tellau.com.brtellau.com.br/ufvjm/ctt112/na.pdf · sumÁrio 2 4.2 propriedades . . . . . . . . . . ....

Sumário

1 Conjuntos e Funções 81.1 De�nição clássica de função . . . . . . . . . . . . . . . . 81.2 Conjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.3 Cartesiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.4 Relação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.5 Funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.6 Operação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.7 Somatória . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.8 Indução Matemática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.9 Números Reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.10 Números Complexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2 Matrizes 182.1 Matrizes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.2 Operações com Matrizes . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.3 Matrizes Invertíveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.4 Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

3 Sistemas Lineares 363.1 Sistemas Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363.2 Sistemas Equivalentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 423.3 Determinação da Inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . 503.4 Sistemas de Cramer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 523.5 Matrizes Elementares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 533.6 Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

4 Espaços Vetoriais 654.1 Espaços Vetoriais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

SUMÁRIO 2

4.2 Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 694.3 Subespaços Vetoriais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 744.4 Soma de Subespaços . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 784.5 Combinação Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 804.6 Espaços Finitamente Gerados . . . . . . . . . . . . . . . 814.7 Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

5 Base e Dimensão 835.1 Dependência Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 835.2 Base de Subespaço. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1045.3 Dimensão da soma de dois subespaços . . . . . . . . . . 1055.4 Coordenadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1065.5 Mudança de Base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

6 Transformação Linear 1176.1 Transformação Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1176.2 Núcleo e Imagem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

7 Matriz de uma Transformação Linear 1277.1 Operações com Transformações Lineares . . . . . . . . . 1277.2 Matriz de uma Transformação Linear . . . . . . . . . . 1397.3 Matriz de uma Transformação Composta . . . . . . . . 1427.4 Espaço Dual . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

8 Espaço com Produto Interno 1458.1 Produto Interno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1458.2 Norma e Distância . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1478.3 Processo de Gram-Schmidt . . . . . . . . . . . . . . . . 154

9 Determinantes 1609.1 Permutações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1609.2 Determinantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1639.3 Cofatores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1779.4 Adjunta e Inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1839.5 Regra de Cramer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187

SUMÁRIO 3

10 Diagonalização de Operadores Lineares 19210.1 Matrizes Semelhantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19210.2 Autovalores e Autovetores . . . . . . . . . . . . . . . . 193

10.2.1 Operadores sem autovetores . . . . . . . . . . . 19610.3 Diagonalização de Operadores . . . . . . . . . . . . . . 199

10.3.1 Operadores com autovetores mas sem base for-mada por autovetores . . . . . . . . . . . . . . . 200

10.3.2 Operadores com base formada por autovetores . 20010.4 Operadores Auto-Adjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . 205

SUMÁRIO 4

Professor: Antônio Carlos Telaue-mail: antonio.telau@ufvjm.edu.brsite: www.telau.com.brapps: apps

Livro texto: Álgebra Linear e Aplicações.Autores: Carlos A. Callioli, Hygino H. Domingues e Roberto C. F.

Costa.Edição: 6ª Edição reformulada.

Moniorias/Tutoria Período: 05/06/2018 a 09/08/2018Salas 209 209 209/229/209/229 SHorário D S T Q Q S S

10:00 - 11:00 Camilla11:00 - 12:00 Camilla12:00 - 13:00 Camilla13:00 - 14:00 Lineker Reunião14:00 - 15:00 Lineker Lineker15:00 - 16:00 Lineker Lineker16:00 - 17:00 Camilla17:00 - 18:00 Camilla18:00 - 19:00 Telau-22919:00 - 20:00 Telau-229

CTT112-A,B e CProva Conteúdo Valor DataP1 Capítulos 2, 3 e 4 30 23/05/2018P2 Capítulos 5, 6 e 7 35 13/07/2018P3 Capítulos 8, 9 e 10 35 10/08/2018PF Capítulos 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 , 9 e 10 100 21/08/2018

P1 + P2 + P3 = 100

SUMÁRIO 5

Cronograma da Primeira Prova.N Data Páginas Quantidade1 18/04/2018 1-15 152 20/04/2018 16-20 53 25/04/2018 21-25 54 27/04/2018 26-32 65 02/05/2018 33-42 106 04/05/2018 43-52 107 09/05/2018 53-58 68 11/05/2018 58-64 6

Cronograma da Segunda Prova.N Data Páginas Quantidade1 25/05/2018 83-86 42 30/05/2018 Paralização -3 06/06/2018 87-90 44 08/06/2018 91-94 45 13/06/2018 95-98 46 15/06/2018 99-104 67 20/06/2018 105-111 78 22/06/2018 Copa/Tutoria -9 27/06/2018 112-117 610 04/07/2018 118-123 611 06/07/2018 124-130 712 11/07/2018 Revisão -13 13/07/2018 Avaliação -

MF = N1 +N2 +N3, onde N1 é a nota da P1, N2 é a nota da P2e N3 é a nota da P3.

MF ≥ 60 ⇒ Aprovado

40 ≤ MF < 60 ⇒ Exame FinalMF < 40 ⇒ Reprovado

SUMÁRIO 6

RF =MF + PF

2, onde PF é a nota do Exame Final.

{RF ≥ 60 ⇒ AprovadoRF < 60 ⇒ Reprovado

Introdução

Este material ainda está sendo desenvolvido e tem como objetivos�nais os seguintes tópicos:

Todas as demonstrações

Conter todas as demonstrações que foram trabalhadas de forma mi-nuciosa para serem facilmente compreendidas até mesmo por alunosiniciantes na matemática.

Uso de cores e grá�cos

Destaca-se com cores pontos de suma importância na compreensãodos texto.

Autocontido

Este material é autocontido no sentido que não há a necessidade dese buscar constantemente complementação em outros livros didáticos.

Conteúdos de auto nível da álgebra linear

Transcrever conteúdos de auto nível da álgebra linear em linguagemsimpli�cada com exemplos perfeitamente acessíveis.

Aplicações

Algumas aplicações são expostas de forma bem explícita.

Capítulo 1

Conjuntos e Funções

1.1 De�nição clássica de função

Uma função é uma terna de domínio(A) contra-domínio(B) e umaregra que associa da cada elemento do domínio um, e somente um, ele-mento do contra-domínio.

Agora damos início a uma sequência de de�nições com o objetivo derede�nir função e por meio dessa de�nir operação.

1.2 Conjuntos

Na matemática costuma-se de�nir um conjunto como uma coleção deelementos. A relação básica entre um objeto e o conjunto é a relaçãode pertinência: quando um objeto x é um dos elementos que compõemo conjunto A, dizemos que x pertence a A e indicamos com x ∈ A. Arelação entre dois conjunto é a relação de estar contido: quando todosos objetos de um conjunto A também compõem o conjunto B, dizemosque A etá contido em B e indicamos com A ⊂ B.

CAPÍTULO 1. CONJUNTOS E FUNÇÕES 9

1.3 Cartesiano

Dados dois conjuntos A e B de�nimos A×B como

A×B = {(x, y);x ∈ A, y ∈ B} (1.1)

Exemplo 1.3.1. Sejam os conjuntos A = {r, t} e B = {3, 7, 9}. Então

A×B = {(r, 3), (r, 7), (r, 9), (t, 3), (t, 7), (t, 9)} (1.2)

Exemplo 1.3.2. Sejam os conjuntos A = R e B = R. Então

A×B = R× R = {(x, y);x, y ∈ R} = R2 = Plano Cartesiano. (1.3)

(x, y)

1.4 Relação

Uma relação R entre A e B é um subconjunto do cartesiano R ⊂A×B.

Exemplo 1.4.1. Sejam os conjuntos A = {−2, 0, 3} e B = {−1, 0, 1}.Então a o conjunto R = {(x, y);x ∈ A, y ∈ B − 0} ⊂ A × B, logo éuma relação entre A e B.

R = {(−2,−1), (−2, 1), (0,−1), (0, 1), (3,−1), (3, 1)} (1.4)

1.5 Funções

Uma função F com domínio A e contradomínio B é uma relação entreA e B que satisfaz as propriedades:

1) ∀x ∈ A existe y ∈ B tal que (x, y) ∈ F ;

2) Se (x, y), (x, z) ∈ F então y = z.

F : A −→ Bx 7−→ F (x)

Domínio

Contra-Domínio

Imagem

O conjunto Imagem da função F é o conjunto de todos os valores queestão relacionados...

F (x) = x2

D(F ) = {−1, 0, 1} = A

CD(F ) = {−1, 0, 1} = B

Im(F ) = {0, 1}

Imagem de um Subconjunto

Se W é um subconjunto do domínio A da função F então F (W ) éo subconjunto do contra-domínio de F de todos os elementos que estãorelacionados por F ...

F(x) =[x+22

F (x) = |x− 4|+ 2

Função Injetiva

3) Se (x, z), (y, z) ∈ F então x = y.

Função Sobrejetiva

4) ∀y ∈ B existe x ∈ A tal que (x, y) ∈ F ;

Função Bijetiva

Uma função bijetora é uma função que satisfaz 3) e 4).

1.6 Operação

Uma operação binária em um conjunto E é uma função

◦ : E × E −→ E

(x, y) 7−→ ◦(x, y) = x ◦ y

Vamos pensar um pouco no domínio e contra-domínio da função det.

det : Mn (R) −→ RA 7−→ det(A)

1.7 Somatória

α1x1 + α2x2 + · · ·+ αnxn = β (1.5)

n∑k=1

αibi = β (1.6)

5∑k=1

k = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15 (1.7)

5∑k=1

k2 = 1 + 4 + 9 + 16 + 25 = 45 (1.8)

n∑k=1

k = 1 + 2 + 3 + 4 + · · ·+ n =n(n+ 1)

2(1.9)

n∑k=1

k2 = 1 + 4 + 9 + 16 + · · ·+ n2 =n(2n+ 1)(n+ 1)

6(1.10)

Outro exemplo em que o uso do somatório faz-se necessário é a somaS dos elementos de uma matriz

S = (α11 + · · ·+ α1n) + (α21 + · · ·+ α2n) + · · ·+ (αm1 + · · ·+ αmn)

=n∑j=1

α1j +n∑j=1

α2j + · · ·+n∑j=1

=m∑i=1

n∑j=1

=n∑j=1

m∑i=1

1.8 Indução Matemática

A Indução Matemática é uma forma de demonstrar que uma propo-sição que depende de uma variável natural n é verdadeira para todon ∈ N.

Teorema 1.1. Seja X um conjunto tal que:

i) 1 ∈ X ;

ii) n ∈ X ⇒ (n+ 1) ∈ X.

Então X = N.Demonstração. Suponhamos que X 6= N. Seja n0 o menor elementode N − X 6= ∅. Pela primeira hipótese i) temos que n0 6= 1 entãon0 − 1 ∈ N−X. Logo n0 ∈ X, absurdo. Portanto X = N.

Vamos provar por indução que

P (n) :n∑k=1

k =n(n+ 1)

2(1.11)

De fato P (1) é verdadeira pois∑1

k=1 k = 1(1+1)2 . Suponhamos agora

P (n) verdadeira e provemos que P (n+ 1) é verdadeira.

n∑k=1

k = n(n+1)2 ⇒

(n∑k=1

)+ (n+ 1) = n(n+1)

2 + (n+ 1)

⇒n+1∑k=1

k = n(n+1)2 + 2(n+1)

⇒n+1∑k=1

k = (n+1)((n+1)+1)2

⇒ P (n+ 1)

1.9 Números Reais

Propriedades dos números reais(R).

Dados os números reais a, b e c, as seguintes propriedades operatóriassão válidas:

1 � Associatividade:

a+ (b+ c) = (a+ b) + c

a · (b · c) = (a · b) · c

2 � Comutatividade:

a+ b = b+ a

a · b = b · a

3 � Existência de elemento neutro único para a soma e paraa multiplicação:

a+ 0 = a

a · 1 = a

4 � Existência de elemento inverso único para a soma e para

a multiplicação:

a+ (−a) = 0

a · a−1 = 1 se a 6= 0.

5 � Distributividade:

a · (b+ c) = a · b+ a · c

CTT112-A 18/04/2018

1.10 Números Complexos

Chama-se conjunto dos números complexos o conjunto C de todosos pares ordenados de números reais para os quais valem as seguintesde�nições:

(a, b) = (c, d)⇔ a = c e b = d

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

(a, b) · (c, d) = (ac− bd, ad+ bc)

Assim z ∈ C⇒ z = (a, b) com a, b ∈ R.

Capítulo 2

Matrizes

2.1 Matrizes

De�nição 2.1.1. Sejam m ≥ 1 e n ≥ 1 dois números inteiros. Umamatriz m×n é uma tabela de números que se indica do seguinte modo.

a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n... ... . . . ...am1 am2 · · · amn

ou (aij)m×n ou (aij) ou(

Cada número que compõe a matriz A chama-se termo de A. O termogeral de A é aij ou [A]ij. O primeiro índice i indica a linha e o segundoíndice j indica a coluna. Denotaremos por Mm×n (R) o conjunto dasmatrizes reais m× n. Se m = n usa-se Mn (R).

Exemplo 2.1.1. Se A =

1 02 −3−1 4

então A é uma matriz real 3×2.

