] 2 e [ ] 3
1 2E E
= + − = − + = = − −
1 2 3 1 2 3x v v v y v v v x y .
Determine as coordenadas de e x y em relação à base ordenada F .
Solução. Como no último exemplo, a matriz mudança de base é dada por:
1
2 1 0 1 2 1 1 1 3 1 1 1 1 3 5 1 1 0
0 0 1 1 2 4 0 0 4U V−
− − = − − = − −
.
Os vetores de coordenadas de e x y em relação à base ordenada F são dados por:
186
1 1 3 3 8[ ] 1 1 0 2 5
0 0 1 1 3E
− = − − = − −
x e
1 1 3 1 8[ ] 1 1 0 3 2
0 0 1 2 3F
− − = − − − =
y .
Você pode verificar que
8 5 3 3 28 2 3 3 2
− + = + −− + + = − +
1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 2
u u u v v vu u u v v v
Exemplo 52. Suponha que queremos mudar, em 2P , da base ordena-da 2[1, , ]x x para a base ordenada 2[1, 2 , 4 2]x x − .
Solução. Como 2[1, , ]x x é a base canônica para 2P , é mais fácil en-contrar a matriz mudança de base de 2[1, 2 , 4 2]x x − para 2[1, , ]x x .
Como2
2
2 2
1 1 (1) 0 ( ) 0 ( )2 0 (1) 2 ( ) 0 ( )
4 2 2 (1) 0 ( ) 4 ( )
x xx x x
x x x
= ⋅ + ⋅ + ⋅
= ⋅ + ⋅ + ⋅
− = − ⋅ + ⋅ + ⋅ ,
a matriz mudança de base é
1 0 20 2 00 0 4
S−
=
.
A inversa de S vai ser a matriz que muda da base 2[1, , ]x x para a base 2[1, 2 , 4 2]x x − ,
1
1 0 1 20 1 2 00 0 1 4
S −
=
.
Dado qualquer ( ) 2p x ax bx c= + + em 2P , para encontrar as coorde-nadas de ( )p x em relação a 2[1, 2 , 4 2]x x − , basta multiplicar
1 0 1 2 20 1 2 0 20 0 1 4 4
a a cb bc c
+ =
.
Logo, 2( ) ( 4) ( ) ( 2) ( ) ( 2) (1)p x c x b x a c= ⋅ + ⋅ + + ⋅ . Vimos que a ma-triz de mudança de base é inversível. De fato, podemos pensar em qualquer matriz inversível como uma matriz de mudança de base.
.
187
Em muitos problemas de aplicação, é importante usar o tipo certo de base para o caso em questão. Veremos, em Álgebra Linear II, que a chave para a resolução de quadrados mínimos é usar um tipo es-pecial de base: a base ortonormal. Também vamos considerar um número de aplicações envolvendo autosistemas (autovalores e auto-vetores) associados a uma matriz n n× . A chave para resolver esse tipo de problema é mudar para uma base para n
, formada pelos autovetores da matriz.
Exercícios PropostosIndique se os vetores dados no Exercício 1 da página 165 for-1) mam ou não base para 2
.
Indique se os vetores dados no Exercício 2 da página 165 for-2) mam ou não uma base para 3
.
Considere os vetores 3) 2 4 7
, ,1 3 3
= = = − 1 2 3x x x
Mostre que a) 1x e 2x formam uma base para 2 .
Por que b) , ,1 2 3x x x têm que ser linearmente dependente?
Qual a dimensão de c) [{ , , }]1 2 3x x x ?
Considere os vetores 4)
3 3 62 , 2 , 4
4 4 8
− − = − = = −
1 2 3x x x . Qual a di-
mensão de [{ , , }]1 2 3x x x ?
Considere 5)
2 3 21 , 1 , 63 4 4
= = − =
1 2 3x x x
Mostre que a) , ,1 2 3x x x são linearmente dependentes.
Mostre que b) ,1 2x x são linearmente independentes.
Qual a dimensão de c) [{ , , }]1 2 3x x x ?
Descreva geometricamente d) 1 2 3[{ , , }]x x x .
6) Alguns dos conjuntos do exercício 2 da página 145 e 146 for-mam subespaços de 3
. Em cada um desses casos, encontre uma base para o subespaço e determine sua dimensão.
188
7) Encontre uma base para o subespaço S de 4 formado por
todos os vetores da forma ( , 2 , , )Ta b a b c b c+ − + , onde a , b , c são números reais. Qual a dimensão de S ?
8) Considere os vetores (1,1,1)T=1x e (3, 1, 4)T= −2x .
1xa) e 2x geram 3 ? Explique.
Seja b) 3x um terceiro vetor em 3 . Defina { , , }X = 1 2 3x x x .
Que condição (ou condições) X tem que satisfazer para que , ,1 2 3x x x formem uma base para 3
?
Encontre um terceiro vetor c) 3x que estenda o conjunto { , }1 2x x a uma base para 3
.
9) Os vetores
1 2 1 2 12 , 5 , 3 , 7 , 12 4 2 4 0
= = = = =
1 2 3 4 5x x x x x geram 3 .
Retire algum (ou alguns) elemento de { , , , , }1 2 3 4 5x x x x x de modo a obter uma base para 3
.
10) Seja S o subespaço de 3P formado por todos os polinômios da forma 2 2 3ax bx a b+ + + . Encontre uma base para S .
11) Alguns dos conjuntos do exercício 3 da página 146 formavam subespaços de 2 2×
. Em cada um desses casos, encontre uma base para o subespaço e determine sua dimensão.
12) Para um dos itens a seguir, encontre a matriz que corresponde à mudança de base [ , ]1 2u u para a base [ , ]1 2e e .
(1,1) , ( 1,1)T T= = −1 2u ua)
(1, 2) , (2,5)T T= =1 2u ub)
(0,1) , (1,0)T T= =1 2u uc)
13) Para cada uma das bases coordenadas [ , ]1 2u u no exercício 1, encontre a matriz mudança de base de [ , ]1 2e e para [ , ]1 2u u .
14) Sejam (3, 2)T=1v e (4,3)T=2v para cada uma das bases orde-nadas [ , ]1 2u u no exercício 1, encontre a matriz mudança de base de [ , ]1 2v v para [ , ]1 2u u .
189
15) Seja [(5,3) , (3, 2) ]T TE = e sejam (1,1)T=x , (1, 1)T= −y e (10,7)T=z . Encontre os vetores de coordenadas [ ]Ex , [ ]Ey e
[ ]Ez .
16) Sejam (1,1,1)T=1u , (1, 2, 2)T=2u e (2,3, 4)T=3u .
Encontre a matriz mudança de base de a) [ , , ]1 2 3e e e para [ , , ]1 2 3u u u .
Encontre as coordenadas de cada um dos vetores a seguir, b) em relação a [ , , ]1 2 3u u u .
(3, 2,5)Ti) ii) (1,1, 2)T iii) (2,3, 2)T
17) Sejam (4,6,7)T=1v , (0,1,1)T=2v e (0,1, 2)T=3v e sejam 1u , 2u e 3u os vetores dados no exercício 16.
Encontre a matriz mudança de base de a) [ , , ]1 2 3v v v para [ , , ]1 2 3u u u .
Se b) 3 4= + −1 2 3x 2v v v , determine as coordenadas de x em relação a [ , , ]1 2 3u u u .
18) Considere 1 2
,2 3
= =
1 2v v , 3 51 2
S = −
. Encontre vetores
1w e 2w tais que S é a matriz mudança de base de [ , ]1 2w w para [ , ]1 2v v .
19) Considere 2 1
,6 4
= =
1 2v v , 4 12 1
S =
. Encontre vetores 1u
e 2u , tais que S é a matriz mudança de base de [ , ]1 2v v para [ , ]1 2u u .
3.7 Subespaços Associados a Matrizes e Computação de Bases
Formalizaremos alguns dos conceitos colocados em seções anterio-res, acrescentando outros subespaços associados com uma matriz.
Definição. Seja A uma matriz m n× .
O espaço nulo1) de A , ( )espnul A é o subespaço de n que con-
siste nas soluções do sistema linear homogêneo x 0A = .
190
O espaço linha2) de A , ( )esplin A é o subespaço de n gerado
pelas linhas de A .
O espaço coluna3) de A , ( )espcol A é o subespaço de m
gerado pelas colunas de A .
O espaço nulo à esquerda 4) ( )Tespnul A é o subespaço de n
que consiste nas soluções do sistema linear homogêneo TA 0x = .
Os quatro espaços definidos acima são classificados os “espaços fundamentais da matriz A ”.
3.7.1 Uma Base para o Espaço Nulo
Exemplo 53. O espaço nulo da matriz
1 3 2 0 11 1 1 1 0
0 4 2 4 31 3 2 2 0
A
− − − =
−
está formado por todas as soluções do sistema homogêneo 0A =x . Reduzindo esta matriz a sua forma escalonada por linhas, temos:
1 0 1 2 0 1 40 1 1 2 0 1 40 0 0 1 1 20 0 0 0 0
−
.
Daqui, fica fácil derivar as soluções do sistema homogêneo:
3 5
3 5
5
1 12 41 12 4
é qualquer um12
é qualquer um
x x
x x
x
= − − = − −
= −
1
2
3
4
5
x
x
x
x
x
Logo, ( )espnul A consiste de vetores da forma:
.
191
3 5
1
2 3 5
3 3 5 3 5
54
5
5
11422 4 11422 4 011022
0 1
x xxx x xx x x x x
xxx
x
− −− − − −− − = = = + = + − −
x u v .
Já que 3x e 5x são arbitrários, temos que ( ) span{ , }espnul A = u v . Além disso, os seguintes argumentos mostram que e u v são line-armente independentes. Para ter 3 5 0x x+ =u v , a terceira e a quinta coordenadas devem ser nulas, isto é, 3 5 0x x= = . Em conseqüência,
e u v formam uma base de ( )espnul A .
O que temos feito neste exemplo se aplica ao caso mais geral. Pode-mos esboçar um procedimento para achar a base do espaço nulo.
Definição. Chamamos a nulidade de A a dimensão do espaço nulo de A , isto é, nulidade de dim( ( ))A espnul A= .
Para o exemplo anterior, a dim( ( )) 2espnul A = .
Se a solução geral de x 0A = é 1 2 kc c c= + + +2 2 kx v v v , onde
1 2, , , kc c c são as variáveis livres, temos que , , ,1 2 kv v v formam uma base para ( )espnul A .
As bases dos núcleos das transformações lineares podem ser acha-das de uma maneira similar a nulidade. Isto é um assunto a ser tratado no próximo capítulo.
3.7.2 Uma Base para o Espaço Linha
A partir do seguinte teorema, teremos um procedimento padrão para determinar a base do espaço linha de uma matriz.
Teorema. Duas matrizes equivalentes por linhas têm o mesmo espaço linha.
Logo, a forma escalonada por linhas de uma matriz fornece-nos o espaço linha.
192
Do exemplo anterior, temos que a forma escalonada por linhas:
1 0 1 2 0 1 40 1 1 2 0 1 40 0 0 1 1 20 0 0 0 0
−
.
Logo, como os vetores linha (não nulos) são linearmente indepen-dentes, formam uma base e
1 0 00 1 01 1( ) , , 02 2
10 011 1 24 4
esplin A span
= −
.
Definição. O posto de uma matriz A , posto( )A , é a dimensão de seu espaço linha.
No exemplo anterior, temos que dim( ( )) posto( ) 3esplin A A= = .
3.7.3 Uma Base para o Espaço Coluna
Exemplo 54. O espaço coluna da matriz
1 3 2 0 11 1 1 1 0
0 4 2 4 31 3 2 2 0
A
− − − =
−
é gerado pelos cinco vetores coluna. Levando à forma escalonada por linhas, temos:
1 3 2 0 10 2 1 1 00 0 0 2 10 0 0 0 0
A
− =
.
Já que [col 3] e [col 5] não têm pivô, a [col 5] é uma combinação linear de [col 1] e [col 4], e a [col 3] é a uma combinação linear de [col 1] e [col 2], temos que o espaço coluna de A:
193
Col[A] = span{[col 1], [col 2], [col 3], [col 4], [col 5]}= span{[col 1], [col 2], [col 3], [col 4]}= span{[col 1], [col 2], [col 4]}.
Por outro lado, se mantemos apenas [col 1], [col 2], [col 4], então
1 3 01 1 1
0 4 41 3 2
− −
−
,
cuja forma escalonada é
1 3 00 2 10 0 20 0 0
−
,
onde todas as colunas possuem pivô. Então, já que essas três colunas são linearmente independentes e geram col( )A , concluímos que
1 3 01 1 1
( ) , ,0 4 41 3 2
espcol A span
− − = −
.