Logo A ∈ M3×2(R). Além disso [A]11 = 1, [A]12 = 0, [A]21 = 2,[A]22 = −3, [A]31 = −1, e [A]32 = 4.

CAPÍTULO 2. MATRIZES 19

Linhas e Colunas

Usaremos um índice sobrescrito com parênteses para representar as li-nhas de uma matriz, reservando o expoente para potências futuramentede�nidas. E para as colunas usaremos um índice subscrito com parên-teses.

A(1) =[a11 a12 · · · a1n

A(2) =[a21 a22 · · · a2n

...A(m) =

[am1 am2 · · · amn

]são chamadas linhas da matriz A.

A(1) =

a11a21...am1

, A(2) =

a12a22...am2

, · · · , A(n) =

a1na2n...

são chamadas colunas da matriz A.

Exemplo 2.1.2. Seja A =

[1 0 10 6 −5

]uma matriz 2× 3. Então

A(1) =[

1 0 1], A(2) =

[0 6 −5

]são as linhas da matriz A.

A(1) =

], A(2) =

], A(3) =

[1−5

]são as linhas da matriz A.

Igualdade de Matrizes

Sejam A,B ∈Mm×n(R), dizemos que A = B se, e somente se,

[A]ij = [B]ij , ∀(i, j) ∈ {1, · · · ,m} × {1, · · · , n}.

Exemplo 2.1.3. Calcule os valores das variáveis na equação matricial.

[x+ y xy + 1 z

[1 23 4

x+ y = 1

x = 2y + 1 = z

2.2 Operações com Matrizes

Vamos agora de�nir operações no conjunto das matrizes Mm×n.

Adição

Exemplo 2.2.1. Sejam A =

[1 2 10 1 2

]e B =

[0 1 −22 4 7

[1 2 10 1 2

[0 1 −22 4 7

[1 + 0 2 + 1 1 + (−2)0 + 2 1 + 4 2 + 7

[1 3 −12 5 9

[0 1 −22 4 7

[1 2 10 1 2

[0 + 1 1 + 2 (−2) + 12 + 0 4 + 1 7 + 2

[1 3 −12 5 9

Observe que dessa forma de�nida a soma de matrizes é comutativa,ou seja, a soma satisfaz A+B = B+A.

De�nimos a operação de soma de matrizes e utilizamos um símbolodiferenciado + para representar a soma de matrizes em oposição à somade números reais representada pelo símbolo +. De�nimos formalmentea soma de matrizes por:

+ : Mm×n(R)×Mm×n(R) −→ Mm×n(R)(A,B) 7−→ A+B

dada por [A+B]ij = [A]ij + [B]ij

[A+B]11 [A+B]12

[A+B]21 [A+B]22

[A]11 + [B]11 [A]12 + [B]12

[A]21 + [B]21 [A]22 + [B]22

Teorema 2.1. Prove que valem as seguinte propriedades para esta ope-ração:

A1) A+B = B+A, ∀A,B ∈Mm×n(R);

A2) A+(B+C) = (A+B)+C, ∀A,B,C ∈Mm×n(R);

A3) ∃0 ∈Mm×n(R) tal que A+0 = A, ∀A ∈Mm×n(R);

A4) ∀A ∈Mm×n(R), ∃(−A) ∈Mm×n(R)/ A+(−A) = 0;

Demonstração.

[A+B]ij = [A]ij + [B]ij= [B]ij + [A]ij= [B+A]ij ⇒

[A+B]ij = [B+A]ij ⇒ A+B = B+A

[A+(B+C)]ij = [A]ij + [(B+C)]ij= [A]ij + ([B]ij + [C]ij)

= ([A]ij + [B]ij) + [C]ij= [(A+B)]ij + [C]ij= [(A+B)+C]ij ⇒

[A+(B+C)]ij = [(A+B)+C]ij ⇒ A+(B+C) = (A+B)+C

[1 3−2 −1

], B =

[−2 8

5 −4

]e C =[

9 −25 6

]matrizes 2× 2. Note que a soma de matrizes é associativa.

A+(B+C) =

[1 3−2 −1

([−2 8

5 −4

[9 −25 6

[1 3−2 −1

[8 98 1

(A+B)+C =

([1 3−2 −1

[−2 8

5 −4

[9 −25 6

[−1 11

3 −5

[9 −25 6

[8 98 1

[a b cd e f

]e B =

[0 0 00 0 0

]duas ma-

trizes 2× 3. Então B é um elemento neutro da adição de matrizes comessa dimensão.

[a b c

[0 0 00 0 0

[a+ 0 b+ 0 c+ 0d+ 0 e+ 0 f + 0

[a b cd e f

Exemplo 2.2.4. SejaA =

[1 a −2

−2 −√

]. Então (−A) =

[−1 −a 2

−2√

A+(−A) =

[1 a −2

−2 −√

[−1 −a 2

−2√

[1 + (−1) a+ (−a) −2 + 2

−2 + 2 −√

2 +√

2 0 + 0

[0 0 00 0 0

Note que resultou no elemento neutro da soma de matrizes com essadimensão.

Exemplo 2.2.5. Nesse texto é dada uma atenção especial ao domínioe contra-domínio das operações. Esse exemplo de operação deixa claroque não é um fato geral o contra-domínio coincidir com o conjunto ondese tomam os elementos a serem multiplicados por escalares, como ocorrena de�nição usual de produto por escalar.

Exemplo 2.2.6. Se de�nirmos a operação de soma de matrizes da se-guinte forma [A+B]ij = [A]ij + [B]ij + 1, qual é o elemento neutro dasoma de matrizes 2× 3?

[−1 −1 −1−1 −1 −1

Exemplo 2.2.7. Se de�nirmos a operação de soma de matrizes da se-guinte forma [A+B]ij = [A]ij +[B]ij +(i−j), qual é o elemento neutroda soma de matrizes 4× 4?

0 = (0− (i− j))4×4 = (j − i))4×4 =

0 1 2 3−1 0 1 2−2 −1 0 1−3 −2 −1 0

Exemplo 2.2.8. Se de�nirmos a operação de soma de matrizes da se-guinte forma [A+B]ij = (−1) · [A]ij · [B]ij, qual é o elemento neutroda soma de matrizes 3× 3?

−1 −1 −1−1 −1 −1−1 −1 −1

Se por exemplo

1 −2 3−4 5 −6

7 −8 9

então

A+ 0 =

1 −2 3−4 5 −6

7 −8 9

−1 −1 −1−1 −1 −1−1 −1 −1

(−1) · 1 · (−1) (−1) · (−2) · (−1) (−1) · 3 · (−1)(−1) · (−4) · (−1) (−1) · 5 · (−1) (−1) · (−6) · (−1)

(−1) · 7 · (−1) (−1) · (−8) · (−1) (−1) · 9 · (−1)

A+ 0 =

1 −2 3−4 5 −6

7 −8 9

A+ 0 = A

Exemplo 2.2.9. Se de�nirmos a operação de soma de matrizes da se-guinte forma [A+B]ij = [A]ij+[B]ji, qual é o inverso aditivo (á direita)de uma matriz A qualquer 3× 3?

(−A) =

− [A]11 − [A]21 − [A]31− [A]12 − [A]22 − [A]32− [A]13 − [A]23 − [A]33

= (−1) · AT

Exemplo 2.2.10. Se de�nirmos a operação de soma de matrizes daseguinte forma [A+B]ij = 2 [A]ij + [B]ij , qual é o inverso aditivo deuma matriz A qualquer 3× 3?

CTT112-B 02/05/2018

Produto por escalar

[1 3 21 −1 3

]e B =

1 2 10 1 20 0 4

matri-

zes e α = −2, β = 2 dois números reais. Então

a) α� A = (−2)� A =

[(−2) · 1 (−2) · 3 (−2) · 2(−2) · 1 (−2) · (−1) (−2) · 3

α� A =

[−2 −6 −4−2 2 −6

b) β �B = 2�

1 2 10 1 20 0 4

⇒ β �B =

2 4 20 2 40 0 8

E de�nimos o produto de um número por uma matriz como

� : R×Mm×n(R) −→ Mm×n(R)(λ,A) 7−→ λ� A

dada por [λ� A]ij = λ · [A]ij

CTT112-A 02/05/2018

Teorema 2.2. Prove que valem as seguinte propriedades para o produtopor escalar.

M1) (α · β)� A = α� (β � A), ∀α, β ∈ R, ∀A ∈Mm×n(R);

M2) (α + β)� A = (α� A)+(β � A), ∀α, β ∈ R, ∀A ∈Mm×n(R);

M3) α� (A+B) = (α� A)+(α�B), ∀α ∈ R, ∀A,B ∈Mm×n(R);

M4) 1� A = A, ∀A ∈Mm×n(R).

Demonstração.

[(α · β)� A]ij = (α · β)� [A]ij= α · (β � [A]ij)

= α · [β � A]ij= [α� (β � A)]ij ⇒

[(α · β)� A]ij = [α� (β � A)]ij ⇒

(α · β)� A = α� (β � A)

[(α + β)� A]ij = (α + β) · [A]ij= α · [A]ij + β · [A]ij= [α� A]ij + [β � A]ij= [(α� A)+(β � A)]ij ⇒

[(α + β)� A]ij = [(α� A)+(β � A)]ij ⇒

(α + β)� A = (α� A)+(β � A)

Exemplo 2.2.12. Encontre o elemento neutro se de�nirmos o produtopor escalar dado pela regra [λ� A]ij = 2 · λ · [A]ij.

Exemplo 2.2.13. Se de�nirmos o produto por escalar dado pela se-guinte regra [λ� A]ij = 2 · λ · [A]ij + 1 existe um elemento neutro?

λx+ 1 = x⇒ λ = 2 e x = −1

λ = 2 e A =

[−1 −1 −1−1 −1 −1

]No entanto, isso só funciona para uma matriz e deveria ser verdade

para toda matriz A.

Multiplicação de Matrizes

[2 1 00 1 2

]e B =

3 4 50 0 01 0 1

A ·B =

[2 1 00 1 2

3 4 50 0 01 0 1

⇒A·B =

[2 · 3 + 1 · 0 + 0 · 1 2 · 4 + 1 · 0 + 0 · 0 2 · 5 + 1 · 0 + 0 · 10 · 3 + 1 · 0 + 2 · 1 0 · 4 + 1 · 0 + 2 · 0 0 · 5 + 1 · 0 + 2 · 1

A ·B =

[6 8 102 0 2

]Consideremos a matriz A ∈ Mm×p(R) e a matriz B ∈ Mp×n(R). O

produto A ·B é dado por

cij = ai1b1j + ai2b2j + · · ·+ aipbpj (2.1)

p∑k=1

aikbkj (2.2)

[AB]ij =

p∑k=1

[A]ik [B]kj (2.3)

Os dois teoremas seguintes são propriedades do produto de matrizesanálogas às propriedades que valem para números reais[1].

Teorema 2.3. Se A ∈ Mm×p(R), B ∈ Mp×q(R) e C ∈ Mq×n(R) entãoA(BC) = (AB)C.

Demonstração. Vamos demonstrar que o termo geral de A · (B ·C) éigual ao termo geral de (A ·B) · C.

[A · (B · C)]ij =p∑

([A]ik · [B · C]kj

p∑k=1

([A]ik ·

q∑r=1

([B]kr · [C]rj

p∑k=1

(q∑r=1

([A]ik · [B]kr · [C]rj

q∑r=1

([A]ik · [B]kr · [C]rj

q∑r=1

((p∑

([A]ik · [B]kr)

)· [C]rj

q∑r=1

([A ·B]ir · [C]rj

)= [(A ·B) · C]ij

Portanto como o elemento que está na linha i e coluna j da matrizA(BC) e da matriz (AB)C são iguais, então A(BC) = (AB)C.

Teorema 2.4. Se A ∈ Mm×p(R), B,C ∈ Mp×n(R) então A(B + C) =AB + AC. Analogamente se A,B ∈ Mm×p(R), C ∈ Mp×n(R) então(A+B)C = AC +BC.

Demonstração. Vamos demonstrar que o termo geral de A · (B + C)é igual ao termo geral de A ·B + A · C.

[A · (B + C)]ij =p∑

([A]ik · [B + C]kj

p∑k=1

([A]ik ·

([B]kj + [C]kj

p∑k=1

([A]ik · [B]kj + [A]ik · [C]kj

p∑k=1

([A]ik · [B]kj

p∑k=1

([A]ik · [C]kj

)= [A ·B]ij + [A · C]ij

= [A ·B + A · C]ij

Portanto como o elemento que está na linha i e coluna j da matriz

A(B+C) e da matriz AB+AC são iguais, então A(B+C) = AB+AC.

A demonstração da igualdade (A+B)C = AC +BC é análoga.

[1 22 0

], B =

[0 33 1

]então AB 6= BA.[

1 22 0

] [0 33 1

[6 50 6

6 05 6

[0 33 1

] [1 22 0

Exemplo 2.2.16. Dadas as matrizes A ∈ Mm×p(R) e B ∈ Mp×n(R)observe que:

a) a linha do produto AB é o produto da linha de A pela a matrizB, ou seja, (A ·B)(i) = A(i) ·B

b) a coluna do produto AB é o produto de A pela coluna da matrizB, ou seja, (A ·B)(j) = A ·B(j)

Exemplo 2.2.17. Observe que o produto de matrizes triangulares su-periores é uma matriz triangular superior.

1 2 3 40 5 6 70 0 8 90 0 0 10

4 3 2 10 4 3 20 0 4 30 0 0 4

? ? ? ?0 ? ? ?0 0 ? ?0 0 0 ?

2.3 Matrizes Invertíveis

De�nição 2.3.1. (Elemento neutro da multiplicação) Seja In ∈Mn(R)tal que

[In]ij =

{0, se i 6= j1, se i = j

ou seja,

1 0 · · · 00 1 · · · 0... ... . . . ...0 0 · · · 1

Essa matriz satisfaz In · A = A · In ∀A ∈Mn(R) e recebe o nome de

matriz identidade de ordem n.

De�nição 2.3.2. Uma matriz A de ordem n diz-se invertível se, e so-mente se, existe uma matriz B, também de ordem n, de modo que:

A ·B = B · A = In

Caso essa matriz B exista, é única e chama-se a inversa de A e é indica-sepor B = A−1.

Exemplo 2.3.1. A matriz A =

[2 00 5

]é invertível e sua inversa é

[12 00 1

[a bc d

]e ad− bc 6= 0 então A é invertível e

sua inversa é A−1 = 1ad−bc

[d −b−c a

Exemplo 2.3.3. A matriz A =

[1 21 3

]é invertível e sua inversa é

[3 −2−1 1

Exemplo 2.3.4. Se alguma linha de A é nula, digamos a i-ésima li-nha de A, A(i) =

[0 0 · · · 0

]então A não é invertível. De fato se

fosse invertível existiria B tal que AB = In, por outro lado (AB)(i) =

(A)(i)B =[

0 0 · · · 0]6= B =

[0 0 · · · 0

]6= (In)

Exemplo 2.3.5. Se A e B são matrizes de ordem n, ambas invertíveis,então AB também é invertível e (AB)−1 = B−1 · A−1.

Vamos demonstrar que (AB)·[B−1 · A−1

]= In. A igualdade

[B−1 · A−1

(AB) = In se demonstra de forma análoga.

De fato

(AB) ·[B−1 · A−1

]=[(AB) ·B−1

]· A−1

=[A ·(B ·B−1

)]· A−1

= [A · In] · A−1= A · A−1= In ⇒

(AB) ·[B−1 · A−1

]= In ⇒ (AB)−1 = B−1 · A−1

Portanto (AB)−1 = B−1 · A−1.

Exemplo 2.3.6. Se A ou B são matrizes de ordem n, e A não é inver-tíveis, então AB também não é invertível.

Exemplo 2.3.7. Se A é uma matriz de ordem n invertíveis, então A−1

também é invertível e(A−1

)−1= A.

A inversa de A é A−1 ⇒{A−1 · A = InA · A−1 = In

⇒ a inversa de A−1 é A.

Portanto(A−1

)−1= A.

Exemplo 2.3.8. Prove que a inversa de uma matriz invertível é única.

Exemplo 2.3.9. Prove que a inversa da transposta é a transposta dainversa, ou seja, (AB)T = BTAT .

Suponhamos que A seja invertível e que B e C sejam inversas de A eprovemos que B = C.

A ·B = I e C · A = I ⇒ C · (AB) = C · I⇒ (CA) ·B = C⇒ I ·B = C⇒ B = C

Exemplo 2.3.10. Prove que a transposta do produto de duas matrizes éo produto das transpostas na ordem trocada, ou seja, (A·B)T = BT ·AT .

Demonstração.Vamos demonstrar que o termo geral de (AB)T é igual ao termo geral

de BTAT .[(AB)T

= [AB]ji

= [A](j) [B](i)

=[AT](j)

[BT](i)

=[BT](i) [

AT](j)

=[BTAT

Portanto como o elemento que está na linha i e coluna j da matriz(AB)T e da matriz BTAT são iguais, então (AB)T = BTAT .

Exemplo 2.3.11. Prove que a inversa da transposta é a transposta dainversa, ou seja, (AT )−1 = (A−1)T .

Demonstração.

(AT ) · (A−1)T = (A · A−1)T = (I)T = I.

(A−1)T · (AT ) = (A−1 · A)T = (I)T = I.

Exemplo 2.3.12. Resumo de algumas propriedades que valem para oproduto de números reais mas falham para o produto de matrizes:

1) A ·B = B · A;

2) A 6= 0, B 6= 0⇒ A ·B 6= 0;

3) Mn(R)∗ = Mn(R)− {0}.

2.4 Aplicações

Em computação o produto de matrizes tem a grande vantagem depoder ser executado em paralelo portanto sempre que possível devemosconverter um processo em série para a multiplicação de matrizes. Umbom exemplo disso é a replicação de um vetor nas colunas de uma matrizcomo no exemplo seguinte.

e B =[

1 1 1 1]. Calcule o

produto de A por B.

A ·B =

· [ 1 1 1 1]⇒ A ·B =

a a a a

b b b bc c c c

Previsão: CTT112-A,B 04/05/2018

Capítulo 3

Sistemas Lineares

3.1 Sistemas Lineares

De�nição 3.1.1. Dados os números α1, α2, · · · , αn, β (n ≥ 1), à equa-ção

α1x1 + α2x2 + · · ·+ αnxn = β (3.1)

onde os xi são variáveis em R, damos o nome de equação linear sobreR nas incógnitas x1, x2, · · · , xn.

A equação (3.1) pode ser escrita em termos de somatória

n∑i=1

αibi = β (3.2)

Uma solução dessa equação é uma sequência de n números reais, in-dicados por (b1, b2, · · · , bn), tais que

α1b1 + α2b2 + · · ·+ αnbn = β. (3.3)

CTT112-B 18/04/2018

Exemplo 3.1.1. Dada a equação 2x1 − x2 + x3 = 1, a terna ordenada(1, 3, 2) é uma solução dessa equação pois 2 · 1− 3 + 2 = 1 é verdadeira.

Solução:

CAPÍTULO 3. SISTEMAS LINEARES 37

Isolando uma das variáveis e atribuindo qualquer valor às demaisobtém-se uma solução.

x1 =1 + x2 − x3

3x2 = 2x1 + x3 − 1 x3 = 1− 2x1 + x2

Portanto temos que(1 + x2 − x3

3, x2, x3

), (x1, 2x1 + x3 − 1, x3) , (x1, x2, 1− 2x1 + x2)

são soluções da equação 2x1 − x2 + x3 = 1.

De�nição 3.1.2. Um sistema com m equações lineares e n incógnitas(m,n ≥ 1 ) é um conjunto de m equações lineares consideradas simul-taneamente, cada uma delas com n incógnitas. Um sistema linear seapresenta do seguinte modo:

α11x1 + α12x2 + · · · + α1nxn = β1α21x1 + α22x2 + · · · + α2nxn = β2... ... ... ...

αm1x1 + αm2x2 + · · · + αmnxn = βm

Uma solução do sistema (3.5) é uma solução de todas as equações,ou seja, uma solução do sistema (3.5) é uma n-upla (b1, b2, · · · , bn) denúmeros reais que é solução de cada uma das equações do sistema, ouseja, uma n-upla (b1, b2, · · · , bn) de números reais tais que

α11b1 + α12b2 + · · · + α1nbn = β1α21b1 + α22b2 + · · · + α2nbn = β2... ... ... ...

αm1b1 + αm2b2 + · · · + αmnbn = βm

Exemplo 3.1.2. Dado o sistema S :

{2x − y + z = 1x + 2y = 6

Uma solução de S é (2, 2,−1). Essa solução não é única: as ternas(85 ,

115 , 0), (4, 1,−6) também são soluções de S.

De�nição 3.1.3. Quanto ao número de soluções, um sistema linear éclassi�cado da seguinte forma. Primeiro distinguimos um sistema comsolução de uma sistema sem solução.{

Nenhuma Solução � ImpossívelPelo menos uma Solução � Possível

Segundo classi�camos os sistemas com solução em Determinado e In-determinado.{

Uma única Solução � DeterminadoMais do que uma solução � Indeterminado

E por �m agrupamos essas informações da seguinte forma.Nenhuma Solução � ImpossívelUma única Solução � Possível e DeterminadoMais do que uma solução � Possível e Indeterminado.

Obs.: Um sistema com mais do que uma solução tem in�nitas solu-ções.

Exemplo 3.1.3. Classi�que cada um dos sistemas quanto ao númerode soluções.

{x − y = −1x + y = 3

−3 −2 −1 0 1 2 3 4 5

{2x + y = 16x + 3y = 9

−3 −2 −1 0 1 2 3

{2x + 3y = 64x + 6y = 12

−3−2−1 0 1 2 3 4 5 6

CTT112 - B - 20/04/2018

Exemplo 3.1.4. S :

{2x − y + z = 1x + 2y = 6

Solução:

x = 6− 2y ⇒

2(6− 2y)− y + z = 1⇒ 12− 4y − y + z = 1⇒ 5y = 11 + z ⇒

y =11 + z

x = 6− 2

(11 + z

)⇒ x = 6− 22 + 2z

5⇒ x =

30− 22− 2z

x =8− 2z

Portanto toda terna de números do tipo

(8− 2z

5,11 + z

)é uma

solução do sistema dado.

Se β1 = β2 = · · · = βm = 0 o sistema é dito homogêneo.

α11x1 + α12x2 + · · · + α1nxn = 0α21x1 + α22x2 + · · · + α2nxn = 0... ... ... ...

αm1x1 + αm2x2 + · · · + αmnxn = 0

Todo sistema homogêneo admite a solução (b1, b2, · · · , bm) = (0, 0, · · · , 0).Essa solução é chamada de solução trivial. Portanto todo sistema ho-mogêneo é possível.

Exemplo 3.1.5. Seguem-se dois exemplos de sistemas homogêneos, oprimeiro é determinado e o segundo indeterminado.

{x + y = 0x + 2y = 0

{x + 2y = 03x + 6y = 0

CTT112 - A - 20/04/2018

Exemplo 3.1.6. Qualquer sistema do tipo

α11x1 + α12x2 + · · · + α1nxn = β1... ... ... ...

0 · x1 + 0 · x2 + · · · + 0 · xn = βi (βi 6= 0)... ... ... ...

αm1x1 + αm2x2 + · · · + αmnxn = βm

é necessariamente impossível, pois a i-ésima equação não tem solução,visto que, dado (b1, b2, · · · , bm) temos (0 · b1 + 0 · b2 + · · ·+ 0 · bm = 0)e βi 6= 0.

Exemplo 3.1.7. Um sistema do tipo

x1 = β1

x2 = β2. . .

xn = βn

é possível e determinado e (β1, β2, · · · , βn) é a única solução.

3.2 Sistemas Equivalentes

Descrevemos a seguir três formas de modi�car um sistema linear pre-servando o conjunto solução. O objetivo é transformar o sistema atéobter um sistema(com a mesma solução) cuja solução esteja explícita.

(I) Permutar duas equações de um sistema não afeta seu conjunto solu-ção. Ou seja, se o sistema R é obtido a partir de S permutando duasequações então R e S tem o mesmo conjunto solução.

α11x1 + · · · + α1nxn = β1...

αi1x1 + · · · + αinxn = βi...

αj1x1 + · · · + αjnxn = βj...

αm1x1 + · · · + αmnxn = βm

α11x1 + · · · + α1nxn = β1...

αj1x1 + · · · + αjnxn = βj...

αi1x1 + · · · + αinxn = βi...

αm1x1 + · · · + αmnxn = βm

(II) Multiplicar uma equações de S por um número real λ 6= 0 tam-bém não afeta o conjunto solução do sistema.

α11x1 + · · · + α1nxn = β1...

αi1x1 + · · · + αinxn = βi...

αm1x1 + · · · + αmnxn = βm

α11x1 + · · · + α1nxn = β1...

λαi1x1 + · · · + λαinxn = λβi...

αm1x1 + · · · + αmnxn = βm

(III) Somar a uma das equações do sistema uma outra equação mul-tiplicada por um número real. Essa modi�cação apesar de mais elaboratambém preserva o conjunto solução do sistema.

α11x1 + · · · + α1nxn = β1...

αi1x1 + · · · + αinxn = βi...

αj1x1 + · · · + αjnxn = βj...

αm1x1 + · · · + αmnxn = βm

α11x1 + · · · + α1nxn = β1...

αi1x1 + · · · + αinxn = βi...

(αj1 + λαi1)x1 + · · · + (αjn + λαin)xn = βj + λβi...

αm1x1 + · · · + αmnxn = βm

De�nição 3.2.1. Dado um sistema linear S qualquer uma das modi�-cações (I), (II), (III) recebe o nome de Operação Elementar sobre linhas.Se um Sistema linear R foi obtido de S por meio de um número �nitode operações elementares dizemos que R está relacionado com S. E es-crevemos R ∼ S para representar essa relação.

É fácil veri�car que a relação ∼ satisfaz as seguintes propriedades:a) S ∼ S (Re�exiva);b) R ∼ S ⇒ S ∼ R (Simetria);c) R ∼ S, T ∼ R⇒ T ∼ S (Transitiva).