O que temos neste exemplo pode ser aplicado a qualquer matriz.
As colunas sem pivô são combinação linear das colunas que 1) a precedem. Assim, elas podem ser eliminadas sem afetar o espaço coluna.
As colunas com pivô são linearmente independentes.2)
E nos conduz a um procedimento padrão para determinar uma base para o espaço coluna. Para uma matriz A, as colunas pivôs de A formam uma base de ( )espcol A .
Frisamos que são as colunas de A , e não as colunas da forma es-calonada por linhas, que formam a base.
Teorema. Seja A uma matriz m n× , então a dimensão do espaço linha é igual à dimensão do espaço coluna.
Veja como este teorema se aplica no exemplo anterior, comparando as dimensões
dos espaços envolvidos.
194
3.8 Espaços Linha/Coluna e os Sistemas Lineares
Os conceitos de espaço linha e espaço coluna são úteis no estudo de sistemas lineares. O sistema A =x b pode se escrito na forma
11 1 12 2 1 11 12 11
21 1 22 2 2 21 22 211 2
1 1 2 2 1 2 1
n n
n nn
m m mn n m m m
a x a x a x a a aa x a x a x a a a
A x x x
a x a x a x a a a
+ + + + + + = = + + +
+ + +
x
11 1 12 2 1 11 12 11
21 1 22 2 2 21 22 211 2
1 1 2 2 1 2 1
1
21 1 2 2
x b
a a a
n n
n nn
m m mn n m m m
n n
m
a x a x a x a a aa x a x a x a a a
A x x x
a x a x a x a a a
bb
x x x
b
+ + + + + + = = + + +
+ + + = + + + =
.
Segue-se que o sistema A =x b é compatível se, e somente se, b pode ser escrito como uma combinação linear dos vetores colunas de A . Temos, então, as seguintes caracterizaçações de sistemas compatíveis:
A =x b• é compatível se, e somente se, b pertence ao espaço coluna de A.
Fazendo 0=b , temos que 0A =x , então temos:
O sistema • 0A =x tem apenas a solução trivial 0=x se, e somente se, os vetores colunas de A são linearmente inde-pendentes.
Podemos inferir que, para uma matriz n n× :
Uma matriz A é inversível se, e somente se, os vetores colu-•nas de A formam uma base para n
.
Se A é uma matriz m n× , então a soma do posto de A com a nuli-dade de A é igual a n .
posto( ) dim( ( ))A espnul A n+ = .
195
Exemplo 55. O espaço coluna de
1 3 2 0 11 1 1 1 0
0 4 2 4 31 3 2 2 0
A
− − − =
−
a
é gerado pelos cinco vetores coluna. Os cinco vetores geradores po-dem ser simplificados utilizando as operações elementares por colu-na para produzir a forma escalonada por colunas:
1 0 0 0 01 1 0 0 0
0 2 1 0 01 0 1 0 0
B
− =
−
.a
Já que as colunas nulas não contribuem para gerar o espaço, temos: ( ) ( )espcol A espcol B span= = (primeiras três colunas de B ).
Além disso, as três primeiras colunas de B são linearmente inde-pendentes. Logo, as colunas não nulas de B são:
[col 1] de (1, 1,0,1)B = −
[col 2] de (0,1,2,0)B =
[col 3] de (0,0,1, 1)B = −
e formam uma base de ( )espcol A . Agora ( ) ( )espcol B espcol A= .
O que temos feito pode ser aplicado a qualquer matriz A . Em resu-mo, temos:
Se 1) B é a forma escalonada de A , então ( ) ( )espcol B espcol A= .
As colunas não nulas de 2) B são linearmente independentes e geram col( )B .
Para uma matriz A , as colunas não nulas da forma escalonada por colunas formam uma base para ( )espcol B .
Sugestão. Refaça o exemplo 55 utilizando esta técnica.
Atenção: frisamos que são as colunas da forma
escalonada por colunas as que determinam esta base,
e não as colunas de A.
196
Exercícios PropostosPara cada uma das matrizes a seguir, encontre uma base para 1) o espaço linha, uma base para o espaço coluna e uma base para o núcleo.
1 3 22 1 44 7 8
a) c) 1 3 2 12 1 3 23 4 5 6
−
3 1 3 41 2 1 23 8 4 2
− − − −
b)
2) Em cada um dos itens a seguir, determine a dimensão do su-bespaço de
3 gerado pelos vetores dados.
12
2
−
a) , 22
4
−
,
336
−
c) 11
2
−
, 2
24
−
,
32
5
−
, 21
3
−
111
b) ,
123
,
231
Seja 3) 1 2 2 3 1 42 4 5 5 4 93 6 7 8 5 9
A =
.
Calcule a forma escalonada reduzida por linhas a) U de A. Quais os vetores colunas de U que correspondem às vari-áveis livres? Escreva cada um desses vetores colunas como uma combinação linear dos vetores colunas corresponden-tes às variáveis líderes.
Quais os vetores colunas de b) A que correspondem às variáveis líderes de U ? Esses vetores colunas formam uma base para o espaço coluna de A. Escreva cada um dos vetores colunas de A como uma combinação linear dos vetores dessa base.
4) Para cada uma das escolhas de A e b a seguir, determine se b pertence ao espaço coluna de A e diga se o sistema xA b= é ou não compatível.
197
1 22 4
A =
a) , 48
b =
d) 1 1 21 1 21 1 2
A =
, 123
b =
3 61 2
A =
b) , 11
b =
e)
0 11 00 1
A =
, 252
b =
2 13 4
A =
c) , 46
b =
f)
1 22 41 2
A =
, 5
105
b =
5) Para cada um dos sistemas compatíveis no Exercício 4, examine os vetores colunas da matriz de coeficientes para determinar se o sistema tem uma solução ou uma infinidade de soluções.
6) Quantas soluções o sistema A =x b vai ter se b pertencer ao espaço coluna de A e se os vetores colunas de A forem linear-mente independentes? Explique.
7) Seja A uma matriz m n× com m n> . Seja mb∈ e suponha que ( ) {0}espnul A = .
O que você pode concluir sobre os vetores colunas de a) A? Eles são linearmente independen tes? Eles geram m
? Explique.
Quantas soluções o sistema b) A =x b vai ter se b não perten-cer ao espaço coluna de A? Quan tas soluções o sistema vai ter se b pertencer ao espaço coluna de A? Explique.
8) Sejam A e B matrizes 6 5× . Se dim( ( )) 2espnul A = , qual o pos-to de A ? Se o posto de B for 4, qual vai ser a dim( ( ))espnul B ?
ResumoO conceito e as principais propriedades dos espaços vetoriais foram definidos e desenvolvidos ao longo deste capítulo.
Alguns, tais como nE (espaço euclidiano, n -dimensional), foram obtidos como generalizações diretas de espaços de duas e três di-mensões; entretanto, outros, tais como espaços dos polinômios, das funções, ou das matrizes, surgiram por problemas que aparecem
198
em cálculo, equações diferenciais e na matemática aplicada. Não obstante que, nos exemplos, cada um dos conjuntos considerados tenha diferente natureza, os espaços de dimensão finita têm carac-terísticas comuns, tais como as propriedades, a estrutura dos subes-paços, bases, dimensão, etc.
O problema da determinação da base de um espaço vetorial poder ser visto como um dos problemas fundamentais da álgebra linear. A compreensão deste conceito se tornará extremamente importan-te quando for discutido o problema de diagonalização das matri-zes. Sua importância prática encontra-se na análise de problemas aplicados.
O teorema fundamental deste capítulo garantiu a existência de uma base para todo espaço de dimensão finita. De fato, a prova demons-trou que uma base pode ser construída por qualquer conjunto de vetores que gerassem V .
Para uma base dada, a representação de um vetor x em V é única; os coeficientes da combinação linear de vetores da base são chama-dos as coordenadas de x nessa base.
As bases ortonormais têm boas propriedades, que serão exploradas na disciplina Álgebra Linear II.
As bases para um espaço vetorial não são únicas. Se forem dadas duas bases para um mesmo espaço vetorial V e para um vetor x que está em V , as coordenadas de x , em relação a ambas as bases, estão relacionadas pela matriz de mudança de base. As matrizes de mudança de base serão usadas nas representações de funções im-portantes, chamadas transformações lineares.
Em Cálculo, foi necessário introduzir a estrutura dos números reais antes de desenvolver o conceito de uma função (domínios e imagens eram subconjuntos de ).
Já que as aplicações lineares que estudaremos no próximo capítulo possuem seus respectivos domínios e imagens como sendo espaços vetoriais, os assuntos estudados neste capítulo são indispensáveis para introduzir o conceito de transformação linear.
Tópicos que serão estudados futuramente.
199
Bibliografia ComentadaLAY, David C. Álgebra linear e suas aplicações. 2. ed. [S.l]: LTC, [200-?].
O texto fornece uma introdução elementar e moderna da álgebra linear e algumas de suas aplicações interessantes, acessível a alunos com a maturidade que dois semestres completos de matemática em nível de terceiro grau, em disciplinas de cálculo em geral, lhes conferem. O objetivo é ajudar os alunos a dominar os conceitos e habilidades básicos que usarão mais tarde em suas carreiras. Os tópicos escolhidos seguem as recomendações do Linear Algebra Curriculum Study Group, que, por sua vez, baseiam-se em uma cuidadosa pesquisa sobre as necessidades reais dos alunos e em um consenso entre os profissionais dos muitos campos que usam a Álgebra Linear.
POOLE, David. Álgebra linear. São Paulo: Pioneira Thomson Learning, 2004.
Este livro foi estruturado de forma bastante flexível, com a preocupação central de que a álgebra linear constitua um assunto estimulante o suficiente e de fácil aprendizado, tornando-a mais acessível ao estudante. Escrito de forma clara, direta e objetiva, aborda temas como Vetores, Matrizes, Autovalores e Autovetores, Ortogonalidade, Espaços Vetoriais, e Distância e Aproximação. A apresentação de conceitos-chave com antecedência, a ênfase em vetores e geometria e os inúmeros exercícios e exemplos que reforçam o fato de a Álgebra Linear ser uma ferramenta valiosa para a modelagem de problemas da vida real consistem no principal diferencial deste livro. A apresentação de pequenos esboços biográficos de muitos dos matemáticos que contribuíram para o desenvolvimento da Álgebra Linear é outro diferencial, valorizando a história da matemática.
STEVE, Leon J. Álgebra linear com aplicações. 4. ed. [S.l.]: LTC, [200-?].
Este livro é apropriado para alunos que tenham conceitos básicos de matrizes e tenham passado por um curso de Geometria Analítica. O estudante deve estar também familiarizado com as noções básicas de Cálculo Diferencial e Integral. Esta nova edição, ao mesmo tempo que mantém a essência das edições anteriores, incorpora uma série de melhorias substanciais: - Conjunto de Exercícios Computacionais em cada Capítulo; - Mais Motivação Geométrica; - Nova Aplicação Envolvendo Teoria dos Grafos e Redes; - Motivação Adicional para a Definição de Determinantes; - A seção sobre Mudança de Base foi transferida para o Cap. 3; - Revisões Importantes na seção sobre Espaços Munidos de Produto Interno; - A seção sobre Normas Matriciais foi transferida para o Cap. 7; - Nova Aplicação: Aproximação de Funções por Polinômios Trigonométricos; - Revisões no Cap. 6.
Capítulo 4Transformações Lineares
202
Capítulo 4Transformações Linares
Este capítulo tem como objetivos principais introduzir a noção de transformação linear e mostrar as relações que existem entre as transformações lineares e as matrizes.
Começamos introduzindo a definição de transformação linear e apresentando exemplos que ilustram os efeitos geométricos de al-gumas transformações no plano. A seguir, mostramos a associação que existe entre matrizes e transformações lineares, isto é, que toda transformação linear T de um espaço vetorial V de dimensão n num espaço vetorial W de dimensão m pode ser representada por uma matriz m nA × . Esta última ideia nos permite considerar a relação entre as diferentes matrizes que representam o mesmo operador li-near. Em muitas aplicações é desejável uma base específica de modo que a matriz que representa a transformação linear seja diagonal ou tenha alguma outra forma simples.