Uma relação que satisfaça as propriedades a), b) e c) é chamada derelação de equivalência[3], [2].

De�nição 3.2.2. Se um sistema R for obtido de S por meio de umnúmero �nito de operações elementares dizemos que R é equivalente aS.

De�nição 3.2.3. Dados um sistema

α11x1 + α12x2 + · · · + α1nxn = β1α21x1 + α22x2 + · · · + α2nxn = β2

...αm1x1 + αm2x2 + · · · + αmnxn = βm

a matriz

α11 α12 · · · α1n β1α21 α22 · · · α2n β2... ... . . . ... ...

αm1 αm2 · · · αmn βm

é chamada de matriz aumentada do sistema S.

Ao manipular as equações de um sistema as variáveis permanecemintactas, assim podemos suprimi-las nesse processo e trabalhar apenascom os coe�cientes. Esse processo recebe o nome de escalonamento.

Exemplo 3.2.1. Vejamos agora um exemplo de escalonamento de umsistemas com três equações e três incógnitas.

x1 + x2 − x3 = −3−2x1 − x2 + 3x3 = 8

3x1 − 2x2 − 7x3 = −16←→

1 1 −1 −3−2 −1 3 8

3 −2 −7 −16

−−−−−−→L2 + 2L1

L3 + (−3)L1

1 1 −1 −30 1 1 20 −5 −4 −7

−−−−−−→L3 + 5L2

CAPÍTULO 3. SISTEMAS LINEARES 46 1 1 −1 −30 1 1 20 0 1 3

L1 + L3

L2 + (−1)L3

−−−−−−→

1 1 0 00 1 0 −10 0 1 3

L1 + (−1)L2

−−−−−−→

1 0 0 10 1 0 −10 0 1 3

←→x1 = 1

x2 = −1x3 = 3

A única solução do sistema equivalente é (x1, x2, x3) = (1,−1, 3). Por-tanto a solução do sistema original também é única e é (x1, x2, x3) =(1,−1, 3).

Exemplo 3.2.2. Mostre que o seguinte sistema é equivalente a um sis-tema impossível.

x − y + z = 12x − y + z = 4x − 2y + 2z = 0

←→

1 −1 1 12 −1 1 41 −2 2 0

−−−−−−→L2 + (−2)L1

L3 + (−1)L1

1 −1 1 10 1 −1 20 −1 1 −1

−−−−−−→L3 + L2 1 −1 1 1

0 1 −1 20 0 0 1

←→x − y + z = 1

y − z = 20 = 1

CTT112 - A,B - 25/04/2018

Portanto o sistema original é impossível, ou seja, o conjunto soluçãoé vazio.

Exemplo 3.2.3. Vejamos agora um exemplo de escalonamento de umsistemas 4× 4.

x1 + 3x2 + 4x3 + 2x4 = 83x1 + 10x2 + 14x3 + 5x4 = 24−5x1 − 11x2 − 11x3 − 17x4 = −48

4x1 + 9x2 + 10x3 + 12x4 = 36

←→

1 3 4 2 83 10 14 5 24−5 −11 −11 −17 −48

4 9 10 12 36

−−−−−−→L2 + (−3)L1

L3 + 5L1

L4 + (−4)L11 3 4 2 80 1 2 −1 00 4 9 −7 −80 −3 −6 4 4

−−−−−−→L3 + (−4)L2

L4 + 3L21 3 4 2 80 1 2 −1 00 0 1 −3 −80 0 0 1 4

L1 + (−2)L4

L2 + L4

L3 + 3L4

−−−−−−→

1 3 4 0 00 1 2 0 40 0 1 0 40 0 0 1 4

L1 + (−4)L3

L2 + (−2)L3

−−−−−−→

1 3 0 0 −160 1 0 0 −40 0 1 0 40 0 0 1 4

L1 + (−3)L2

−−−−−−→

1 0 0 0 −40 1 0 0 −40 0 1 0 40 0 0 1 4

←→x1 = −4

x2 = −4x3 = 4

x4 = 4

←→

x1 = −4x2 = −4x3 = 4x4 = 4

x1x2x3x4

−4−444

Exemplo 3.2.4. Resolva o sistema.

x − 2y − z = 1

2x + y − 3z = 0x − 7y = 3

←→

1 −2 −1 12 1 −3 01 −7 0 3

−−−−−−→L2 + (−2)L1

L3 + (−1)L1

1 −2 −1 10 5 −1 −20 −5 1 2

−−−−−−→L3 + L2 1 −2 −1 1

0 5 −1 −20 0 0 0

−−−−−−→L2/5

1 −2 −1 10 1 −1

5 −25

0 0 0 0

L1 + 2L2

−−−−−−→

1 0 −75

0 1 −15 −

0 0 0 0

←→ {x − 7

5z = 15

y − 15z = −2

←→

{x = 1

5 + 75z

y = −25 + 1

Portanto(15 + 7

5z,−25 + 1

5z, z)é uma solução de S ∀z ∈ R.

15 + 7

−25 + 1

75z15z

Exemplo 3.2.5. Vejamos agora um exemplo de escalonamento de umsistemas com três equações e cinco incógnitas(mais equações do que in-cógnitas).

CAPÍTULO 3. SISTEMAS LINEARES 49x1 − x2 + x3 − 7x4 = 1

2x1 − 2x2 + 3x3 − 19x4 − x5 = 13x1 − 3x2 + 2x3 − 16x4 + x5 = 4

←→

1 −1 1 −7 0 12 −2 3 −19 −1 13 −3 2 −16 1 4

−−−−−−→L2 + (−2)L1

L3 + (−3)L1

1 −1 1 −7 0 10 0 1 −5 −1 −10 0 −1 5 1 1

−−−−−−→L3 + L2 1 −1 1 −7 0 1

0 0 1 −5 −1 −10 0 0 0 0 0

L1 + (−1)L2

−−−−−−→

1 −1 0 −2 1 20 0 1 −5 −1 −10 0 0 0 0 0

←→{x1 − x2 − 2x4 + x5 = 2

x3 − 5x4 − x5 = −1

←→{x1 = 2 − x5 − 2x4 + x2x3 = −1 + x5 + 5x4

x1x2x3x4x5

20−1

Exemplo 3.2.6. Veri�que que o seguinte sistema é possível e determi-nado e encontre a sua única solução.

x − y + z = 12x + y + 2z = 03x − y + z = 1

←→

CAPÍTULO 3. SISTEMAS LINEARES 50 1 −1 1 12 1 2 03 −1 1 1

−−−−−−→L2 + (−2)L1

L3 + (−3)L1

1 −1 1 10 3 0 −20 2 −2 −2

−−−−−−→L2 ↔ L3 1 −1 1 1

0 2 −2 −20 3 0 −2

L2/2−−−−−−→

1 −1 1 10 1 −1 −10 3 0 −2

−−−−−−→L3 + (−3)L2 1 −1 1 1

0 1 −1 −10 0 3 1

−−−−−−→L3/3

1 −1 1 10 1 −1 −10 0 1 1

L1 + (−1)L3

L2 + L3

−−−−−−→

1 −1 0 23

0 1 0 −23

0 0 1 13

L1 + L2

−−−−−−→

1 0 0 00 1 0 −2

0 0 1 13

L1 + (−1)L3

L2 + L3

−−−−−−→

←→

x = 0y = −2

z = 13

3.3 Determinação da Inversa

Um processo prático para determinação da inversa de uma matriz seráapresentado nesse exemplo e demonstrado adiante no Teorema (3.3).

Exemplo 3.3.1. Veri�que se a matriz A =

1 1 00 1 11 0 2

é invertível e

determine A−1, caso esta matriz exista.

1 1 00 1 11 0 2

∣∣∣∣∣∣1 0 00 1 00 0 1

−−−−−−→L3 + (−1)L1

1 1 00 1 10 −1 2

∣∣∣∣∣∣1 0 00 1 0−1 0 1

−−−−−−→L3 + L2

1 1 00 1 10 0 3

∣∣∣∣∣∣1 0 00 1 0−1 1 1

−−−−−−→L3/3

1 1 00 1 10 0 1

∣∣∣∣∣∣1 0 00 1 0

−−−−−−→L2 + (−1)L3

1 1 00 1 00 0 1

∣∣∣∣∣∣1 0 013

23 −

L1 + (−1)L2

−−−−−−→

1 0 00 1 00 0 1

∣∣∣∣∣∣23 −

23 −

Logo a matriz A é invertível e

A−1 =

23 −

⇒ A−1 = 13

2 −2 11 2 −1−1 1 1

Exemplo 3.3.2. Vejamos o mesmo problema com A=

1 2 60 1 52 3 7

. 1 2 6

0 1 52 3 7

∣∣∣∣∣∣1 0 00 1 00 0 1

−−−−−−→L3 + (−2)L1

CAPÍTULO 3. SISTEMAS LINEARES 52 1 2 60 1 50 −1 −5

∣∣∣∣∣∣1 0 00 1 0−2 0 1

−−−−−−→L3 + L2 1 2 6

0 1 50 0 0

∣∣∣∣∣∣1 0 00 1 0−2 1 1

Logo a matriz A não é invertível.

3.4 Sistemas de Cramer

α11x1 + α12x2 + · · · + α1nxn = β1α21x1 + α22x2 + · · · + α2nxn = β2... ... ... ...

αm1x1 + αm2x2 + · · · + αmnxn = βm

um sistema de m equações com n incógnitas (m,n ≥ 1 ) sobre R.Se tomarmos

α11 α12 · · · α1n

α21 α22 · · · α2n... ... ...

αm1 αm2 · · · αmn

x1x2...xn

β1β2...βm

então S poderá ser escrito na forma matricial

AX = B

onde A recebe o nome de matriz dos coe�cientes dos sistema (3.6).

De�nição 3.4.1. Um sistema de Cramer é um sistema linear n×n cujamatriz dos coe�cientes é invertível.

Neste ambiente em que A ∈ Mn(R)∗ procedendo com as seguintesmanipulações algébricas, cujas validades já foram demonstradas temos.

AX = B ⇔ A−1(AX) = A−1B ⇔ (A−1A)X = A−1B ⇔ InX =A−1B ⇔ X = A−1B

Portanto todo sistema de Cramer é possível e determinado.

Exemplo 3.4.1. A matriz dos coe�ciente do sistema

x + y = 1

y + z = 1x + 2z = 0

é A =

1 1 00 1 11 0 2

que é invertível e

A−1 = 13

2 −2 11 2 −1−1 1 1

Além disso X =

Portanto

X = 13

2 −2 11 2 −1−1 1 1

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3.5 Matrizes Elementares

De�nição 3.5.1. Uma matriz elementar de ordem n é uma matriz Eobtida de In por meio de uma única operação elementar.

Exemplo 3.5.1. E1 =

0 0 10 1 01 0 0

, E2 =

1 0 00 2 00 0 1

, E3 =

1 0 03 1 00 0 1

Teorema 3.1. Sejam E uma matriz elementar de ordem n. Se apli-carmos, em uma matriz A, (também de ordem n) a mesma operaçãoelementar que transforma In em E obtemos a matriz EA.

Exemplo 3.5.2. Sejam

1 2 45 1 32 1 8

0 0 10 1 01 0 0

, E2 =

1 0 00 2 00 0 1

e E3 =

1 0 03 1 00 0 1

Aplicando a operação que transformou In em E1 obtemos:

1 2 45 1 32 1 8

−−−−−−→L1 ↔ L3

2 1 85 1 31 2 4

Multiplicando E1 por A obtemos:

E1 · A =

0 0 10 1 01 0 0

· 1 2 4

5 1 32 1 8

2 1 85 1 31 2 4

1 2 45 1 32 1 8

−−−−−−→L2 = 2L2

1 2 410 2 62 1 8

E2 · A =

1 0 00 2 00 0 1

· 1 2 4

5 1 32 1 8

1 2 410 2 62 1 8

1 2 45 1 32 1 8

−−−−−−→L1 + 3L1

1 2 48 7 152 1 8

E3 · A =

1 0 03 1 00 0 1

· 1 2 4

5 1 32 1 8

1 2 48 7 152 1 8

Teorema 3.2. Toda matriz elementar E de ordem n é invertível.

CTT112-B 04/05/2018

Teorema 3.3. Uma matriz A de ordem n é invertível se, e somente se,In ∼ A. Neste caso, a mesma sucessão de operações que transforma Aem In, transforma In em A−1.

Demonstração.

Et · Et−1 · · ·E2 · E1 · A = In ⇒ A−1 = Et · Et−1 · · ·E2 · E1

⇒ A−1 = Et · Et−1 · · ·E2 · E1 · In

3.6 Aplicações

Exemplo 3.6.1. Suponha que f(x) = ax3 + bx2 + cx + d. Determineseus coe�cientes a, b, c e d resolvendo o seguinte sistema:

f(−1) = −2f(0) = 2f(1) = 2f(2) = 4

Exemplo 3.6.2. Suponha que f(n) =n∑k=1

k2 possa ser expressa por

uma função polinomial de grau três, ou seja, f(n) = an3 + bn2 + cn+d.Determine seus coe�cientes a, b, c e d resolvendo o seguinte sistema:

f(0) = 0f(1) = 1f(2) = 5f(3) = 14

Resolvendo o sistema acima obtemos

131216

Ou seja, f(n) = 1

3n3 + 1

2n2 + 1

6n + 0 = n(2n+1)(n+1)6 . Desse fato

concluímos que caso a função f possa ser expressa como polinômio degrau 3 então é dada por

n∑k=1

k2 =n(2n+ 1)(n+ 1)

6(3.7)

Exemplo 3.6.3. Dados os pontos D = (8, 12), E = (13, 9), F = (18, 1)e G = (0, 4) resolva o seguinte sistema vetorial para calcular as coorde-nadas de A = (x1, y1), B = (x2, y2) e C = (x3, y3).

4A = B + C +D + E4B = A+ C + E + F5C = A+B +D + F +G

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 180

Exemplo 3.6.4. Dados os pontosD = (17, 6), E = (16, 10), F = (2, 11)e G = (3, 1) resolva o seguinte sistema vetorial para calcular as coorde-nadas de A = (x1, y1), B = (x2, y2) e C = (x3, y3).

4A = B + C +D + E4B = A+ C + E + F

5C = A+B +D + F +G

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 180

Resposta:

A = (13, 8), B = (10, 9) e C = (9, 7)

4A = B + C +D + E4B = A+ C + E + F5C = A+B +D + F +G

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 170

Resposta:

A = (12, 7), B = (9, 8) e C = (8, 6)

4A = B + C +D + E

4B = A+ C + E + F

5C = A+B +D + F +G

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 160

Resposta:

A = (11, 7), B = (8, 8) e C = (7, 6)

4A = B + C +D + E

4B = A+ C + E + F

5C = A+B +D + F +G

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 160

Resposta:

A = (11, 7), B = (8, 8) e C = (7, 6)

4A = B + C +D + E

4B = A+ C + E + F

5C = A+B +D + F +G

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 160

Resposta:

A = (11, 7), B = (8, 8) e C = (7, 6)

4A = B + C +D + E

4B = A+ C + E + F

5C = A+B +D + F +G

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 160

Resposta:

A = (11, 6), B = (8, 7) e C = (7, 6)

Exemplo 3.6.10.

Exemplo 3.6.11.

Exemplo 3.6.12.

Exemplo 3.6.13.

Esse problema pode ser generalizado de modo que a solução é ob-tida por meio de resolução de um sistema linear [6]. Segue o esquemageneralizado aplicado a parametrização de superfícies triangulares.

Click aqui para ver mais detalhes dessa generalização

http://www.tellau.com.br/mestrado/dissertacao_telau.pdf.

Veja também um vídeo da resolução de um sistema por meio de mé-todo iterativo clicando aqui (Relaxamento Planar)

Um problema análogo porém no espaço tridimensional também requera solução de um sistema mas não um sistema linear. Porém sua resoluçãoé feita iterativamente e em cada iteração um sistema linear é resolvido.Veja vídeo de processo clicando aqui(Método de Newton e Instabilidade).

(Método de Newton e Estabilidade mas não convergente)

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Capítulo 4

Espaços Vetoriais

4.1 Espaços Vetoriais

Nesse capítulo vamos formalizar um pouco mais a linguagem mate-mática de estruturas como o conjunto de matrizes para que não se tenhadupla ou múltiplas interpretações de uma mesma a�rmação. Para en-tender melhor esse fato clique aqui(Romanos) para assistir esse vídeo.

De�nição 4.1.1. Dizemos que um conjunto E 6= ∅ é um espaço veto-rial sobre R quando for possível de�nir duas operações satisfazendo umalista de 8 propriedades que descreveremos a seguir.

I - Adição

+ : E × E −→ E

(u, v) 7−→ u+v

tal que

A1) u+v = v+u, ∀u, v ∈ E(Comutatividade);

A2) u+(v+w) = (u+v)+w, ∀u, v, w ∈ E(Associatividade);

A3) ∃ 0 ∈ E tal que u+ 0 = u, ∀u ∈ E(Existência do elementoneutro da soma);

A4) Dada a matriz u ∈ E, ∃(−u) ∈ E tal que u+(−u) = 0(Existênciado inverso aditivo).

CAPÍTULO 4. ESPAÇOS VETORIAIS 66

II - Produto por Escalar

� : E × E −→ E(u, v) 7−→ u� v

tal que

M1) (α ·β)�u = α� (β�u), ∀α, β ∈ R, ∀u ∈ E(Associatividade);

M2) (α + β) � u = α � u+β � u, ∀α, β ∈ R, ∀u ∈ E(Distributivado produto por escalar em relação à soma de números reias);

M3) α(u+v) = α � u+α � v, ∀α ∈ R, ∀u, v ∈ E(Distributiva doproduto por escalar em relação à soma de vetores);

M4) 1� u = u, ∀u ∈ E(Elemento neutro).

Exemplo 4.1.1. O conjunto R com as operações de adição e multipli-cação é um espaço vetorial sobre R.

Exemplo 4.1.2. O conjunto C com as operações de soma e produtode números reais por complexos é um espaço vetorial(Neste caso, em Cestá de�nido um produto de complexo por complexo que torna C umcorpo algebricamente fechado).

Exemplo 4.1.3. O conjunto dos vetores da geometria(de�nidos pormeio de segmentos orientados) é um espaço vetorial.

Exemplo 4.1.4. O conjunto Mm×n(R) das matrizes m × n com asoperações de soma e produto por escalar de�nidas no anterior é umespaço vetorial sobre R.

Exemplo 4.1.5. Seja Rn = {(x1, · · · , xn) / x1, · · · , xn ∈ R} com asoperações

+ : Rn × Rn −→ Rn

(u, v) 7−→ u+ v· : R× Rn −→ Rn

(λ, u) 7−→ λ · u

u = (x1, · · · , xn)v = (y1, · · · , yn)λ ∈ R

de�nimos a soma e o produto por es-

calar da seguinte forma:

(x1, · · · , xn) + (y1, · · · , yn) := (x1 + y1, · · · , xn + yn)eλ · (x1, · · · , xn) := (λ · x1, · · · , λ · xn)

(Rn,+, ·) é um espaço vetorial sobre R.

Exemplo 4.1.6. (Cn,+, ·) é um espaço vetorial sobre R.

Exemplo 4.1.7. Seja Pn o conjunto de todos os polinômios de grau≤ n,ou seja, Pn (R) = {(a0 + a1x+ · · ·+ anx

n) / a0, · · · , an ∈ R} com asoperações

+ : Pn (R)× Pn (R) −→ Pn (R)(f, g) 7−→ f + g

· : R× Pn (R) −→ Pn (R)(λ, f) 7−→ λ · f

f(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anx

g(x) = b0 + b1x+ · · ·+ bnxn

λ ∈ Rde�nimos a soma e o pro-

duto por escalar da seguinte forma:

(a0 + · · ·+ anxn)+(b0 + · · ·+ bnx

n) := (a0 + b0)+ · · ·+(an + bn)xn

eλ · (a0 + · · ·+ anx

n) := λ · a0 + · · ·+ λ · anxn

Prove que (Pn (R) ,+, ·) é um espaço vetorial sobre R.

Exemplo 4.1.8. O espaço Pn(C) é um espaço vetorial sobre C.

Exemplo 4.1.9. O conjunto F (R) das funções f : R −→ R é um espaçovetorial sobre R.

Exemplo 4.1.10. E = {u ∈ R /u > 0} com as operações u+v := u · ve λ� u := uλ é um espaço vetorial sobre R .

Exemplo 4.1.11. Seja E o conjunto dos pares ordenados de númerosreais. Determine quais são as condições sobre a, b, c e d para que sejacomutativa a operação de adição de�nida por

(x1, y1)+(x2, y2) := (ax1 + bx2, cy1 + dy2).

Demonstração.u+v = (x1, y1)+(x2, y2) = (ax1 + bx2, cy1 + dy2)

v+u = (x1, y1)+(x2, y2) = (ax2 + bx1, cy2 + dy1)

Portanto para que seja comutativa é necessário que

{ax1 + bx2 = ax2 + bx1,∀x1, x2 ∈ Rcy1 + dy2 = cy2 + dy1,∀y1, y2 ∈ R

Assim podemos inferir que valem as igualdades para quaisquer valoresque atribuirmos a x1, x2, y1, y2 ∈ R{

x1 = 1, x2 = 0⇒ a = b

y1 = 1, y2 = 0⇒ c = d

Portanto as condições são :{a = b

Exemplo 4.1.12. Seja E o conjunto dos pares ordenados de númerosreais. Determine quais são as condições sobre a para que seja associativaa operação de produto por escalar de�nida por

λ� (x, y) = (a · λ · x, λ · y).

Demonstração.(α · β)� u = (α · β)� (x, y) = (a · (α · β) · x, (α · β) · y)

α(β � u) = α · (β � (x, y))= α� (a · β · x, β · y)= (a · α · (a · β · x), α · β · y)= (a2 · (α · β) · x, (α · β) · y)

Portanto para que seja associativa é necessário que

a · (α · β) · x = a2 · (α · β) · x

Assim podemos inferir que vale a igualdade para quaisquer valoresque atribuirmos a α, β e x.

Portanto a única condição é:

a2 = a⇒ a2 − a = 0⇒ a(a− 1) = 0⇒

a = 0 ou a = 1.

4.2 Propriedades

Seja um espaço vetorial E sobre R. Então valem as seguintes propri-edades:

P1. Para todo α ∈ R, α · 0 = 0Demonstração. α · 0 = α · (0 + 0) = α · 0 + α · 0⇒α · 0 + α · 0 = α · 0⇒ α · 0 + α · 0 = 0 + α · 0⇒[α · 0 + α · 0] + (−(α · 0)) = [0 + α · 0] + (−(α · 0))⇒α · 0 + [α · 0 + (−(α · 0))] = 0 + [α · 0 + (−(α · 0))]⇒α · 0 + 0 = 0 + 0⇒α · 0 = 0

CTT112-B 09/05/2018

P2. Para todo u ∈ E, 0 · u = 0.

Demonstração.0 · u = (0 + 0) · u = 0 · u+ 0 · u⇒0 · u = 0 · u+ 0 · u⇒0 · u+ 0 = 0 · u+ 0 · u⇒(−(0 · u)) + [0 · u+ 0] = (−(0 · u)) + [0 · u+ 0 · u]⇒[(−(0 · u)) + 0 · u] + 0 = [(−(0 · u)) + 0 · u] + 0 · u⇒0 + 0 = 0 + 0 · u⇒0 = 0 · u⇒0 · u = 0

Seja E um espaço vetorial. Prove que para todo u ∈ E, 0 · u = 0

Solução:

0 · u = (0 + 0) · u = 0 · u+ 0 · u⇒0 · u = 0 · u+ 0 · u⇒0 · u+ 0 = 0 · u+ 0 · u⇒(−(0 · u)) + [0 · u+ 0] = (−(0 · u)) + [0 · u+ 0 · u]⇒[(−(0 · u)) + 0 · u] + 0 = [(−(0 · u)) + 0 · u] + 0 · u⇒0 + 0 = 0 + 0 · u⇒0 = 0 · u⇒0 · u = 0

P3. Uma igualdade α ·u = 0, com α ∈ R e u ∈ E só é possível se α = 0ou u = 0.Demonstração. Suponha α 6= 0. Daí existe o número real α−1. Mul-tiplicando então ambos os lados da equação α · u = 0 por α−1 teremosα−1 · (α · u) = α−1 · 0⇒ (α−1 · α) · u = 0⇒ 1 · u = 0⇒ u = 0

P4. Para todo α ∈ R e todo u ∈ E, (−α) · u = −(αu).Demonstração.

αu+ (−α) · u = [α + (−α)] · u = 0 · u = 0⇒ αu+ (−α) · u = 0

Assim temos:{αu + (−α) · u = 0αu + (−(α · u)) = 0

⇒ αu+ (−α) · u = αu+ (−(α · u))⇒

(−(αu)) + [αu+ (−α) · u] = (−(αu)) + [αu+ (−(α · u))]⇒

[(−(αu)) + αu] + (−α) · u = [(−(αu)) + αu] + (−(α · u))⇒

0 + (−α) · u = 0 + (−(α · u))⇒

(−α) · u = −(α · u)

Em particular se α = 1 temos (−1) · u = −(1 · u) donde (−1) · u = −u.Ou seja, o inverso aditivo de u é igual a (−1) ·u assim como ocorria comnúmeros reais.

P5. Para todo α ∈ R e todo u ∈ E, α(−u) = −(αu)Demonstração.

αu+ α · (−u) = α · [u+ (−u)] = α · 0 = 0⇒ αu+ α · (−u) = 0

Assim temos:{αu + α · (−u) = 0αu + (−(α · u)) = 0

⇒ αu+ α · (−u) = αu+ (−(α · u))⇒

(−(αu)) + [αu+ α · (−u)] = (−(αu)) + [αu+ (−(α · u))]⇒

[(−(αu)) + αu] + α · (−u) = [(−(αu)) + αu] + (−(α · u))⇒

0 + α · (−u) = 0 + (−(α · u))⇒

α · (−u) = −(α · u)

De�nição 4.2.1. Dados dois vetores u, v do espaço E, de�ne-se a dife-rença entre u e v como segue:

u− v := u+ (−v) (4.1)

P6. Para todo α, β ∈ R e u ∈ E, (α− β) · u = α · u− β · u.Demonstração.