4.1 IntroduçãoUma transformação linear é uma aplicação que leva vetores de um espaço vetorial em outro espaço vetorial.
Denotaremos uma transformação linear como :T V W→ , onde T é a transformação linear (uma aplicação, mapeamento, função, etc.) de V em W , onde V (um espaço vetorial) é o domínio e W (um espaço vetorial) é o contradomínio. Para m∈x , o vetor ( ) mT ∈x é chama-do de imagem de x (sob a ação de T).
x(x)
Figura 4.1 - Domínio, contradomínio e imagem de : n mT →
204
Já encontramos uma ferramenta matemática que nos permitiu con-verter vetores. Se considerarmos a matriz m nA × e n∈x , então fa-zendo o produto Ax obtemos um novo vetor m∈y , definido como
A=y x.
Multiplicação por A
x y=Ax
00
Multiplicação por A
Figura 4.2 - Transformando vetores via multiplicação de matrizes
Definição. Sejam V e W dois espaços vetoriais. Uma Transforma-ção Linear (TL) é uma função de V em W que satisfaz as seguintes condições:
Quaisquer que sejam 1) u e v em V , ( ) ( ) ( )T T T+ = +u v u v ;
Quaisquer que sejam 2) ∈ e u em V , ( ) ( )T T =v v ;
Ou equivalentemente 3) (1) e (2) podem ser resumidas com , ( ) ( ) ( )T T T ∈ + = +u v u v .
V
Wu
v
λ
T (u)
u+vu
T (v)T (u+v) = T(u)+T(v)
T (λu) = λT(u)
Figura 4.3 - Definição de uma Transformação Linear
Observamos da definição que uma TL “preserva“ as operações de adição entre vetores e a multiplicação por escalar.
205
Exemplo 1. Seja V W= = , isto é, :T → , onde a transformação está definida como ( )T x x= .
Essa transformação pode ser considerada das mais elementares: T é simplesmente a função linear ( )f x x= e, neste caso, os vetores de V e W são escalares. Temos que:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )T T x y x y x y T x T y T T + = + = + = + = + = +u v u v e
( ) ( ) ( ) ( ) ( )T T x x x T x T = = = = =u u ,
que verificam as condições de TL.
O nome transformação linear certamente foi inspirado nesse caso em que V W= = ; o gráfico de ( )f x x= é uma reta passando pela origem.
Exemplo 2. Consideremos 2V = e 3w = e 2 3:T → definida como: ( , ) (2 ,0, )x y x x y→ + ou ( , ) (2 ,0, )T x y x x y→ +
Dados u , 2∈v , com 1 1( , )x y=u e 2 2( , )x y=v .
Usaremos a definição para determinar se T é uma transformação linear.
1 1 2 2( ) ( , ) ( , )T T x y x y= + = + =u v1)
1 2 1 2( , , , )T x x y y= =
1 2 1 2 1 2(2( , ),0, ( , ) ( , ))x x x x y y= + =
1 1 2 2 2 2(2 ,0, , ) 2( ,0, )x x x x x y= + + =
1 1 2 2( , ) ( , )T x y T x y= + =
( ) ( )T T= +u v
Assim, a primeira condição é satisfeita. Continuando, iremos confe-rir a segunda condição.
( )T =u
( ( , )T x y= =
206
( , )T x y = =
(2 ,0, )x x y= + =
( )T x y= + =
( )T= u
Esta também é satisfeita, então T é uma transformação linear.
Contraexemplo. A aplicação :T → , 2( )T x x= não é uma trans-formação linear, pois 2 2 2( ) ( ) 2T x y x y x xy y+ = + = + + e por outro lado 2 2( ) ( )T x T y x y+ = + .
Portanto, T é uma transformação linear desde que
( ) ( ) ( )T x y T x T y+ ≠ + .
4.1.1 Transformações Lineares do Plano no Plano
Agora iremos apresentar uma visão geométrica das TL, dando al-guns exemplos de transformações no plano, isto é, transformações do tipo 2 2:T → . Você verá assim que uma expansão, por exem-plo, uma rotação e certas deformações podem ser descritas por transformações lineares.
x1
x2
Figura 4.4 - O quadrado unitário
a) Expansão (ou Contração Uniforme)Uma expansão (dilatação) ou contração (compressão) é uma TL do tipo ( ) ,T k k= = ∈u u .
207
Exemplo 3. Considere a transformação 1 1
2 2
2(x) 2x 2
2x x
Tx x
= = =
,
para todo 2x∈ .
Como (x y) 2(x y) 2x 2y (x) (y)T T T+ = + = + = + e( x) 2( x) (2x) (x)T T = = = , assim temos uma TL. Podemos pen-
sar no efeito que T produz, como “esticando” cada vetor por um fator de 2, isto é, modificando apenas o módulo.
Expansão ou contração horizontal
Expansão ou contração vertical
0<k<1 k >1
0<k<1 k >1
1, 2 1 2( ) ( , )T Tx x kx x→
1, 2 1 2( ) ( , )T Tx x x kx→
Figura 4.5 - Expansões e contrações
b) Projeção (sobre o eixo OX
)Exemplo 4. Seja a TL definida por 1 1( )T x e= =x .
Se 1
2
xxx
=
, temos 11
1( )
0 0x
T x
= = =
x .
208
Temos uma transformação linear que projeta todos os vetores do plano sobre o eixo das abscissas.
Projeção no eixo • 1x do vetor 1 2( , )Tx x 1 2 1( , ) ( ,0)T Tx x x→
Projeção no eixo • 2x do vetor 1 2( , )Tx x 1 2 2( , ) (0, )T Tx x x→
Projeção no eixo x1
x2 x2
x1 x1
Projeção no eixo x2
Figura 4.6 - Projeções do quadrado unitário
c) ReflexõesEm relação ao eixo OX
Exemplo 5. Considere a aplicação definida por 1 2( ) ( , )TT x x= = −x para todo 2∈x .
Este operador reflete um vetor x em relação ao eixo das abscissas.
1 2 1 2( , ) ( , )T Tx x x x→ −
Reflexão no eixo x1
x2 x2
x1
x1
Reflexão no eixo x2
−1−1
Figura 4.7 - Reflexões
209
Em relação à origem
Exemplo 6. A aplicação definida por 1 2( ) ( , )TT x x= −x para todo 2∈x inverte os vetores em torno da origem.
1 2 1 2( , ) ( , )T Tx x x x→ − −
Reflexão em relaçãoà origem
−1
−1
x1
x2
Figura 4.8 - Reflexão em relação à origem
Em relação à reta y x= − ( 2 1x x= − )
A aplicação definida por 2 1( ) ( , )TT x x= − −x para todo 2∈x inverte os vetores em torno da reta y x= − .
1 2 2 1( , ) ( , )T Tx x x x→ − −
−1
Reflexão na reta x2= −x1 Reflexão em relação à reta x2= x1
x1
x1
x2= −x1
x2= x1
−1
x2 x2
Figura 4.9 - Reflexão em relação às retas 2 1x x= − e 2 1x x=
210
d) RotaçõesO operador • 2 1( ) ( , )TT x x= −x roda cada vetor 2∈x em 90º em torno da origem, no sentido anti-horário.
Podemos encontrar uma aplicação que generaliza o caso ante-•rior: a rotação de um vetor em um ângulo qualquer (com o sentido de rotação predeterminado). A transformação pode ser conseguida considerando as seguintes relações:
1 cos( ) (cos cos sen sen )y r r = + = − .
Porém, 1cosr x = e 2senr x = .
Então, 1 1 2cos seny x x = − .
Analogamente,
2 2 1sen( ) (sen sen cos cos ) cos seny r r x x = + = + = + .
Logo, a aplicação 1 1 2
2 1 2
cos sen( )
sen cosx x x
Tx x x
− = = +
x descreve a rotação
de um vetor em um ângulo (nesse caso, no sentido anti-horário).
−senθ
senθ
θ
cosθ
cosθ
Figura 4.10 - Rotação anti-horária em um ângulo
Se considerarmos o caso particular com 2
= , obteremos como re-sultado novamente 2 1( ) ( , )TT x x= −x .
211
e) Cisalhamento Horizontal
O cisalhamento horizontal é dado pela relação 1 2
2
( )x ax
Tx+
=
x .
Ele consiste na modificação da primeira coordenada do vetor
1
2
xx
=
x .
Cisalhamento vertical
Cisalhamento horizontal
x2
x1
x2
x1
x2
x1
x2
x1
Figura: 4.11 - Cisalhamentos
f) TranslaçãoConsidere o vetor 1
2
aa
=
a e a seguinte aplicação:
1 1
2 2
( )x a
T ax a+
= + = + x x .
Esta não é uma transformação linear a não ser que a seja o vetor nulo.
212
De fato:
1 1 1
2 2 2
1 1 1
2 2 2
( )( )
( )
( ) ( ) ( )
x y aT
x y a
x a yx a y
T T T
+ + + = + +
+ = + + = + ≠ +
x y
x y x y .
Logo veremos que o uso de uma propriedade das TL simpli-ficará a demonstração desse último exemplo. (Antecipando: a imagem do vetor nulo deve ser o vetor nulo).
4.1.2 Transformações Lineares de em
Exemplo 7. A aplicação 2 3:T → definida por 2 1 1 2( ) ( , , )TT x x x x= +x é linear, pois
2 2 1 1 1 1 2 2
2 1 1 2 2 1 1 1
( ) ( , , , , , )
( , , ) ( , , )( ) ( )
T
T T
T x y x y x y x yx x x x y y y y
T T
+ = + +
= + + += +
x y
x y e
2 1 1 2
2 1 1 2
( ) ( , , , )
( , , , )( )
T
T
T x x x xx x x x
T
= +
= +=
x
x
Este exemplo nos permite introduzir uma relação entre matrizes e transformações lineares.
Se definirmos a matriz A como , então, com 2∈x temos:
21
1 2 1 1 22
1 2
0 1( , , ) ( )1 0
1 1
T
xx
A x x x x x Tx
x x
= = = + = +
x x .
Em geral, se A é uma matriz m n× , podemos definir um Operador linear : n mT → por ( ) , nT A= ∈x x x .
Como apareceu essa última matriz? Não se preocupe, logo estudaremos uma técnica para encontrar esse tipo de matrizes, isto é, matrizes que representam transformações lineares. E, a seguir, veremos que toda transformação linear tem uma matriz associada e vice-versa.
.
213
De fato, ( ) ( )
( ) ( )
T A x yA AT T
+ = += += +
x yx yx y
Podemos, então, considerar cada matriz m nA × como um operador linear de n
em m .
Vimos no exemplo anterior que o operador poderia ter sido definido em termos de uma matriz.
Voltemos a reconsiderar as transformações no plano mencionadas anteriormente, agora como sendo definidas através de matrizes:
Expansão•
1
2
2( ) 2
2x
T xx
= =
x
ou 1
2
2 0( )
0 2x
T Ax
= =
x x
Projeção•
11 1( )
0e
xT x
= =
x
ou 1
2
1 0( )
0 0x
T Ax
= =
x x
Reflexões•
1
2
( )x
Tx
= −
x ou 1
2
1 0( )
0 1x
T Ax
= = −
x x
e 1
2
( )x
Tx−
= − x ou 1
2
1 0( )
0 1x
T Ax
− = = −
x x
Rotações•
2
1
( )x
Tx−
=
x ou 1
2
0 1( )
1 0x
T Ax
− = =
x x
e
1 2
1 2
cos( )
cossen
sen
x xT
x x
− = +
x ou 1
2
cos( )
cossen
sen
xT A
x
− = =
x x
214
Cisalhamento Horizontal•
1 2
2
( )x ax
Tx+
=
x ou 1
2
1( )
0 1xa
T Ax
= =
x x
Considere a seguinte matriz (sendo k um escalar): 0
0k
Ak
=
.
Se ( )T A=x x , então teremos:
uma dilatação se • 1k > ;
a identidade se • 1k = ;
uma contração se • 0 1k< < ;
a transformação nula se • 0k = .
Se V é um espaço vetorial, então o operador identidade é definido por ( )T I= =x x x . (onde I é a matriz identidade). E, desse modo, o operador leva V em si mesmo.
Reconhecer que uma TL pode ser definida por meio de uma matriz nos permitirá resolver facilmente várias questões práticas e teóricas.
Consideremos uma matriz Am n× e a transformação definida como( ) , nT A= ∈x x x . Se e u y são vetores de n
e um escalar, temos que:
( ) ( )( )
( ) ( )
T AA AA AT T
+ = += += += +
u y u yu y
u yu y .
E assim provamos que ( )T A=x x é uma TL.
Para obter essas matrizes foi utilizado um procedimento heu-rístico, surgido da experiência adquirida quando realizamos produto de matrizes, o que foi possível devido ao fatp de os es-paços e as matrizes resultantes serem de dimensão pequena.