(α− β) · u = (α + (−β)) · u= α · u+ (−β) · u= α · u+ (−(β · u))= α · u− (β · u)= α · u− β · u

P7. Para todo α ∈ R e todo u, v ∈ E, α · (u− v) = α · u− α · v.Demonstração.

α · (u− v) = α · (u+ (−v))= α · u+ α · (−v)= α · u+ (−(α · v))= α · u− (α · v)= α · u− α · v

P8. Sejam E um espaço vetorial e u, v, w ∈ E. Utilizando apenas as 8propriedades de Espaço vetorial prove que vale a lei do cancelamento,

ou seja, se u + v = u + w então v = w (Explicite cada propriedadeutilizada).

Solução:

u+ v = u+ w ⇒(−u) + [u+ v] = (−u) + [u+ w]⇒[(−u) + u] + v = [(−u) + u] + w ⇒0 + v = 0 + w ⇒v = w

P9. Dados os números α1, α2, · · · , αn, β ∈ R e u1, · · · , un ∈ E, então:

(n∑j=1

n∑j=1

(βαj)uj (4.2)

Demonstração. Faremos a demonstração por indução. Seja a propo-sição P (n) de�nida como

P (n) : β

(n∑j=1

n∑j=1

(βαj)uj

Assim temos que

P (1) : β

(1∑j=1

1∑j=1

(βαj)uj ⇔ β(α1u1) = (βα1)u1 (por M1)

Desenvolvendo P (n+ 1) temos:

(n+1∑j=1

n+1∑j=1

(βαj)uj ⇔

β((∑n

j=1 αjuj

)+ αn+1un+1

n∑j=1

(βαj)uj + (βαn+1)un+1

β(∑n

j=1 αjuj

)+ β (αn+1un+1) =

n∑j=1

(βαj)uj + β (αn+1un+1)

CTT112-A,B 09/05/2018

4.3 Subespaços Vetoriais

De�nição 4.3.1. Seja E um espaço vetorial sobre R. Um subespaçovetorial de E é um subconjunto F ⊂ E, tal que:i) 0 ∈ F ;ii) u, v ∈ F ⇒ u+ v ∈ F ;iii) α ∈ R, u ∈ F ⇒ αu ∈ F .

Usaremos a seguinte notação F ≤ E para indicar que F é subespaçovetorial de E.

CTT112-A 11/05/2018

Teorema 4.1. Se F ⊂ E é um subespaço vetorial de E, então F é umespaço vetorial sobre R(Exercício).

Exemplo 4.3.1. Para todo espaço vetorial E é imediato que F = {0} eF = E são subespaços de E. Esses subespaços são chamados subespaçostriviais.

Exemplo 4.3.2. F = {(x, y, z) ∈ R3/x + y + z = 0} é um subespaçode R3 (Exercício).

Exemplo 4.3.3. F = {(x, y, z) ∈ R3/x+ y + z = 2} não é um subes-paço de R3 (Exercício).

Exemplo 4.3.4. F = {(x, y, z) ∈ R3/ax+by+cz = 0} é um subespaçode R3 (Exercício).

Exemplo 4.3.5. A interseção de dois subespaços do mesmo espaço ve-torial E é também um subespaço vetorial de E.(Exercício) (F,G ≤E)⇒ F ∩G ≤ E)

Exemplo 4.3.6. Ps (R) é um subespaço de Pn (R) desde que 0 ≤ s ≤n.(Exercício)

Exemplo 4.3.7. Uma matrizM ∈Mn(R) é dita simétrica quando vale[M ]ij = [M ]ji. O conjunto Sn(R) ⊂ Mn(R) das matrizes simétricas éum subespaços vetoriais de Mn(R).

Demonstração.i) [0]ji = 0 = [0]ij ∀i, j ∈ {1, · · · , n} ⇒ 0 ∈ Sn(R);

ii) A,B ∈ Sn(R)⇒ [A]ji = [A]ij e [B]ji = [B]ij ∀i, j ∈ {1, · · · , n} ⇒[A+B]ji = [A]ji+[B]ji = [A]ij+[B]ij = [A+B]ij ∀i, j ∈ {1, · · · , n} ⇒A+B ∈ Sn(R);

iii) A ∈ Sn(R), α ∈ R ⇒ [α · A]ji = α · [A]ji = α · [A]ij =[α · A]ij ∀i, j ∈ {1, · · · , n} ⇒ α · A ∈ Sn(R).

Exemplo 4.3.8. Uma matrizM ∈Mn(R) é dita anti-simétrica quandovale [M ]ij = − [M ]ji. O conjunto An(R) ⊂ Mn(R) das matrizes anti-simétricas é um subespaços vetoriais de Mn(R).

Demonstração.i) [0]ji = 0 = −0 = −[0]ij ∀i, j ∈ {1, · · · , n} ⇒

0 ∈ An(R);

ii) A,B ∈ An(R)⇒[A]ji = −[A]ij e [B]ji = −[B]ij ∀i, j ∈ {1, · · · , n} ⇒[A+B]ji = [A]ji + [B]ji = (−[A]ij) + (−[B]ij) = −([A]ij) + [B]ij) =

−[A+B]ij ∀i, j ∈ {1, · · · , n} ⇒ A+B ∈ An(R);

iii) A ∈ An(R), α ∈ R⇒

[α · A]ji = α · [A]ji = α · (−[A]ij) = −[α · A]ij ∀i, j ∈ {1, · · · , n} ⇒α · A ∈ An(R).

Exemplo 4.3.9. Se E é um espaço vetorial e u ∈ E, o conjunto dosvetores da forma λu com λ ∈ R, é um subespaço de E.(Exercício)

Demonstração.

i) 0 = 0 · u ∈ F ⇒ 0 ∈ F ;

ii) v, w ∈ F ⇒ v = λ1 · u,w = λ2 · u ⇒ v + w = λ1 · u + λ2 · u =(λ1 + λ2) · u ∈ F ;

iii) v ∈ F, α ∈ R⇒ α · v = α · (λ · u) = (α · λ) · u ∈ F .

Exemplo 4.3.10. O conjunto das matrizes triangulares superiores dedimensão n de�nido por Tn(R) = {A ∈Mn(R); [A]ij = 0 ∀i > j} é umsubespaço vetorial de Mn(R).

Exemplo 4.3.11. Seja um sistema linear homogênio sobre R:

a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = 0a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = 0... ... ... ... 0

am1x1 + am2x2 + · · · + amnxn = 0

Prove que o conjunto solução do sistema acima é um sub-espaço ve-torial de Rn.Demonstração. E = Rn, F = {(x1, · · · , xn) ∈ Rn/ (x1, · · · , xn) ésolução do sistema (4.3) } ⇒ F ⊂ E é um subespaço vetorial.i) (0, 0, · · · , 0) ∈ F ;ii) (x1, · · · , xn), (y1, · · · , yn) ∈ F ⇒ (x1, · · · , xn)+(y1, · · · , yn) ∈ F ;iii) λ ∈ R, (x1, · · · , xn) ∈ F ⇒ λ(x1, · · · , xn) ∈ F ;

Exemplo 4.3.12. O conjunto G ⊂ F (R) das funções g : R −→ R taisque g(0) = 0 é um subespaço vetorial de F (R).Demonstração.i) 0(0) = 0⇒ 0 ∈ F (R)

ii) f, g ∈ F (R) ⇒ f(0) = g(0) = 0 ⇒ (f + g)(0) = f(0) + g(0) =0 + 0 = 0⇒ f + g ∈ F (R)

iii) λ ∈ R, f ∈ F (R) ⇒ f(0) = 0 ⇒ (λf)(0) = λf(0) = λ0 ⇒λf ∈ F (R)

Exemplo 4.3.13. Mostre que

a) Dados v0 uma solução de AX = B e v uma solução de AX = 0então w = v0 + v é solução de AX = B;

b) Dados v0, w soluções de AX = B então v = w − v0 é solução deAX = 0.

Solução:

a) De fato Aw = A(v + v0) = Av + Av0 = B + 0 = B. Logo v + v0é uma solução de AX = B.

b) De fato Av = A(w − v0) = Aw − A0 = B −B = 0.

4.4 Soma de Subespaços

De�nição 4.4.1. Sejam F,G ≤ E subespaços vetoriais de E. Indica-mos porF +G = {u+ v/u ∈ F e v ∈ G} .

Teorema 4.2. Sejam E é um espaço vetorial e F,G ⊂ E subespaçosvetoriais de E. Então F +G também é um sub-espaço vetorial de E.Demonstração.

i) 0 = 0 + 0 ∈ F +G, pois 0 ∈ F,G;

ii) w, t ∈ F +G⇒ w+t = (u1+v1)+(u2+v2) = (u1+u2)+(v1+v2) ∈F +G;

iii) w ∈ F +G, λ ∈ R⇒ λ · w = λ · (u+ v) = λ · u+ λ · v ∈ F +G;

CTT112-B 11/05/2018

De�nição 4.4.2. Sejam F,G ⊂ E subespaços vetoriais de um espaçovetorial E tais que F ∩G = {0}. Neste caso diz-se que F +G é a somadireta dos subespaços F e G e indicamos por F ⊕G.

Teorema 4.3. Sejam F,G ⊂ E subespaços vetoriais de um espaçovetorial E. Então E = F ⊕ G se, e somente se, cada vetor u ∈ E

admite uma única decomposição u = v + w, com v ∈ F e w ∈ G.

Demonstração. Se E = F ⊕ G então u ∈ E ⇒ u = v + w,v ∈ F e w ∈ G. Suponha que u = v′ + w′ , com v ∈ F e w ∈ G.⇒ v+w = v′+w′ ⇒ v−v′ = w−w′ ∈ F∩G = {0} ⇒ v = v′ e w = w′.Portanto a escrita é única.

Supondo agora que cada vetor de u ∈ E tem uma única escrita u =v + w, com v ∈ F e w ∈ G então E = F + G. Se u ∈ F ∩ G entãou = u+0 = 0+u logo u = 0. Portanto F∩G = {0} e consequentementeE = F ⊕G.

Exemplo 4.4.1. O espaço R3 é a soma direta dos subespaços:

F = {(x, 0, 0) ∈ R3/x ∈ R}

G = {(0, y, z) ∈ R3/y, z ∈ R}

É imediato que F ∩G = {(0, 0, 0)}

Para todo {(x, y, z) ∈ R3 temos {(x, y, z) = (x, 0, 0) + (0, y, z) ∈ F +G

Logo R3 = F ⊕G.

Exemplo 4.4.2. O espaço R3 é claramente a soma direta dos subespa-ços:

F = {(x, y, x+ y) ∈ R3/x, y ∈ R}

G = {(z, z, z) ∈ R3/y, z ∈ R}

Também vale F ∩G = {(0, 0, 0)}

Para todo {(a, b, c) ∈ R3 temos {(a, b, c) = (x, y, x + y) + (z, z, z) ∈F +G basta tomar x = c− b, y = c− a e z = a+ b− c.

Logo R3 = F ⊕G.

4.5 Combinação Linear

De�nição 4.5.1. Seja E um espaço vetorial sobre R e S ⊂ E umsubconjunto não vazio de E. Indiquemos por

[S] = {α1u1 + · · ·+ αnun / u1, · · · , un ∈ E e α1, · · · , αn ∈ R} (4.4)

Teorema 4.4. [S] é um subespaço vetorial de E.

O subespaço [S] que acabamos de construir recebo o nome de espaçogerado por S. Cada elemento de [S] é uma combinação linear de S. Diz-se também que S geram [S], ou então que S é um sistema de geradoresde [S].

Teorema 4.5. Decorre da de�nição que:

a) S ⊂ [S];

b) S1 ⊂ S2 ⊂ E ⇒ [S1] ⊂ [S2];

c) [S] = [[S]];

d) Se S1 ⊂ E e S2 ⊂ E, então [S1 ∪ S2] = [S1] + [S2]

Demonstração. a) v ∈ S ⇒ v = 1 · v ∈ [S].

Exemplo 4.5.1. Se E = R3, u = (1, 0, 0), v = (1, 1, 0) o que é [{u, v}]?Demonstração.

[{u, v}] = {αu+ βv/ α, β ∈ R}= {(α + β, β, 0)/ α, β ∈ R}= {(x, y, 0)/ x, y ∈ R}

uma vez que o sistema{α + β = x

β = yé possível e determinado.

4.6 Espaços Finitamente Gerados

Exemplo 4.6.1. Seja S = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}. Veri�que queR3 = [S].

∀(a, b, c) ∈ R3 vale a igualdade

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

R3 = [S].

Exemplo 4.6.2. Seja S = {(1, 1, 1), (1, 2, 3), (1, 3, 6)}. Veri�que queR3 = [S].

∀(a, b, c) ∈ R3 a equação a seguir tem solução

(a, b, c) = x(1, 1, 1) + y(1, 2, 3) + z(1, 3, 6)⇒

CAPÍTULO 4. ESPAÇOS VETORIAIS 82 xyz

3a− 3b+ c5b− 3a− 2ca− 2b+ c

Portanto R3 = [S].

De�nição 4.6.1. Dizemos que um espaço vetorial E é �nitamente ge-rado se existe S ⊂ E, �nito, tal que E = [S].

Exemplo 4.6.3. Cada um dos seguintes espaços vetoriais é �nitamentegerado:

1) E = R3;2) E = {0};3) E = M2 (R);4) E = Rn;5) E = Mm×n (R);6) E = Pn (R).

Exemplo 4.6.4. R∞ = {(x1, · · · , xn, · · · ); xi ∈ R ∀i = 1, 2, · · · , n · · · }não é um espaço �nitamente gerado.

4.7 Aplicações

Uma aplicação de base de um espaço vetorial é a conversão de imagensno formato .bmp para o formato .jpg. Esta conversão consiste em (umaversão discreta) escrever as matrizes rgb do mapa de bits como umacombinação linear de matrizes de uma base especial das matrizes.

Previsão:CTT112-A,B 11/05/2018

Capítulo 5

Base e Dimensão

5.1 Dependência Linear

De�nição 5.1.1. Uma combinação linear dos vetores u1, u2, · · · , un éuma expressão da forma α1 · u1 + α2 · u2 + · · ·+ αn · un.

Exemplo 5.1.1. Um exemplo de combinação linear dos vetores (5,−2, 0,−1),(0,−1, 3, 5) e (−2, 0, 0, 1) é

v = 2 · (5,−2, 0,−1) + (−1) · (0,−1, 3, 5) + 3 · (−2, 0, 0, 1)= (10,−4, 0,−2) + (0, 1,−3,−5) + (−6, 0, 0, 3)= (4,−3,−3,−4)

Portanto v = (4,−3,−3,−4) é uma combinação linear dos vetores(5,−2, 0,−1), (0,−1, 3, 5) e (−2, 0, 0, 1).

De�nição 5.1.2. Uma combinação linear nula dos vetores u1, u2, · · · , uné uma combinação linear tal que α1 · u1 + α2 · u2 + · · ·+ αn · un = 0.

Exemplo 5.1.2. Um exemplo de combinação linear nula dos vetores(5,−2, 0), (0,−1, 3), (−2, 0, 0) e (4,−3,−3) é

2(5,−2, 0) + (−1)(0,−1, 3) + 3(−2, 0, 0) + (−1)(4,−3,−3)

Exemplo 5.1.3. Sejam os vetores u = (1, 3) e v = (2, 6). Observe queé possível obter uma combinação nula dos vetores u e v com coe�cientesnão todos nulos e esse fato é consequência dos vetores serem múltiplos.

CAPÍTULO 5. BASE E DIMENSÃO 84

0 1 20

Observe que 0 · (1, 3) + 0 · (2, 6) = (0, 0) + (0, 0) = (0, 0) = 0.No entanto existem outras combinações lineares nulas dos vetores ue v como por exemplo 2 · (1, 3) + (−1) · (2, 6) = (2, 6) + (−2,−6) =(2+(−2), 6+(−6)) = (0, 0). De modo geral podemos resolver a seguinteequação.

x · (1, 3) + y · (2, 6) = 0⇔

(x, 3x) + (2y, 6y) = 0⇔

(x+ 2y, 3x+ 6y) = (0, 0)⇔{x + 2y = 0

3x + 6y = 0↔[

1 2 03 6 0

1 2 00 0 0

]⇒[xy

[−2yy

[−21

]Portanto existem in�nitas combinações lineares nulas dos vetores u e

Exemplo 5.1.4. Sejam os vetores u = (2, 1) e v = (1, 3). Note que nãoé possível obter uma combinação nula dos vetores u e v com coe�cientesnão nulos.

−1 0 1 2 3 4−1

x · (2, 1) + y · (1, 3) = 0⇔

(2x, x) + (y, 3y) = 0⇔

(2x+ y, x+ 3y) = (0, 0)⇔{2x + y = 0x + 3y = 0

2 1 01 3 0

1 3 02 1 0

[1 3 00 −5 0

1 3 00 1 0

1 0 00 1 0

]Portanto a única combinações linear nula dos vetores u e v é a com-

binação onde os coe�cientes são zero, ou seja, 0 · u+ 0 · v = 0.

Fazer um exemplo com 3 vetores

Exemplo 5.1.5. Sejam os vetores u = (2, 1) e v = (1, 3). Note que nãoé possível obter uma combinação nula dos vetores u e v com coe�cientesnão nulos.

−1 0 1 2 3 4 5 6 7 8−1

x · (2, 1) + y · (1, 3) = 0⇔

(2x, x) + (y, 3y) = 0⇔

(2x+ y, x+ 3y) = (0, 0)⇔{2x + y = 0x + 3y = 0

2 1 01 3 0

1 3 02 1 0

[1 3 00 −5 0

1 3 00 1 0

1 0 00 1 0

]Portanto a única combinações linear nula dos vetores u e v é a com-

binação onde os coe�cientes são zero, ou seja, 0 · u+ 0 · v = 0.

CTT112-A,B 25/05/2018

De�nição 5.1.3. A combinação linear nula trivial dos vetores u1, u2, · · · , uné

0 · u1 + 0 · u2 + · · ·+ 0 · un = 0

De�nição 5.1.4. Seja E um espaço vetorial. Diz-se que um conjuntoX ⊂ E é linearmente independente(abreviadamente L.I.) quando ne-nhum vetor v ∈ X é combinação linear dos demais vetores de X. EX = {v} é L.I. se v 6= 0. Diz-se que um conjunto X é linearmentedependente(L.D.) quando não é linearmente independente.

Obs.: Um conjunto L.I. X não tem o elemento nulo pois 0 = 0 · v1 +0 · v2 + · · ·+ 0 · vn seria uma combinação linear dos outros vetores de X.

Teorema 5.1. Sejam E um espaço vetorial e X ⊂ E um subconjuntonão vazio. Então as a�rmações seguintes são equivalentes:i) X é L.I.;ii) A única combinação linear nula de vetores de X é a trivial.

Demonstração. Suponhamos que X seja L.I. e que α1 · v1 + α2 · v2 +· · · + αn · vn = 0 seja uma combinação linear nula não trivial, ou seja,algum αi 6= 0. Então temosα1 ·u1+ · · ·+α(i−1) ·u(i−1)+αi ·ui+α(i+1) ·u(i+1)+ · · ·+αk ·uk = 0⇒

αi · ui = (−α1)u1 + · · · + (−α(i−1))u(i−1) + (−α(i+1))u(i+1) + · · · +(−αk)uk ⇒

ui =(−α1

)u1+· · ·+

(−αi−1

)u(i−1)+

(−αi+1

)u(i+1)+· · ·+

(−αk

)uk ⇒

vi é uma combinação linear de outros vetores de X, ou seja, absurdo,pois X é L.I., logo não existe uma combinação linear nula não trivial devetores de X.

Reciprocamente suponhamos que a única combinação linear nula dos

vetores de X seja a trivial e que X não seja L.I., logo

vn = α1 · v1 + · · ·+ αn−1 · vn−1

α1 · v1 + · · ·+ αn−1 · vn−1 + (−1) · vn = 0

que é uma combinação linear nula de vetores em X, na qual pelo me-nos um coe�ciente não é zero, ou seja, uma combinação linear nula nãotrivial, absurdo, portanto a suposição de que X não é L.I. é falsa.

Corolário 5.1. Sejam vetores v1, · · · , vn Linearmente Independentes.Se v = α1 · v1 + · · · + αn · vn = β1 · v1 + · · · + βn · vn então α1 =β1, · · · , αn = βn.Demonstração.

α1 · v1 + · · ·+ αn · vn = β1 · v1 + · · ·+ βn · vn ⇒

(α1 − β1) · v1 + · · ·+ (αn − βn) · vn = 0⇒

(α1 − β1) = · · · = (αn − βn) = 0⇒

α1 = β1, · · · , αn = βn

Exemplo 5.1.6. Seja B = {(1, 0), (0, 1), (1, 1)}. Assim temos que Bnão é uma base pois não é L.I. Dessa forma a escrita de um vetor emrelação a B não é única. Por exemplo,

(3, 5) = 2 · (1, 0) + 4 · (0, 1) + 1 · (1, 1)

(3, 5) = 1 · (1, 0) + 3 · (0, 1) + 2 · (1, 1)

Exemplo 5.1.7. Seja X = {(1, 3), (2, 6)}. Vimos no Exemplo 5.1.3 que

X é linearmente dependente pois existe uma combinação linear nula nãotrivial de seus elementos. Por esse motivo seus vetores não satisfazemas condições do Corolário 5.1 e portanto não temos a garantia de quecada combinação linear seja única como ilustram os seguintes exemplos:

3(1, 3) + 2(2, 6) = 5(1, 3) + 1(2, 6);

x(1, 3) + y(2, 6) = (x+ 2)(1, 3) + (y − 1)(2, 6).

Exemplo 5.1.8. De forma mais geral se X = {u, v, w} não é Linear-mente independente então algum dos vetores de X é combinação lineardos demais, digamos, v = au+ bw. Essa conição é su�ciente para quepossamos encontrar mais do que uma forma de escrever uma combinaçãodada.

xu+ yv + zw = xu+ [v + (y − 1)v] + zw

= xu+ v + (y − 1)v + zw

= xu+ (au+ bw) + (y − 1)v + zw

= (xu+ au) + (y − 1)v + (zw + bw)= (x+ a)u+ (y − 1)v + (z + b)w

Exemplo 5.1.9. Por outro lado X = {(2, 1), (1, 3)} é LinearmenteIndependente e portanto cada combinação linear de seus vetores é única.Por exemplo v = 5(2, 1) + 1(1, 3) = (10, 5) + (1, 3) = (11, 8) só podeser escrita com coe�cientes 5 e 1. Para veri�car isso basta resolver aequação abaixo e concluir que x = 5 e y = 1.

x(2, 1) + y(1, 3) = (11, 8)

Exemplo 5.1.10. Os vetores canônicos e1, e2, · · · , en ∈ Rn são L.I.

e1 = (1, 0, · · · , 0), e2 = (0, 1, · · · , 0), · · · , en = (0, 0, · · · , 1) ∈ Rn.

Demonstração. α1 · e1 + α2 · e2 + · · ·+ αn · en = 0⇒

α1 · (1, 0, · · · , 0) + α2 · (0, 1, · · · , 0) + · · ·+ αn · (0, 0, · · · , 1) = 0⇒

(α1, 0, · · · , 0) + (0, α2, · · · , 0) + · · ·+ (0, 0, · · · , αn) = 0⇒

(α1, α2, · · · , αn) = 0⇒

α1 = α2 = · · · = αn = 0

Exemplo 5.1.11. Os vetores u = (1, 2, 3), v = (4, 5, 6), w = (7, 8, 9) ∈R3 são L.D. pois 2v− u = 2(4, 5, 6)− (1, 2, 3) = (8, 10, 12)− (1, 2, 3) =(7, 8, 9) = w. Veri�que que a equação xu+ yv+ zw = 0 admite soluçãonão trivial.

Exemplo 5.1.12. Os vetores u = (1, 1,−1), v = (1,−1, 1), w = (−1, 1, 1) ∈R3 são Linearmente Independente. Veri�que essa a�rmação mostrandoque a equação xu+ yv + zw = 0 não admite solução além da trivial.

CTT112-A,B 06/06/2018

Teorema 5.2. Sejam v1, v2, · · · , vn vetores não-nulos do espaço vetorialE. Se nenhum deles é combinação linear dos anteriores então o conjuntoX = {v1, v2, · · · , vn} é L.I..

Demonstração. Suponhamos que X seja L.D., logo existe uma com-binação linear nula não trivial dos vetores de X. Ou seja, α1 · v1 + α2 ·v2 + · · ·+ αn · vn = 0 com algum αi 6= 0. Suponha r o maior índice nãonulo.

α1 · v1 + · · ·+ αr−1 · vr−1 + αr · vr = 0⇒

αr · vr = −α1 · v1 − · · · − αr−1 · vr−1 ⇒

vr = −α1

αr· v1 − · · · −

αr−1αr· vr ⇒

(−α1

)· v1 + · · ·+

(−αr−1

)· vr−1

vr é uma combinação linear dos anteriores, absurdo, logo X é L.I.

Exemplo 5.1.13. Quando os vetores v1, · · · , vn são L.D., isto não signi-�ca que qualquer um deles é combinação linear dos demais. Por exemplose u = (1, 2), v = (3, 4), w = (4, 8) então {u, v, w} é um conjunto L.D.pois w = 4 · u+ 0 · v. Porém v não é combinação linear de u e w.

4 · u+ 0 · v = 4(1, 2) + 0(3, 4) = (4, 8) + (0.0) = (4, 8) = w

(3, 4) = a · u+ b · v= a(1, 2) + b(4, 8)= (a, 2a) + (4b, 8b)= (a+ 2b, 4a+ 8b)⇒

(3, 4) = (a+ 2b, 4a+ 8b)⇔{

a+ 2b = 34a+ 8b = 4

⇔[1 24 8

1 2 34 8 4

1 2 30 0 −8

]Portanto não tem solução.

Exemplo 5.1.14. Para i ∈ {1, 2, 3, 4} sejam fi : N −→ N funções deuma variável inteira com imagem inteiras dadas por

f1(m) =[m2

]f2(m) =

]f3(m) =

]f4(m) =

]é a parte inteira da divisão de m por n.