215
Exercícios PropostosMostre que cada uma das aplicações seguintes é uma transfor-1) mação linear de 2
em 2 . Descre va geometricamente o que
cada uma delas faz.
1 2( ) ( , )TT x x= −xa) d) 1( )2
T x=x
1( )T x= −xb) e) 2 2( )T x=x e
2 1( ) ( , )TT x x=xc)
2) Seja L a transformação linear de 2 em si mesmo definida
por 1 2 1 2( ) ( cos sen , sen cos )TT x x x x = − +x . Expresse 1x , 2x e ( )T x em coordenadas polares. Descreva geometricamente o efeito dessa transformação linear.
3) Seja a um vetor fixo não-nulo em 2 . Uma aplicação da forma
( )T x a= +x é chamada de translação. Mostre que uma transla-ção não é uma transformação linear. Ilustre geometricamente o efeito de uma translação.
Determine se as transformações de 4) 3 em 2
a seguir são ou não lineares.
2 3( ) ( , )TT x x=xa) c) 1 2( ) (1 , )TT x x= +x
( ) (0,0)TT =xb) d) 3 1 2( ) ( , )TT x x x= +x
5) Determine se as transformações de 2 em 3
a seguir são ou não lineares.
1 2( ) ( , ,1)TT x x=xa) c) 1( ) ( ,0,0)TT x=x
1 2 1 2( ) ( , , 2 )TT x x x x= +xb) d) 2 21 2 1 2( ) ( , , )TT x x x x= +x
6) Determine se as transformações de n n× em n n×
a seguir são ou não lineares.
( ) 2T A A=a) c) ( ) 1T A A= +
( ) TT A A=b) d) ( ) TT A A A= −
7) Determine se as transformações de 2P em 3P a seguir são ou não lineares.
( ( )) ( )T p x xp x=a)
216
2( ( ))T p x x px= +b)
2( ( )) ( ) ( ) '( )T p x p x xp x x p x= + +c)
8) Seja 1 2{ , , , }nv v v uma base para um espaço vetorial V e se-jam 1 2 e T T duas transformações line ares de V em um espaço vetorial W . Mostre que, se 1 2( ) ( )i iT T=v v para cada 1,2, ,i n= , então 1 2T T= [isto é, mostre que 1 2( ) ( )T T=v v para todo V∈v ].
9) Seja T uma transformação linear de 1 em 2
e seja (1)T=a . Mostre que ( )T x x= a para todo 1x∈ , 2∈a .
4.2 Operações com Transformações Lineares
4.2.1 Soma, Multiplicação por Escalar, Composição e Inversa
Se aceitarmos que há uma correspondência entre matrizes e trans-formações lineares, é possível indagar sobre as correspondências entre as operações indicadas nas colunas da seguinte tabela.
Matriz Transformação linear
Multiplicação por escalar: c A⋅ ?
Soma de matrizes: A B+ ?
Produto de matrizes: A B⋅ ?
Inversa de matrizes: 1A− ?
As duas primeiras equivalências podem ser respondidas com facilidade. Sabemos que de Ax temos que ( ) ( )c A c A⋅ = ⋅x x e ( )A B A B+ = +x x x , o que nos induz a introduzir as seguintes definições:
Para a transformação linear : n mT → e o escalar c, a multiplica-ção por escalar cT está definida como ( )( ) ( ( ))cT c T=x x .
E também para as transformações lineares T , : n mS → , a adi-ção T S+ está definida pela expressão ( )( ) ( ) ( )T S T S+ = +x x x .
217
Exemplo 8. Seja T e S uma reflexão em torno do eixo das abscissas e uma rotação de 90º graus no sentido anti-horário no plano 2R , respec-tivamente. A figura seguinte ilustra o efeito da soma T S+ .
y
x
x(T+
S) (x)
S(x)
T(x)
Figura. 4.12 - Soma de transformações
A expressão para a soma é
1 2 2 1 1 2 1 2( )( ) ( ) ( ) ( , ) ( , ) ( , , , )T T TT S T S x x x x x x x x+ = + = − + − = − −x x x .
O que corresponde em termos matriciais a:
rotaçãoreflexão
1 1 1 2
2 2 1 2
1 0 0 1 1 10 1 1 0 1 1
x x x xx x x x
−− − + = = −− −
Para responder à questão “qual é a operação entre as transformações lineares que corresponde ao produto de matrizes?”, teremos de ser um pouco mais cuidadosos.
Se : m nT → e : n pS → são duas transformações lineares, podemos aplicar T e depois S para formar a composta das duas transformações, que denotamos por S T . Note que para que S T faça sentido, o contradomínio de T e o domínio de S devem ser o mesmo (neste caso n
), e a transformação resultante S T vai do domínio de T ao contradomínio de S , (neste caso : m pS T → ). A figura mostra esquematicamente como essa composta funciona. A definição formal da composta de transformações pode ser obti-da lembrando da definição correspondente da composta de fun-ções ordinárias.
218
Figura 4.13 - A composta de transformações
Claro que gostaríamos que S T também fosse uma TL. Podemos demonstrar isso verificando que (a composta de transformações) sa-tisfaz a definição de transformação linear (TL) (o que será feito na próxima seção), mas, como no momento assumimos que transfor-mações lineares podem ser definidas por meio de matrizes, usare-mos esse fato para prová-lo.
Teorema. Sejam : m nT → e : n pS → duas transformações li-
neares e sejam p nA × e n mB × as respectivas matrizes de S e T . Então : m pS T →
é uma transformação linear e suas matrizes são relacio-nadas por p m p n n mC A B× × ×= , onde p mC × é a matriz de S T .
Demonstração. Se v m∈ , aplicando consecutivamente T e S , te-mos: ( ) nT ∈v e ( ( )) ( )( ) pS T S T= ∈v v .
Assim, temos que:
( )( ) ( ( )) ( ) ( )S T S T S B A B AB C= = = = =v v v v v v
Onde A e B são as respectivas matrizes das transformações S e T .
E então definir uma nova transformação linear, digamos : m pR → como ( )R C=v v .
Agora também podemos dizer que a matriz da composta é o pro-duto das matrizes e para as transformações lineares : m nT → e : n pS → , a composição de S com T está definida como ( )( ) ( ( ))S T S T=v v .
Exemplo 9. Considere novamente o exemplo anterior onde
1 2( ) ( , )TT x x= −x e 2 1(x) ( , )TS x x= − e calculemos S T e T S .
Solução. 1 2 2 1( )( ) ( ( )) ( , ) ( , )T TS T S T S x x x x= = − =x x ou em forma matricial
219
1 1 2
2 2 1
0 1 1 0 0 1( )( )
1 0 0 1 1 0
rotaçaõ reflexão
x x xS T
x x x−
= = = − x
Calculemos agora T S
2 1 2 1( )( ) ( ( )) (( , ) ( , )T TT S T S T x x x x= = − = − −x x ou
1 1 2
2 2 1
1 0 0 1 0 1( )( )
0 1 1 0 1 0
rotaçaõreflexão
x x xT S
x x x−− −
= = = − − − x
A definição da composição de transformações lineares nos permiti-rá introduzir com facilidade a noção de transformação inversa e com-pletar a equivalência que fizemos anteriormente.
Considere uma rotação de 90° no sentido horário em torno da origem, seguida por uma rotação de 90° no sentido anti-horário, que denota-mos por 90R− e 90R , respectivamente. Sem dúvida, isso deixa inalterado qualquer vetor de 2
. Podemos expressar esse efeito através de uma composição de 90R com 90R− como 90 90( )( )R R− =v v .
Já definimos uma transformação linear que chamamos identidade ( )I =v v de n
em n , que possui essa característica. Assim, pode-
mos escrever para este caso em particular 90 90( ) ( )( )I R R−= =v v v .
Duas transformações que estão relacionadas desse modo são cha-madas de transformações inversas.
Definição. Considere T e S como transformações lineares de n em
n . Então, T e S são transformações inversas se S T T S I= = .
Já que nessa definição há uma simetria na relação T e S, dizemos que, quando essa situação ocorre, S é a inversa de T e T é a inversa de S . Além disso, dizemos que T e S são inversíveis.
Em termos de matrizes, se considerarmos n nA × e n nB × as respectivas matrizes de S e T , vemos imediatamente que, se T e S são trans-formações lineares inversas, tais que ( )( )S T AB I= = =x x x x .
Precisamos ter também ( )( )T S BA I= = =x x x x (Verificar!). Isso mostra que A e B são matrizes inversas.
220
E mostra algo mais: se uma transformação linear T é inversível, sua matriz canônica tem de ser inversível, e já que matrizes inversas são únicas, isso significa que a inversa de T também é única. Portanto, podemos usar a notação de 1T − para nos referirmos à inversa de T . Dessa forma, podemos reescrever as equações anteriores como
1 1 1 1( )( ) ( )( )T T B B BB T T− − − −= = = =x x x x x , a qual mostra que a ma-triz de 1T − 1( )B− é a matriz inversa de 1( )T B− . Acabamos de provar o teorema a seguir.
Teorema. Se B é uma transformação inversível, então sua matriz canôni-ca também é inversível e .
Exemplo 10. Determine se a projeção sobre o eixo das abscissas é uma TL inversível.
Solução. A matriz canônica dessa projeção é 1 00 0
, a qual não é
inversível, portanto uma projeção não é inversível. Esse é um fato curioso. Tentemos entender: uma projeção leva (“esmaga”) todos os vetores de 2
sobre o eixo x ,
11 1( )
0x
T x
= =
x e , 2x∀ ∈ .
Para “desfazer” esse efeito, ou seja, recuperar 1 2x ( , )Tx x= precisa-ríamos de uma transformação que leve 1( ,0)Tx para 1 2( , )Tx x=x . No entanto, existem infinitos candidatos para serem a imagem de
1( ,0)Tx sob essa hipotética transformação inversa, já que não temos como determinar 2x no vetor imagem para cada 1( ,0)Tx no domínio de 1T − .
11 1( )
0x
T x
= =
x e ou 1
2
1 0( )
0 0x
T Ax
= =
x x .
4.2.2 Transformações Lineares em Espaços de Funções
Nos dois exemplos seguintes são usados conceitos de Cálculo Dife-rencial e Integral.
Exemplo 11. Seja o operador derivada de uma função real f , , definida por ( ) 'D f f= .
Lê-se: “a matriz da transformação inversa é a inversa da matriz da transformação original”
C 1 [a,b] e C [a,b] são os espaços das funções com primeira derivada contínua e das funções contínuas no intervalo [a,b], respectivamente.
221
D é uma TL, uma vez que
( ) ( ) '' '( ) ( )
D f g f gf gD f D g
+ = += += +
Exemplo 12. Seja : [ , ]T C a b → uma aplicação definida por
( ) ( )b
a
T f f x dx= ∫ .
Se f e g são dois vetores em [ , ]C a b , então
( ) ( )( )
( ) ( )
( ) ( )
b
ab b
a a
T f g f g x dx
f x dx g x dx
T f T g
+ = +
= +
= +
∫
∫ ∫
T é uma TL.
Exemplo 13. Sejam nV P= , 1nW P += espaços de polinômios de grau n e 1n + , respectivamente, e a aplicação 1: n nT P P +→ definida por:
2 10 1( ( )) ( ) n
nT p x xp x a x a x a x += = + + + .
Sejam ( )p x e ( )q x vetores de nP e k um escalar, temos que:
( ) ( )( ) ( ( )) ( ) ( )T kp x kp x x kp x kxp x kT p= = = = e
( ) ( )( ) ( ( ) ( )) ( ) ( ) ( ) ( )T p q x p q x x p x q x xp x xq x T p T q+ = + = + = + = +
Portanto T é uma TL.
Exemplo 14. Seja ( ) { : / é contínua}V C f f= = → . Considere a aplicação : ( )J C → , onde ( ) (0)J f f= . Com k um escalar, te-mos:
( ) ( )(0) (0) (0) ( ) ( )J f g f g f g J f J g+ = + = + = + e
( ) ( )(0) (0) ( )J kf kf kf kJ f= = =
e assim J é uma TL.
.
.
222
Exemplo 15. Seja nV W P= = , : n nT P P→ e considere a transformação
20 1 2( ( )) ( ) ( ) ( ) ( )n
nT p x p ax b a a ax b a ax b a ax b= + = + + + + + + + .
Agora temos
( ) ( )( ) ( ( )) ( )T kp kp ax b k p ax b kT p= + = + = e
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )T p q p q ax b p ax b q ax b T p T q+ = + + = + + + = +
Portanto, T é uma TL.
Observação. Note que para provar que estas transformações são lineares foram utilizadas propriedades das funções contínuas e deriváveis.
Nas próximas seções serão estabelecidos teoremas, proprieda-des e alguns resultados que darão uma estrutura muito útil sobre as transformações lineares.
4.2.3 Propriedades das Transformações Lineares
Se T é uma TL de um espaço vetorial V e um espaço vetorial W , isto é, :T V W→ , temos que:
( )v wT =0 0i) (onde v0 e w0 são os vetores nulos de V e W , res-pectivamente)
Prova. Esta afirmação segue-se da condição ( ) ( )T T =u u com 0 = . Podemos resumir esta propriedade desta maneira: toda trans-
formação linear leva o vetor nulo no vetor nulo.
1 1 2 2 1 1 2 2( ... ) ( ) ( ) ... ( )n n n nT T T T + + + = + + +u u u u u uii) .
Prova. Esta afirmação pode ser provada facilmente usando indução matemática.
Veja que esta igualdade é óbvia para 1k = , já que 1 1 1 1( ) ( )T T =u u porque T é uma TL. Suponha agora que é verdadeira para k :
Com esta propriedade fica mais fácil verificar que uma translação não é uma TL. Se T(0) ≠ 0, T não é uma TL. Mas, cuidado! T(0) = 0 não é suficiente para que T seja uma TL. Encontre um contra-exemplo!
223
1 1 2 2 1 1 2 2( ... ) ( ) ( ) ... ( )k k k kT T T T + + + = + + +u u u u u u .
E agora queremos provar para 1k + . Somando 1 1( )k kT + +u a ambos da última igualdade, obtemos:
1 1 2 2 1 1 1 1 2 2 1 1( ... ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) ( )k k k k k k k kT T T T T T + + + ++ + + + = + + + +u u u u u u u u
O lado direito já está da forma que queremos. Usando novamente as condições de TL no termo da esquerda conseguimos escrever esta igualdade da forma:
1 1 2 2 1 1 1 1 2 2 1 1( ... ) ( ) ( ) ... ( ) ( )k k k k k k k kT T T T T + + + ++ + + + = + + + +u u u u u u u u
que era o que queríamos provar. A transformação de uma combina-ção linear de vetores é igual à combinação linear dos vetores trans-formados.
Exemplo 16. Determinar qual é a transformação linear T de 2 3→ , tal que 1( ) (2, 1,0)TT = = −e e 2( ) (0,0,1)TT = =e .
Seja 11 1 2 2
2
xx x x
x
= = +
e e um vetor arbitrário. Pela aplicação da trans-
formação que estamos procurando sobre este vetor e usando a pro-priedade anterior temos:
1 1 2 2
1 1 2 2
1 2
1 1 2
( ) ( )( ) ( )
(2, 1,0) (0,0,1)
(2 , , )
T T
T
T x T x xx T x Tx x
x x x
= += +
= − +
= −
e ee e
Exemplo 17. Sejam 2 2V M ×= (espaço das matrizes quadradas 2 2× ) e 4W P= (espaço dos polinômios de grau 4). Qual é a transformação linear 2 2 4:T M P× → , tal que:
4
3 2
2 3
4
1 00 0
0 10 0
0 01 0
0 00 1
T x x
T x x
T x x
T x x
= +
= +
= +
= +
.
.
224
Uma matriz 2 2A M ×∈ é da forma a b
Ac d
=
e pode ser escrita como
1 0 0 1 0 0 0 00 0 0 0 1 0 0 1
a ba b c d
c d
= + + +
,
portanto:
1 0 0 1 0 0 0 00 0 0 0 1 0 0 1
1 0 0 1 0 0 0 00 0 0 0 1 0 0 1
1 0 0 1 0 00 0 0 0 1 0
a bT T a b c d
c d
T a T b T c T d
aT bT cT
= + + +
= + + +
= + +
4 3 2 2 3 4
2 3 4
0 00 1
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
dT
a x x b x x c x x d x xa d x b c x b c x a d x
+
= + + + + + + +
= + + + + + + +
Logo, para todo vetor 2 2v M ×∈ (este vetor representa uma matriz), a nossa transformação fica definida como
2 3 4(v) ( ) ( ) ( ) ( )T a d x b c x b c x a d x= + + + + + + + ,
um polinômio de grau 4.
( ) ( )T T− = −u uiii)
Prova. Para provar esta propriedade observe que:
( ) ( ( )) ( ) ( )w vT T T T= = + − = + −0 0 u u u u
O que significa que ( )T −u é o inverso aditivo de ( )T u , isto é, ( ) ( )T T− = −u u .
Exemplo 18. Uma transformação linear importante é aquela que se obtém usando-se o produto escalar. Seja o espaço n
com o produ-to escalar usual .,. e 0
n∈v um vetor qualquer prefixado. Seja a aplicação : nT → definida por 0( ) ,T =v v v . Mostraremos que é uma TL utilizando as propriedades do produto escalar. Verifique-mos as condições das transformações lineares. Sejam , n∈v w e k um escalar, temos que:
.
225
0 0( ) , , ( )T k k k kT= = =v v v v v v e
0 0 0( ) , ( ) , , ( ) ( )T T T+ = + = + = +v w v v w v v v w v w
assim, o produto escalar é uma TL.
4.2.4 Composição de Transformações Lineares
Definição. Se :T U V→ e :S V W→ são transformações lineares, a composição de S com T é a aplicação que denotamos por S T (lê-se “S composta com T ”) definida por ( )(u) ( (u))S T S T= , onde u é um elemento de U . Observe que S T é uma aplicação de U em W . Note também que, para a definição fazer sentido, a imagem de Tdeve estar contida no domínio de S.
Exemplo 19. Sejam duas transformações lineares definidas por:
21 1 1 2
1 2
: , ( ) ( ): , ( ( )) ( )
T P T a a a xS P P S p x xp x
→ = + +→ =
a
Encontre ( )(a)S T .
Solução.
21 1 2 1 1 2 1 1 2( )( ) ( ( ) ( ( ) ) ( ( ) ) ( )S T S T S a a a x x a a a x a x a a x= = + + = + + = + +a a
Teorema. Se :T U V→ e :S V W→ são transformações lineares, então :T U W→ é uma transformação linear.
Demonstração. Sejam u e v em U e ∈ um escalar, iremos conferir as condições de TL usando o fato de que S e T são trans-formações lineares:
( )( ) ( ( ))( ( ) ( ))( ( )) ( ( ))
( )( ) ( )( )
S T S TS T TS T S TS T S T
+ = += += += +
u v u vu vu v
u v
( )( ) ( ( ))( ( ))
( ( ))( )( )
S T S TS T
S TS T
====
v vvv
v
Em uma seção anterior, definimos a composição
de transformações lineares por matrizes. A definição se estende de maneira natural
para TL em geral.
226
As propriedades algébricas das transformações lineares espe-lham as das transformações matriciais, as quais, por sua vez, es-tão relacionadas com as propriedades algébricas das matrizes. Por exemplo, a composição das transformações lineares é associativa. Para ver isto, considere as seguintes transformações lineares R , S e T , então ( ) ( )R S T R S T= , desde que essas composições façam sentido.
4.3 A Imagem e o Núcleo de uma Transformação Linear
Definição. Seja :T V W→ uma transformação linear e seja S um subespaço de V ( S V⊂ ). A imagem de S , denotada por ( )T S é o conjunto de vetores W∈w tais que existe um vetor W∈v , que sa-tisfaça ( )T =v w . Ou seja
( ) ( ) { / ( ) }T T S W T S W= = ∈ = ∈ ⊆w v w vIm para algum
A imagem de todo o espaço vetorial V (quando S V= ), Im( ( ))T V , é chamada de imagem de T .
Definição. Seja :T V W→ uma transformação linear. O conjunto de todos os vetores V∈v em que ( ) 0T =v é chamado núcleo de T , sendo denotado por Ker( )T . Isto é,
( ) { / ( ) }wT V T V= ∈ = ⊆v v 0Ker
É fácil ver que Ker( )T é um subconjunto de V e que, se S é um su-bespaço qualquer de V , então Im( ( ))T S é um subconjunto de W .
Núcleo é umsubespaço de V
Imagem é umsubespaço de W
Domínio Imagem
NúcleoContradomínio
Figura 4.14 - Subespaços associados a uma transformação linear
A palavra kernel é deri-
vada do termo cyrnel, do inglês antigo, uma forma
da palavra corn, que sig-nifica grão. Tal como um
grão, o kernel de uma transformação linear é o seu núcleo, no sentido de carregar muitas informa-ções sobre propriedades importantes da transfor-mação.
.
.
227
Teorema. Se :T V W→ é uma transformação linear e S é um subespaço de V , então:
Ker( )T• é um subespaço de V
Demonstração. Vamos mostrar que o núcleo de V é fechado sob as operações de adição e multiplicação por escalar.
Seja v Ker( )T∈ , isto é, ( ) wT =v 0 , e é um escalar, então:
( ) ( ) ( )w wT T a T = = = ⇒ ∈v v 0 0 v Ker
Por outro lado, se 1 2, ( )Ker T∈v v , isto é, 1( ) wT =v 0 e
2( ) wT =v 0 , então:
1 2 1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( )w w wT T T T+ = + = + = ⇒ + ∈v v v v 0 0 0 v v Ker
Im( ( ))T S• é um subespaço de W
Demonstração. A demonstração é semelhante à anterior. Se Im( ( ))T S∈w , então ( )T=w v para algum S∈v .
Para qualquer escalar , temos ( ) ( )T T = =w v v . Como S =v , ( ( )) ( )a T S T S=w Im e é fechado sob a multiplicação por escalar.
Se 1 2, ( ( ))T S∈w w Im , existem 1 2, V∈v v tais que 1 1( )T =v w e
2 2( )T =v w . Logo, 1 2 1 2 1 2( ) ( ) ( )T T T+ = + = +w w v v v v e Im( ( ))T S é fechado sob a adição.
Exemplo 20. Seja a transformação 2 2:T → definida por
1( )0x
T
=
x .
Um vetor x pertence ao núcleo de T se e somente se 1 0x = , isto é,
11
0( ) 0 0
00x
T x
= ⇔ = ⇔ =
x
Logo, os vetores de Ker( )T têm primeira componente nula,
1 2 2 2 22
00 x x
x
= = + =
x e e e , então Ker( )T é o subespaço unidimen-
sional de 2 gerado por 2e .
.
.
.
228
Escrevendo ( )y T= x , o vetor y estará na imagem de T se e somente se y é um múltiplo de 1x , isto é,
11 1 2 1 1( ) 0
0e e e
xT x x
= = ⇔ = + =
y x y .
Logo, 21Im( ) ( ) eT T= = é o subespaço unidimensional de 2
ge-rado por 1e .
Exemplo 21. Seja 3 2:T → a transformação linear definida por
1 2 2 3( ) ( , )+ TT x x x x= +x .
O núcleo de T pode ser determinado impondo a condição
1 2 2 3( ) 0 ( , ) (0,0)+ T TT x x x x= ⇔ + =x
ou equivalentemente, Ker( )T∈x se e somente se
1 21 2 2 3
2 3
0( , ) (0,0)
0T T x x
x x x xx x+ =
+ + = ⇔ + =.
A solução deste sistema está dada (fazendo a variável livre 3x a= ) por todos os vetores de 3
da forma (1, 1,1)Ta − .
Logo, 3( ) { / (1, 1,1) , }TT a a= ∈ = − ∈x x Ker .
Agora passemos a determinar a imagem, que deve ser um subespaço
de 2 . Se y Im( )T∈ , então 1 2
1 2 32 3
1 1 00 1 1
x xx x x
x x+
= = + + + y .
Então os vetores da imagem são gerados pela combinação linear dos
vetores 1 1 0
, ,0 1 1
, que geram todo 2 , logo 2Im( )T = .
Exemplo 22. Seja 3 3:T → a projeção ortogonal sobre o plano 1 2x x , 1 2( ) ( , ,0)TT x x=x .
Temos que 1 2 1 2( , ,0) (0,0,0) 0, 0T Tx x x x= ⇔ = = . Como nada é dito sobre a variável 3x , temos que 3x é qualquer; logo,
3( ) { / (0,0,1) , }TT a a= ∈ = ∈x x Ker , ou seja, o núcleo de T são to-dos os vetores que estão sobre o eixo 3x .
229
A imagem desta transformação é dada diretamente pela sua defini-ção, o plano 1 2x x .
Para determinar o núcleo de uma transformação linear será necessário resolver um sistema homogêneo.
Exercício. Mostre que as transformações lineares de 3 3 em ,
2 3( ) (0, , )TT x x=x e 2 3 2 3( ) (0, , 2 )TS x x x x= + +x têm os mesmos nú-cleos e imagens.
Resolução. O núcleo da transformação de T é dado pelo con-junto: 3ker( ) { : ( ) 0}T T= ∈ =x x ; que equivale a escre-ver 2 3(0, , ) (0,0,0)T Tx x = assim, determinar o núcleo consis-te em resolver o sistema 2 30, 0x x= = cuja solução é da forma
1 2 3 1( , , ) (1,0,0)T Tx x x x= .
Analogamente, o núcleo da transformação de S é dado pelo conjunto: 3ker( ) { : ( ) 0}S S= ∈ =x x ; ou seja 2 3 2 3(0, , 2 ) (0,0,0)T Tx x x x+ + =
que nos conduz ao sistema 2 3 2 30, 2 0x x x x+ = + = cuja solução também são os vetores 1 2 3 1( , , ) (1,0,0)T Tx x x x= .
Logo ker( ) ker( )T S= .
O contradomínio, ou imagem de T , denotado por ( ) Im T ou 3( )T está dado pelo conjunto 3 3( ) { : ( ), }Im T R T= ∈ = ∀ ∈y y x x , ou seja 1 2 3 2 3( , , ) (0, , )T Ty y y x x= .
Assim os vetores y estão dados por
1 2 3 2 3 2 3( , , ) (0, , ) (0,1,0) (0,0,1)T T T Ty y y x x x x= = +
e então ( ) {(0,1,0) , (0,0,1) }T TIm T = .
A ( )Im S está definida como:
3 3( ) { : ( ), }Im S T= ∈ = ∀ ∈y y x x ou
1 2 3 2 3 2 3( , , ) (0, , 2 )T Ty y y x x x x= + +
que nos leva a
1 2 3 2 3 2 3 2 3( , , ) (0, , 2 ) (0,1,2) (0,1,1)T T T Ty y y x x x x x x= + + = + .
Mostrar que ( )T x e ( )S x possuem a mesma imagem é equivalente a mostrar que os espaços gerados pelas respectivas imagens são iguais.
230
Para isso é suficiente mostrar que um mesmo vetor y nestes espaços pode ser escrito como combinação linear dos vetores em ambas ba-ses: ( )Im T e ( )Im S .
Se [(0,1,0) , (0,0,1) ]T T∈y e T T[(0,1,2) , (0,1,1) ]∈y então
1 2 3 1 2 1 2( , , ) (0,1,0) (0,0,1) (0,1,2) (0,1,1)T T T T Ty y y a a b b= + = + ,
usando a segunda igualdade obtemos o seguinte sistema:
1 1 2 2 1 2, 2 a b b a b b= + = +
cuja solução nos permite escrever
1 2 3 1 2 2 1 1 2( , , ) (0,1,0) (0,0,1) ( )(0,1,2) (2 )(0,1,1)T T T T Ty y y a a a a a a= + = − + −
e assim mostramos que as imagens de ambas transformações são iguais.
Exemplo 23. Seja 3 3:T → a transformação linear que é a proje-ção ortogonal sobre a reta cujas equações paramétricas são:
1
2
3
1 22 23
x tx tx t
= += −= +
Ache a transformação linear, seu núcleo e imagem.
Solução. Estas são as equações paramétricas de uma reta de 3 que
passa pelo ponto (1, 2,3) na direção do vetor u (2, 2,1)T= − (o vetor diretor da reta). Projetar um vetor sobre uma reta é o mesmo que encontrar a projeção ortogonal sobre o vetor diretor dessa mesma reta.
ˆ ˆ( ) ,uT proj= = =ux x x u u uu
onde .
Para o nosso caso
1 2 3
1 2 3 1 2 3 1 2 3
(2, 2,1)( ) ( , , ) , (2, 2,1)9
1 (4 4 2 , 4 4 2 ,2 2 ) (0,0,0)9
TT T
T T
T x x x
x x x x x x x x x
−= − =
= − + − + − − + =
x
Para encontrar o núcleo devemos ter,
1 2 3 1 2 3 1 2 31 (4 4 2 , 4 4 2 ,2 2 ) (0,0,0)9
T Tx x x x x x x x x− + − + − − + =
.
.
.
231
Que leva ao seguinte sistema homogêneo
1 2 3
1 2 3
1 2 3
4 4 2 04 4 2 0
2 2 ) 0T
x x xx x x
x x x
− + =− + − =
− + =
cuja solução é ( , . 2 2 )Ta b a b− − .
Portanto,
31 2 1 2( ) { / ( , , 2 2 ) } [(1,0, 2) , (0,1 2) ]Ker T T TT x x x x= ∈ = − − = − −x x
Para determinar a imagem, fazemos
1 2 3
1 2 3 1 2 3
1 2 3
4 4 2 4 4 24 4 2 4 4 2
2 2 12 2 )T
x x xx x x x x x
x x x
− + − − + − = − + + −
−− +
Logo, todo vetor que pertence à imagem de T é gerado pelos vetores
1
22
1y
= −
, 2
221
y− = −
, 3
22
1y
= −
.
que são linearmente dependentes. Podemos então escrever que Im( ) [(2, 2,1) ]TT = − (Verificar o porquê!) e é um subespaço unidi-mensional de 3
. Veja que este vetor coincide com o vetor diretor da
reta como era de se esperar.
Exercícios12) Determine o núcleo e a imagem de cada uma das transforma-
ções lineares de 3 em 3
.
3 2 1( ) ( , , )TT x x x=xa)
1 2( ) ( , ,0)TT x x=xb)
1 1 1( ) ( , , )TT x x x=xc)
13) Seja S o subespaço de 3 gerado por 1 2 e e e . Para cada um dos
operadores lineares no Exercício 12, determine ( )L S .
.
.
232
14) Determine o núcleo e a imagem de cada uma das transforma-ções lineares de 3P em 3P dadas a seguir.
( ( )) '( )T p x xp x=a)
( ( )) ( ) '( )T p x p x p x= −b)
( ( )) ( ) (1)T p x p x p= +c)
15) Seja :L V W→ uma transformação linear e seja T um subes-paço de W . A imagem inversa de T , denotada por 1( )L T− , é de-finida por 1( ) { | ( ) }L T V L T− = ∈ ∈v v . Mostre que 1( )L T− é um subespaço de W .
16) Uma transformação linear :T V W→ é dita injetora se
1 2( ) ( )T v T v= implica que 1 2=v v (isto é, dois vetores distin-tos 1 2, V∈v v não podem ser levados no mesmo vetor W∈w ). Mostre que T é injetora se e somente se Ker( ) { }vT = 0 .
17) Um operador linear :T V W→ é dito sobrejetora se ( )T V W= . Mostre que o operador 3 3:T →
definido por
1 1 2 1 2 3( ) ( , , )TT x x x x x x= + + +x é sobrejetora.
18) Quais dos operadores no Exercício 15 são injetores? Quais são sobrejetores?
19) Seja A uma matriz 2 2× e seja AT o operador definido por
AT A= x . Mostre que:
ATa) leva 2 no espaço coluna de A .
Se b) A é inversível, então AT é sobrejetora de 2 em 2
.
20) Seja D o operador derivada em 3P e seja 3{ | (0) 0}S p P p= ∈ = .
Mostre que:
Da) de 3P em 2P é sobrejetora, mas não é injetora;
3:D S P→b) é injetora, mas não e sobrejetora.
233
4.4 Transformações Injetoras, Sobrejetoras e Isomorfismos
Definição. Dada uma aplicação :T V W→ , diremos que T é injetora se dados , V∈u v com ( ) ( )T T=u v tivermos =u v . Ou equivalente-mente, com ≠u v , então ( ) ( )T T≠u v . Em outras palavras, T é inje-tora se as imagens de dois vetores distintos são distintas.
T não é injetora T é injetora
T T
Figura 4.15 - Transformações injetoras e não injetoras
Definição. Uma aplicação :T V W→ será sobrejetora se a imagem de T coincidir com W , ou seja, ( )T V W= .
Observação. Na definição anterior, vimos que uma função será so-brejetora se, dado W∈w existir W∈v , tal que ( )T =v w .
T não é sobrejetora T é sobrejetora
T :�2→�3 T :�2→�2
T T
Figura 4.16 - Transformações sobrejetoras e não sobrejetoras
Teorema. Seja :T V W→ , uma aplicação linear. Então, Ker( ) { }T = 0 se e somente se T é injetora.
Ker( ) {0} é injetoraT T= ⇔ .
Corolário. Seja :T V W→ uma aplicação linear injetora. Então, T leva vetores linearmente independentes em vetores linearmente in-dependentes.
Seria conveniente recordar nesse momento
as noções de função injetora e sobrejetora,
pois estenderemos estes conceitos para
as transformações lineares e posteriormente
estabeleceremos a relação entre estes conceitos e os
de núcleo e imagem.
Este teorema afirma que uma TL injetora só tem o vetor nulo no seu núcleo. E, por outro lado, se uma TL tiver somente 0 no seu
núcleo, então quaisquer dois vetores distintos
devem ter imagens distintas também.
234
Teorema. Seja :T V W→ , uma aplicação linear. Então,
dim(ker( )) dim(Im( )) dim( )T T V+ = .
Corolário. Se dim dimV W= , então T é injetora se T é sobrejetora.
Corolário. Seja :T V W→ uma aplicação linear injetora. Se dim dimV W= , então T leva base em base.
Exemplo 24. Seja : n nT P P→ , dada por ( ( )) ( )T p x xp x= . Verifique se T é bijetora.
Solução. Devemos verificar se T é injetora e sobrejetora ao mesmo tempo. Para isso, usaremos os teoremas e corolários dados anterior-mente.
Para ver que é injetora, devemos apenas calcular o núcleo de T :
( ( )) ( )T p x xp x=
0 1 0 12 1
0 1
( ) ( )n nn n
nn
T a a x a x x a a x a xa x a x a x +
+ + + = + + +
= + + +
Quais os polinômios tal que ( ( )) 0T p x = ?
2 10 1 0 1( ( )) 0 0 ( ) 0n
n nT p x a x a x a x a a a p x+= ⇔ + + + ⇔ = = = = ⇔ =
( )p x é o polinômio nulo Ker( ) { / ( ) 0, } {0}nT p P p x x= ∈ = ∀ ∈ = (observe que neste caso o vetor nulo de nP é o polinômio nulo de grau n). Portanto, T é injetora.
Como dim 1nP n= + e 1dim 2nP n+ = + e dim(Ker( )) 0T = , temos que:
dim(ker( )) dim(Im( )) 10 dim(Im( ) 1
dim(Im( )) 1
T T nT n
T n
+ = ++ = +
= +
Note que 1dim(Im( )) 1 dim 2nT n P n+= + ≠ = + , então:
1Im( ) nT P +≠ . Portanto, T não é sobrejetora.
Quais são os polinômios que estão faltando na imagem de T ?
Quando uma transformação linear :T V W→ for injetora e sobreje-tora ao mesmo tempo, dá-se o nome de isomorfismo.
Estes termos são deri-vados de dois vocábulos gregos: “iso” que signi-fica igual e “morfos” que significa forma.
.
235
Sob o ponto de vista da Álgebra Linear, espaços vetoriais isomorfos são, por assim dizer, idênticos.
Temos então que espaços isomorfos devem ter a mesma dimensão. Logo, um isomorfismo leva base em base. Alem disso, um isomor-fismo :T V W→ tem uma aplicação inversa, que é linear e é tam-bém um isomorfismo.
De forma análoga ao que fizemos com o conceito de composição de transformações lineares, voltamos para as nossas definições das transformações inversas definidas por matrizes. Repetiremos estas definições para as transformações inversas, num contexto mais ge-ral. Estamos agora em condições de estabelecer relações e proprie-dades com maior formalidade.
Definição. Seja :T V W→ uma transformação linear. Se existe uma aplicação 1 :T V W− → tal que 1T T I− = e 1T T I− = , então dize-mos que T é inversível e que 1T − é a inversa de T .
Propriedades:
Seja 1) :T V W→ uma transformação linear. Se existe 1T − , a in-versa de T , então 1T − é uma transformação linear.
Se 2) T é um isomomorfismo, então T é inversível e além disso, 1T − também é um isomorfismo.
Podemos concluir que, se :T V W→ é uma transforma-ção linear inversível (um isomorfismo), 1 2E [v , v , , v ]n= e
1 2F [w , w , , w ]m= são bases para V e W , A é a matriz de represen-tação para T , então A é inversível.
Dois espaços vetoriais são isomorfos se existe uma transformação linear inversível entre eles. Uma transformação linear com essa pro-priedade é um isomorfismo.
Em particular, se um espaço vetorial tem uma base de dimensão finita, então é isomorfo com o espaço euclidiano. Lembramos que se um espaço vetorial é gerado por um número finito de vetores, então tem uma base de dimensão finita.
236
Exemplo 25. O espaço vetorial dos polinômios nP com coeficientes reais de grau máximo n, é isomorfo com 1n+
?
Solução. Para prová-lo, devemos construir um isomorfismo, isto é, uma aplicação linear bijetora 1n
nP +→ . Para isso consideremos as bases canônicas de 1n+
e nP , 1 2 1{ , ,..., }n+e e e e 2{1, , , , }nt t t , respectivamente, e definimos, 1 2 1(1) , ( ) ,..., ( )n
nT T t T t += = =e e e . Con-sideremos a aplicação linear de T em um vetor de nP e usemos a última definição dada
20 1 2 0 1
0 1 1 2 1
0 1 2
( ) (1) ( ) ( )...
( , , , )
n nn n
n nT
n
T a a t a t a t a T a T t a T ta a aa a a a
+
+ + + + = + + += + +
=
e e e
Claramente T é linear (pela própria construção) e Ker( ) {0}T = . Logo, é injetora.
Como 1dim( ) dim( ) 1nnP n+ = = + é sobrejetora, logo é um isomor-
fismo e é dado como
20 1 2 0 1 2( , , , )n T
n na a t a t a t a a a a+ + + + ⇔ .
Observação. Este fato pode ser usado na conversão de alguns proble-mas envolvendo polinômios em vetores de espaços euclidianos.
Exemplo 26. O espaço vetorial das matrizes 2 2M × é isomorfo com 4
. As coordenadas em relação à base
1 0 0 1 0 0 0 0, , ,
0 0 0 0 1 0 0 1
é o isomorfismo ( , , , )Ta ba b c d
c d
↔
.
Para ver isto, proceda em forma análoga ao exemplo anterior.
Dado um isomorfismo, resolver uma questão da Álgebra Linear (que pode ser uma definição, um conceito, uma propriedade, um teorema e sua prova, etc.) em um espaço vetorial é equivalente a resolver a mesma questão em um outro espaço vetorial, onde tenha-mos alguma familiaridade ou facilidade, ou ainda a questão a ser resolvida seja mais simples. Em particular, para espaços vetoriais finitos, as coordenadas identificam a álgebra linear de um espaço vetorial mais geral com a álgebra linear de um espaço euclidiano.
.
.
237
Para uma transformação linear, :T V W→ as seguintes afirmações são equivalentes:
T• é inversível.
T• é bijetora.
Im( )T W=• , ker( ) {0}T = .
Se T for uma TL definida por uma matriz A, na forma (x) xT A= en-tão o núcleo ker( )T e a imagem Im( )T de T podem ser determinados através da análise da matriz A na sua forma reduzida por linhas.
Exemplo 27. Dada a transformação linear 3 3:T → , definida por
1 2 3 1 2 3 1 2 3( ) ( 2 2 , 3 , 2 )TT x x x x x x x x x= + + + + + +x
mostre que existe a inversa de a) T
explicite b) 1( )T − x
Solução. Veja que dim dim 3V W= = ( 3V W= = ); mostraremos que Ker( ) {0}T = e usaremos o corolário adequado para concluir que é um isomorfismo.
Sabemos que 1 3 3:T − → é uma TL, tal que 1 1T T T T I− −= = .
Uma forma de proceder é da seguinte maneira: determinamos a ma-triz da transformação (não deixe de fazer isso, deve ser 3 3× ) e es-crevemos a transformação como (x) x yT A= = , logo formamos a matriz aumentada [ | y]A e a levamos na forma escalonada reduzida por linhas
1 1 2 3
2 1 2 3
3 1 3
1 2 2 1 0 0 5 2 41 1 3 0 1 0 21 2 1 0 0 1
y y y yy y y yy y y
− + + ↔ − − −
.
Agora resolveremos praticamente ambos os itens em forma simul-tânea: para determinar Ker( )T devemos encontrar a solução de
( )T =x 0 para o qual fazemos =y 0 ; resolvendo o sistema homogê-neo temos que Ker( ) { }T = 0 .
A expressão explícita da inversa está dada pela última coluna da for-ma escalonada reduzida, logo
11 2 3 1 2 3 1 2( ) ( 5 2 4 ,2 , )TT y y y y y y y y− = − + + − − −y .
Atenção: aproveite a informação que pode ser
obtida analisando uma matriz para determinar o
que quer saber de uma TL.
238
Consideremos uma outra técnica para obter a inversa.
Temos que 1 1( )( ) ( ( )) ( )T T T T I− −= = =x x x x . Pondo 1( )y T −= x te-mos ( )T =y x , ou seja,
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3( ) ( 2 2 , 3 , 2 ) ( , , )T TT y y y y y y y y y x x x= + + + + + + =y .
Esta equação pode ser reescrita como
1 2 3 1
1 2 3 2
1 2 3 3
2 23
2
y y y xy y y xy y y x
+ + = + + = + + =
e resolvendo para y temos
1 1 3
2 1 2 3
3 1 2 3
25 2 4
y x xy x x xy x x x
= − = − − = − + +
, assim
11 2 3 1 2 3 1 3( ) ( 5 2 4 ,2 , )TT y y y y y y y y− = − + + − − −y
Simplesmente poderíamos considerar inversão da matriz da transfor-mação
1
1 2 2 5 2 41 1 3 2 1 11 2 1 1 0 1
A A−
− = → = − − −
, e escrever
1 1 1
1
1 2 3
1 2 3
1 3
( ( )) ( ) ( )
5 2 42 1 11 0 1
5 2 42
T T T A TA
y y yy y y
y y
− − −
−
= =
=
− = − − − − + + = − − −
x x yy
y
Obtendo mais uma vez a expressão da transformação inversa.
Podemos também escrever a expressão da inversa obtida em forma padrão, trocando y por x , para obter
11 2 3 1 2 3 1 3( ) ( 5 2 4 ,2 , )TT x x x x x x x x− = − + + − − −x .
Observações:
Em todos os procedimentos utilizados, o custo computacional a) foi praticamente o mesmo. Demandou a resolução de um siste-ma linear de equações ou o cálculo da inversa de uma matriz.
239
Um resultado que ainda não foi provado formalmente e que b) nos permitiria mostrar a existência da transformação inversa é o seguinte: “Se a matriz de representação for inversível, então existe a inversa da transformação”.
Por este motivo (e muitos outros que aparecerão ainda), a represen-tação matricial de uma transformação linear se torna um dos pro-blemas básicos da Álgebra Linear.
4.5 Representação Matricial de Transformações Lineares
Na seção anterior, mostramos que dada uma matriz m nA × é possível definir uma transformação linear : n mT → dada por ( )T A=x x para cada n∈x .
Agora, mostraremos que para cada transformação linear : n mT → existe uma matriz m nA × tal que ( )T A=x x . Veremos também que qual-quer operador linear definido entre dois espaços vetoriais de dimen-são finita pode ser representado por uma matriz.
Teorema. Seja : n mT → , então existe uma matriz m nA × tal que (x) xT A= para cada x n∈ . De fato, o j-ésimo vetor coluna da matriz A
é dado por
( ), 1, 2, ,j jT j n= =a e
Demonstração. Seja a matriz m nA × (explicitada através de suas colunas):
1 2( , ,..., ,... )j nA = a a a a , onde 1 2( , ,..., )Tj j j mj=a a a a .
A matriz tem n colunas e cada coluna é um vetor com m compo-nentes.
Para 1,2, ,j n= definimos cada coluna como
1 2( , ,..., ) ( )Tj j j mj jT= =a a a a e .
E se n∈x for um vetor arbitrário escrito na base canônica
1 1 2 2( )n nx x x= + + +x e e e .
240
Fazendo ( )T x temos:
1 1 2 2
1 1 2 2
1
21 2
( ) ( ) ( ) ... ( )...
( , ,..., )
n n
n n
n
n
T x T x T x Tx x x
xx
xA
= + + += + + +
=
=
x e e ea a a
a a a
x
Mostramos que cada transformação linear : n mT → pode ser re-presentada em termos de uma matriz. O teorema mostra como cons-truir a matriz que representa um determinado operador linear.
Para obter a primeira coluna de A , aplique o operador linear T ao primeiro vetor da base de n
.
Repita o procedimento até obter todas as colunas de A.
Como usamos os elementos da base canônica de n , , , ,1 2 ne e e ,
dizemos que A é a representação canônica de T ou a matriz de T em relação às bases canônicas. Veremos, a seguir, como representar um operador linear em relação a outras bases.
Exemplo 28. Encontre a transformação 3 2:T → dada por
1 2 2 3( ) ( , )TT x x x x= + +x para cada n∈x .
Solução. Queremos encontrar uma matriz A tal que (x) xT A= . Para fazer isso, construiremos a matriz obtendo suas colunas conse-cutivamente calculando 1 1 2 2 3 3( ), ( ) ( )T T T= = =a e a e a ee .
Como segue
1 1
2 2
3 3
1( ) ,
0
1( ) ,
1
0( )
1
T
T
T
= =
= =
= =
a e
a e
a e
.
,
241
E então escolhemos esses vetores como as colunas de A ,
1 1 00 1 1
A =
Podemos conferir o resultado calculando Ax
11 2
22 3
3
1 1 00 1 1
xx x
A xx x
x
+ = = +
x
Acabamos de ver como matrizes representam transformações linea-res de n
em m , poderíamos perguntar agora se é possível encon-
trar uma representação análoga para operadores lineares de V em W , onde V e W são espaços de dimensão n e m , respectivamente. Veja o seguinte exemplo.
Veremos que em geral a matriz de representação de uma transfor-mação linear depende das bases escolhidas para o domínio e a ima-gem. Faremos uma generalização do teorema anterior.
Para fazer isso, consideremos 1 2[ , ..., ]nE = v v v e 1 2[ , ..., ]mF = w w w ba-ses ordenadas para V e W , respectivamente e uma transformação linear :T V W→ .
Se v é um vetor arbitrário em V podemos expressá-lo em termos da base E como:
1 1 2 2 ... n nx x x= + + +v v v v
Vamos mostrar que existe uma matriz m nA × que representa o opera-dor T no seguinte sentido:
A =x y se e somente se 1 1 2 2( ) ... m mT y y y= + + +v w w w
A matriz A deve caracterizar o efeito do operador T .
Prova. Pela linea ridade do nosso operador T , temos:
1 1 2 2( ) ( ) ( ) ... ( )n nT x T x T x T= + + +v v v v Para cada , (1 )k k n≤ ≤ , ( )T kv está em W e então pode ser repre-sentado em forma única em termos dos vetores da base F de W como: .
A notação utilizada aqui para os coeficientes da
combinação linear aik nos ajudará a enxergar a matriz
que estamos procurando.
.
.
.
.
.
242
Assim,
1 11 1 21 2 1
2 12 1 22 2 2
1 1 2 2
( )( ... )( ... )
( ... )
m m
m m
n n n mn m
Tx a a ax a a a
x a a a
== + + ++ + + +++ + + +
vw w ww w w
w w w
Remanejando os termos apropriadamente, temos
11 1 12 2 1 1
21 1 22 2 2 2
1 1 2 2
( )( ... )( ... )
( ... )
n n
n n
m m mn n m
Ta a aa a a
a a a
== + + ++ + + +++ + + +
vx x x wx x x w
x x x w
Podemos enxergar os coeficientes de 1 2w , w , , wm na última ex-pressão, como sendo exatamente o produto das linhas de A pelo vetor 1 1( , ,... )T
nx x x=x
11 1 12 2 1 1 111 12 1
21 1 22 2 2 21 22 2 2 2
1 21 1 2 2
x
n n n
n n n
m m mn n nm m mn n
a x a x a x x xa a aa x a x a x a a a x x
A A
a a a x xa x a x a x
+ + + + + + = = =
+ + +
a coluna de A , (denotada por a k , 1 k n≤ ≤ ) é exatamente:
1
2( ( ))
k
kk k F
mk
xx
T
a
= =
a v
Então, a matriz A, cujas colunas são as coordenadas dos vetores
1 2( ), ( ),..., ( )nT T Tv v v , é a matriz desejada. A matriz é única para as bases escolhidas desde que as coordenadas dos vetores sejam únicas nessas bases.
Por outro lado também temos que o vetor de coordenadas de ( )T v em
relação a 1 2[ , ,..., ]mw w w são da forma 1
n
i ij jj
y a x=
=∑ . Logo A=y x .
Acabamos de mostrar o seguinte teorema:
.
.
.
243
Teorema. Seja uma transformação linear :T V W→ e duas bases ordena-das 1 2[ , ..., ]nE = v v v e 1 2[ , ..., ]mF = w w w para V e W respectivamente, então existe uma matriz m nA × tal que [ ( )] [ ]F ET A=v v . Seja A a matriz de
(v)T em relação as bases ordenadas E e F. De fato, o j-ésimo vetor coluna da matriz A é dado por [ ( )]j j Fa T= v .
Se denotarmos por
[ ] nE= ∈x v • : vetor de coordenadas de v em relação a E .
[ ] mF= ∈y w
• : vetor de coordenadas de w em relação a F .
Temos que
se e somente se A =x y
Mais uma vez as colunas de A são
1 2 1 2( , ,..., ) ([ ( )] ,[ ( )] ,...,[ ( )] )n F F n FA T T T= =a a a v v v
Para encontrar a representação matricial de uma TL : n mT → em relação às bases ordenadas 1 2[ , ,..., ]nE = u u u e
1 2[ , ,..., ]mF = b b b , precisamos representar cada vetor (u )jT como uma combinação linear de 1 2, ,..., nb b b . O teorema a seguir mostra que encontrar essa representação é equivalente a resolver o sistema linear ( )jB T=x u .
Teorema. Sejam 1 2[ , ,..., ]nE = u u u e 1 2[ , ,..., ]mF = b b b bases ordenadas para n
e m , respectivamente. Se : n mT → é uma transformação
linear e A é a matriz de T em relação a E e F , então 1 ( )j jB T−=a u , onde
1 2( , ,..., )mB = b b b .
Demonstração. Se A é matriz de representação de T em relação a E e F , então para 1,2, ,j n= , temos
1 1 2 2( ) ...j j j mj m
j
T a a aB
= + + +
=
u b b ba
A matriz B é inversível, já que suas colunas formam uma base para m
, portanto 1 ( )j jB T−=a u .
.
.
.
244
Uma conseqüência desse teorema é que podemos determinar a matriz associada a um operador calculando a forma escalonada re-duzida por linhas de uma matriz aumentada. O próximo corolário mostra como fazer isso.
Corolário. Se A é a matriz de representação de um operador linear : n mT → em relação as bases 1 2[ , ,..., ]nE = u u u e 1 2[ , ,..., ]mF = b b b ,
então a forma escalonada reduzida por linhas da matriz
1 2 1 2( , ,..., ) | ( ), ( ),..., ( )) ( | )ém nT T T I Ab b b v v v
Demonstração. Seja 1 2( , ,..., )mB = b b b . A matriz
1 2( | ( ), ( ),..., ( ))nB T T Tv v v
é equivalente por linhas a
1 1 1 11 2 1 2
1 2
( | ( ), ( ),..., ( )) ( | ( ), ( ),..., ( ))| , ,..., )
( | )
n n
n
B B T T T I B T B T B TII A
− − − −===
v v v v v va a a
Exemplo 29. Seja a TL 2 3:T → definida por
2 1 2 1 2( ) ( , , )TT x x x x x= + −x .
Encontre a matriz de T em relação as bases ordenadas
1 2[ , ] [(1, 2) , (3,1)T TE = =u u e
1 2 3[ , ] [(1,0,0) , (1,1,0) , (1,1,1) ]T T TF = =b b b .
Solução. O procedimento de solução consiste em formar a matriz aumentada e depois levá-la a forma escalonada reduzida por linhas. Para isso, precisamos calcular previamente 1 2( ), ( )T Tv v ; assim temos que:
1 2 3 1 2
1 1 1 | 2 1 1 0 0 | 1 3( , | ( ), ( )) 0 1 1 | 3 4 0 1 0 | 4 2
0 0 1 | 1 2 0 0 1 | 1 2T T
− − = → − −
b b b v v
.
245
Logo, a matriz procurada é
1 34 21 2
A− − = −
O leitor pode verificar que
1 1 2 3
2 1 2 3
(u ) b 4b b(u ) 3b 2b 2b
TT
= − + −= − + +
.
ExercíciosPara cada uma das transformações lineares 1) T no Exercício 1 da Seção 1, encontre a matriz A que representa T .
Para cada uma das transformações lineares 2) L de 3 em 2
a seguir, encontre uma matriz A, tal que ( )T A=x x para todo x em 3
.
1 2 3 1 2(( , , ) ) ( ,0)T TT x x x x x= +a)
1 2 3 1 2(( , , ) ) ( , )T TT x x x x x=b)
1 2 3 2 1 3 2(( , , ) ) ( , )T TT x x x x x x x= − −c)
3) Para cada uma das transformações lineares T de 3 em 3
a seguir, encontre uma matriz A, tal que ( )T A=x x para todo x em 3
.
1 2 3 3 2 1(( , , ) ) ( , , )T TT x x x x x x=a)
1 2 3 1 1 2 1 2 3(( , , ) ) ( , , )T TT x x x x x x x x x= + + +b)
1 2 3 3 2 1 1 3(( , , ) ) (2 , 3 , 2 )T TT x x x x x x x x= + −c)
Seja 4) L a transformação linear de 3 em 3
definida por
1 2 3 2 1 3 3 1 2( ) (2 , 2 , 2 )T x x x x x x x x x x= − − − − − − . Determine a ma-triz A de L em relação a base canônica e use-a para encontrar
( )T x para cada um dos vetores x a seguir.
(1,1,1)T=xa)
(2,1,1)T=xb)
( 5,3, 2)T= −xc)
5) Encontre a representação matricial canônica para cada um dos operadores lineares T em 2
descritos a seguir.
246
Ta) roda cada vetor x de 45° no sentido anti-horário.
Tb) reflete cada vetor x em relação ao eixo dos 1x e depois roda o vetor refletido de 90° no sentido trigonométrico.
Tc) dobra o comprimento do eixo, depois roda o vetor obtido de 30° no sentido trigonométrico.
Td) reflete cada vetor x em relação a reta 1 2x x= e depois projeta o vetor refletido sobre o eixo dos 1x .
6) Sejam 1 2 3
1 1 01 , 0 , 10 1 1
= =
b b b e seja T a transformação line-
ar de 2 em 3
definida por 1 1 2 2 1 2 3( ) ( )T x b x b x b b= + + +x . En-contre a matriz A de T em relação às bases 1 2[ , ]e e e 1 2 3[ , , ]b b b .
7) Sejam 1
111
y =
, 2
110
y =
, 3
100
y =
e seja I o operador identi-
dade em 3 .
Encontre as coordenadas de a) 1 2 3( ), ( ), ( )I I Ie e e em relação a
1 2 3[ , , ]y y y .
Encontre uma matriz b) A tal que Ax é o vetor de coordena-das de x em relação a 1 2 3[ , , ]y y y .
8) Sejam 1 2 3, ,y y y , dados no exercício anterior e seja T a transfor-mação linear de 3
em 3 definida por:
1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 1 3 2 2 3 3( ) ( ) (2 ) (2 )T c y c y c y c c c y c c y c c y+ + = + + + + − +
1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 1 3 2 2 3 3( ) ( ) (2 ) (2 )T c y c y c y c c c y c c y c c y+ + = + + + + − +
Encontre a matriz de a) T em relação à base ordenada
1 2 3[ , , ]y y y .
Escreva cada um dos vetores b) x a seguir como uma combi-nação linear de 1 2 3, ,y y y e use a matriz encontrada em a) para determinar ( )T x .
(7,5, 2)T=xi) ii) (3, 2,1)T=x iii) (1, 2,3)T=x
247
9) Sejam 1 2 3[ , , ]E = u u u e 1 2[ , ]F = b b , onde 1 (1,0, 1)T= −u ,
2 (1, 2,1)T=u , 3 ( 1,1,1)T= −u e 1 (1, 1)T= −b , 2 (2, 1)T= −b . Para cada uma das transformações lineares T de 3
em 2 a se-
guir, encontre a matriz de T em relação às bases ordenadas E e F .
3 1( ) ( , )TT x x=xa)
1 2 1 3( ) ( , )TT x x x x= + −xb)
2 1( ) (2 , )TT x x= −xc)
4.6 Matrizes e Transformações Lineares, Equivalências e Propriedades
Seja T uma transformação linear de V em W (dim( ) dim( )V W n= = ) e A a matriz de representação de T em relação as bases de V e de W . As afirmações a seguir são equivalentes:
i) A é inversível, isto é, existe 1A−
ii) x bA = tem solução única
iii) x 0A = só admite a solução trivial
iv) A forma escalonada reduzida por linhas de A é a matriz identidade
v) A é um produto de matrizes elementares
vi) posto( )A n=
vii) nulidade( ) 0A =
viii) A tem n vetores coluna linearmente independentes
ix) O espaço coluna de A gera n
x) O espaço linha de A gera n
248
xi) O espaço nulo de A é o vetor nulo
xii) det( ) 0A ≠
xiii) T é inversível e a matriz associada com a transformação inversa 1T − é 1A−
xiv) T é injetora e sobrejetora
xv) T é um isomorfismo
xvi) ker( ) {0}T = , Im( )T W=
O conceito de transformações lineares, um tópico de extrema im-portância da Matemática, tem sido definido e analisado à luz de seu núcleo (kernel), imagem e também através da matriz associada à transformação.
Achar a matriz de representação de uma transformação linear pode ser considerado como um dos principais problemas básicos da Ál-gebra Linear.
Os conceitos aprendidos nesta primeira disciplina são ferramentas matemáticas básicas da Álgebra Linear. Com uma boa familiarida-de em álgebra matricial, transformações lineares e espaços vetoriais, estaremos prontos para compreender e enfrentar outros importantes problemas da Álgebra Linear como: o conceito de ortogonalidade, o estudo de auto-sistemas (autovalores e autovetores de uma matriz) e o problema de diagonalização; tópicos correspondentes à disciplina de Álgebra Linear II.
249
Bibliografia ComentadaLAY, David C. Álgebra linear e suas aplicações. 2. ed. [S.l]:LTC, [200-?].
O texto fornece uma introdução elementar e moderna da álgebra linear e algumas de suas aplicações interessantes, acessível a alunos com a maturidade que dois semestres completos de matemática em nível de terceiro grau, em disciplinas de cálculo em geral, lhes conferem. O objetivo é ajudar os alunos a dominar os conceitos e habilidades básicos que usarão mais tarde em suas carreiras. Os tópicos escolhidos seguem as recomendações do Linear Algebra Curriculum Study Group, que, por sua vez, baseiam-se em uma cuidadosa pesquisa sobre as necessidades reais dos alunos e em um consenso entre os profissionais dos muitos campos que usam a Álgebra Linear.
POOLE, David. Álgebra linear. São Paulo: Pioneira Thomson Learning, 2004.
Este livro foi estruturado de forma bastante flexível, com a preocupação central de que a álgebra linear constitua um assunto estimulante o suficiente e de fácil aprendizado, tornando-a mais acessível ao estudante. Escrito de forma clara, direta e objetiva, aborda temas como Vetores, Matrizes, Autovalores e Autovetores, Ortogonalidade, Espaços Vetoriais, e Distância e Aproximação. A apresentação de conceitos-chave com antecedência, a ênfase em vetores e geometria e os inúmeros exercícios e exemplos que reforçam o fato de a Álgebra Linear ser uma ferramenta valiosa para a modelagem de problemas da vida real consistem no principal diferencial deste livro. A apresentação de pequenos esboços biográficos de muitos dos matemáticos que contribuíram para o desenvolvimento da Álgebra Linear é outro diferencial, valorizando a história da matemática.
STEVE, Leon J. Álgebra linear com aplicações. 4. ed. [S.l.]: LTC, [200-?].
Este livro é apropriado para alunos que tenham conceitos básicos de matrizes e tenham passado por um curso de Geometria Analítica. O estudante deve estar também familiarizado com as noções básicas de Cálculo Diferencial e Integral. Esta nova edição, ao mesmo tempo que mantém a essência das edições anteriores, incorpora uma série de melhorias substanciais: - Conjunto de Exercícios Computacionais em cada Capítulo; - Mais Motivação Geométrica; - Nova Aplicação Envolvendo Teoria dos Grafos e Redes; - Motivação Adicional para a Definição de Determinantes; - A seção sobre Mudança de Base foi transferida para o Cap. 3; - Revisões Importantes na seção sobre Espaços Munidos de Produto Interno; - A seção sobre Normas Matriciais foi transferida para o Cap. 7; - Nova Aplicação: Aproximação de Funções por Polinômios Trigonométricos; - Revisões no Cap. 6.