Veri�que se X = {f1, f2, f3, f4} é linearmente independente ou se élinearmente dependente.

Solução:

a ·[m2

]+ b ·

]+ c ·

]+ d ·

m = 1 ⇒ a ·[12

]+ b ·

]+ c ·

]+ d ·

m = 2 ⇒ a ·[22

]+ b ·

]+ c ·

]+ d ·

m = 3 ⇒ a ·[32

]+ b ·

]+ c ·

]+ d ·

m = 4 ⇒ a ·[42

]+ b ·

]+ c ·

]+ d ·

m = 1 ⇒ a ·[12

]+ b ·

]+ c ·

]+ d ·

m = 2 ⇒ a ·[22

]+ b ·

]+ c ·

]+ d ·

m = 3 ⇒ a ·[32

]+ b ·

]+ c ·

]+ d ·

m = 4 ⇒ a ·[42

]+ b ·

]+ c ·

]+ d ·

a · 0 + b · 1 + c · 1 + d · 2 = 0

a · 1 + b · 1 + c · 2 + d · 2 = 0

a · 1 + b · 2 + c · 2 + d · 3 = 0

a · 2 + b · 2 + c · 3 + d · 3 = 0

b + c + 2d = 0

a + b + 2c + 2d = 0a + 2b + 2c + 3d = 0

2a + 2b + 3c + 3d = 0

CAPÍTULO 5. BASE E DIMENSÃO 930 1 1 2 01 1 2 2 01 2 2 3 02 2 3 3 0

Portanto X é linearmente dependente.

Exemplo 5.1.15. Para i ∈ {1, 2, 3, 4} sejam fi : N2 −→ N funções deduas variáveis inteiras com imagem inteiras dadas por

CAPÍTULO 5. BASE E DIMENSÃO 94f1(m,n) = mf2(m,n) = nf3(m,n) = min{m,n}f4(m,n) = max{m,n}

Prove que X = {f1, f2, f3, f4} é linearmente dependente.

Solução:

m+ n−min{m,n} −max{m,n} = 0

De fato,

CAPÍTULO 5. BASE E DIMENSÃO 96f1(m,n) = mf2(m,n) = nf3(m,n) = div{m,n}, parte inteira da divisão de m por nf4(m,n) = mod{m,n}, resto da divisão de m por n

Prove que X = {g1, g2, g3} é linearmente dependente onde g1 =f1, g2 = f2 · f3 e g3 = f4.

Solução:

m− n · div(m,n)− mod (m,n) = 0

f1(m,n) =[mn

]f2(m,n) =

]f3(m,n) =

]f4(m,n) =

Veri�que se X = {f1, f2, f3, f4} é linearmente independente ou se élinearmente dependente.

Solução:

a ·[mn

]+ b ·

]+ c ·

]+ d ·

Atribuindo valores a m e n temos:

(m,n) = (1, 1) ⇒ a ·[11

]+ b ·

]+ c ·

]+ d ·

(m,n) = (1, 2) ⇒ a ·[12

]+ b ·

]+ c ·

]+ d ·

(m,n) = (1, 3) ⇒ a ·[13

]+ b ·

]+ c ·

]+ d ·

(m,n) = (1, 4) ⇒ a ·[14

]+ b ·

]+ c ·

]+ d ·

(m,n) = (1, 1) ⇒ a ·[11

]+ b ·

]+ c ·

]+ d ·

(m,n) = (1, 2) ⇒ a ·[12

]+ b ·

]+ c ·

]+ d ·

(m,n) = (1, 3) ⇒ a ·[13

]+ b ·

]+ c ·

]+ d ·

(m,n) = (1, 4) ⇒ a ·[14

]+ b ·

]+ c ·

]+ d ·

a · 1 + b · 2 + c · 3 + d · 4 = 0a · 0 + b · 1 + c · 1 + d · 2 = 0a · 0 + b · 0 + c · 1 + d · 1 = 0a · 0 + b · 0 + c · 0 + d · 1 = 0a+ 2b+ 3c+ 4d = 0

b+ c+ 2d = 0c+ d = 0

Cuja matriz aumentada é1 2 3 4 00 1 1 2 00 0 1 1 00 0 0 1 0

Escalonando essa matriz obtemos:

CAPÍTULO 5. BASE E DIMENSÃO 981 0 0 0 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 0

Logo a única solução é:abcd

Portanto X = {f1, f2, f3, f4} é linearmente independente.

f1(m,n) =[mn

]f2(m,n) =

]f3(m,n) =

Veri�que se X = {f1, f2, f3} é linearmente independente ou se é line-armente dependente.

Solução:

a ·[mn

]+ b ·

]+ c ·

Atribuindo valores a m e n temos:

CAPÍTULO 5. BASE E DIMENSÃO 99(m,n) = (1, 1) ⇒ a ·

]+ b ·

]+ c ·

(m,n) = (1, 2) ⇒ a ·[12

]+ b ·

]+ c ·

(m,n) = (2, 1) ⇒ a ·[21

]+ b ·

]+ c ·

(m,n) = (1, 1) ⇒ a ·[11

]+ b ·

]+ c ·

(m,n) = (1, 2) ⇒ a ·[12

]+ b ·

]+ c ·

(m,n) = (2, 1) ⇒ a ·[21

]+ b ·

]+ c ·

a · 1 + b · 2 + c · 0 = 0a · 0 + b · 1 + c · 0 = 0a · 0 + b · 0 + c · 1 = 0a · 2 + b · 3 + c · 1 = 0

a+ 2b = 0b = 0

2a+ 3b+ c = 0Cuja matriz aumentada é

1 2 0 00 1 0 02 3 1 0

Escalonando essa matriz obtemos:1 0 0 00 1 0 00 0 1 0

Portanto a única solução é: abc

Portanto X = {f1, f2, f3} é linearmente independente.

Exemplo 5.1.19. A matriz F é de�nida como [F ]ij = f(i, j). Em cadauma das letras resolva um sistema para veri�car se a função f pode serescrita como combinação das funções dadas no domínio dado:

0 0 0 0 0 0 0 0 0 02 2 2 2 2 2 2 2 2 26 3 6 6 6 6 6 6 6 6

12 8 7 12 12 12 8 12 12 1220 10 10 14 20 20 20 15 14 2030 18 18 16 17 30 30 30 24 1842 21 20 21 26 26 42 42 42 2856 32 24 32 29 30 38 56 56 5672 36 36 35 36 42 34 43 72 7290 50 39 38 50 46 47 46 57 90

110 55 44 44 54 55 62 52 62 74

a) X = {f1} onde f1 é dada por f1(m,n) = 1

D = {(2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (2, 5)}.

b) X = {f1, f2} onde f1 é dada por

f1(m,n) = 1

f2(m,n) = n[mn

]f3(m,n) =

]f(m,n) = af1(m,n)+bf2(m,n)+cf3(m,n) = a.1+b.n

]f(m,n) = a.1 + b.n

]D = {(2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4)}.

c) X = {f1} onde f1 é dada por

f1(m,n) =

]f2(m,n) =

]f3(m,n) = mn

D = {(2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (4, 1), (4, 2), (4, 3), (4, 4)}.

De�nição 5.1.5. Uma base de um espaço vetorial E é um subconjuntoB ⊂ E linearmente independente que gera E.

Isto signi�ca que todo vetor v ∈ E se exprime de modo único comocombinação linear v = α1v1 + · · ·+ αnvn de elementos da base B.

Exemplo 5.1.20. Os vetores canônicos

e1 = (1, 0, · · · , 0), e2 = (0, 1, · · · , 0), · · · , en = (0, 0, · · · , 1) ∈ Rn

constituem uma base de Rn, chamada base canônica. Os polinômios1, x, x2, · · · , xn formam uma base para o espaço vetorial Pn dos polinô-mios de grau ≤ n.

Lema 5.1. Todo sistema linear homogêneo cujo número de incógnitasé maior do que o número de equações admite uma solução não trivial.

A demonstração desse Lema é feita por indução matemática e a va-riável de indução é a quantidade m de linhas do sistema.

Exemplo 5.1.21. Sejam E um espaço vetorial e B = {u1, u2, u3} umconjunto de geradores de E. Prove que C = {v1, v2, v3, v4} ⊂ E élinearmente dependentes.

Resolução:

De fato se B = {u1, u2, u3} gera E então podemos escrever os vetoresde C como combinação linear dos vetores de B como abaixo.

CAPÍTULO 5. BASE E DIMENSÃO 102v1 = α11u1 + α21u2 + α31u3v2 = α12u1 + α22u2 + α32u3v3 = α13u1 + α23u2 + α33u3v4 = α14u1 + α24u2 + α34u3

Dizer que C = {v1, v2, v3, v4} é L.D. equivale a dizer que existe umacombinação linear nula não trivial dos vetores de C.

Ou seja, x1v1 + x2v2 + x3v3 + x4v4 = 0 admite solução não trivial.

x1v1 + x2v2 + x3v3 + x4v4 = 0⇒

x1(α11u1 + α21u2 + α31u3) + x2(α12u1 + α22u2 + α32u3)+ x3(α13u1 + α23u2 + α33u3) + x4(α14u1 + α24u2 + α34u3) = 0⇒

(x1α11u1 + x1α21u2 + x1α31u3) + (x2α12u1 + x2α22u2 + x2α32u3)+(x3α13u1+x3α23u2+x3α33u3)+(x4α14u1+x4α24u2+x4α34u3) = 0⇒

(x1α11u1 + x2α12u1 + x3α13u1 + x4α14u1)+ (x1α21u2 + x2α22u2 + x3α23u2 + x4α24u2)+ (x1α31u3 + x2α32u3 + x3α33u3 + x4α34u3) = 0⇒

(x1α11 + x2α12 + x3α13 + x4α14)u1+ (x1α21 + x2α22 + x3α23 + x4α24)u2+ (x1α31 + x2α32 + x3α33 + x4α34)u3 = 0

Claramente a equação acima é válida se cada um dos coe�cientes énulo. Assim procuramos por uma solução tal que

x1α11 + x2α12 + x3α13 + x4α14 = 0x1α21 + x2α22 + x3α23 + x4α24 = 0x1α31 + x2α32 + x3α33 + x4α34 = 0

Como o sistema acima tem m = 3 equações e n = 4 incógnitas,pelo Lema 5.1 admite solução não trivial. Portanto C é LinearmenteDependente.

Teorema 5.3. Se os vetores v1, · · · , vm geram o espaço E então qual-quer conjunto com mais de m vetores em E é L.D..

Demonstração. Dados os vetores

w1, · · · , wn

em E, com n > m, para cada j = 1, · · · , n temos

wj = α1jv1+· · ·+αmjvm pois os vetores v1, · · · , vm geram E. Para mos-trar que os vetores wj são L.D., devemos achar coe�cientes x1, · · · , xn,não todos iguais a zero, tais que x1w1 + · · · + xnwn = 0. Substituindoos wj por suas expressões em termos dos vi, esta igualdade signi�ca

(m∑i=1

αi1vi

(m∑i=1

αi2vi

)+ · · ·+ xn

(m∑i=1

αinvi

)= 0⇒ (5.2)

(n∑j=1

xjα1j

(n∑j=1

xjα2j

)v2 + · · ·+

(n∑j=1

xjαmj

)vm = 0 (5.3)

Certamente esta última condição será satisfeita desde que todos os so-matórios dentro dos parâmetros sejam nulos, ou seja, que (x1, x2, · · · , xn)seja uma solução não trivial do sistema homogêneo

α11x1 + α12x2 + · · · + α1nxn = 0α21x1 + α22x2 + · · · + α2nxn = 0... ... ... ...

αm1x1 + αm2x2 + · · · + αmnxn = 0

Uma tal solução existe pelo Lema (5.1), pois n > m. Logo w1, · · · , wnsão L.D. e o teorema está demonstrado.

CTT112-B 08/06/2018

Corolário 5.2. Se o espaço vetorialE admite uma baseB = {u1, · · · , un}com n elementos, qualquer outra base de E possui também n elementos.

Demonstração. Seja B′ = {v1, · · · , vm} outra base de E. Como B′

gera E e B é L.I., temos que n ≤ m. Como B gera E e B′ é L.I., temosque m ≤ n. Logo m = n.

De�nição 5.1.6. Diz-se que o espaço vetorial E tem dimensão �nitaquando admite uma base B = {v1, · · · , vn} com um número �nito n deelementos. Este número chama-se a dimensão do espaço vetorial E. Ouseja, n = dimE. Por extensão, diz-se que o espaço vetorial E = {0}tem dimensão zero.

CTT112-A 08/06/2018

Corolário 5.3. Se a dimensão de E é n, um conjunto com n vetoresgera E se, e somente se, é L.I..

Teorema 5.4. Seja E um espaço vetorial de dimensão �nita n. Então:

i) Todo conjunto X de geradores de E contém uma base.

ii) Todo conjunto L.I. {v1, · · · , vm} ⊂ E está contido numa base.

iii) Todo subespaço vetorial F ⊂ E tem dimensão �nita, a qual é menorou igual a n.

iv) Se a dimensão do subespaço vetorial F ⊂ E é igual a n, entãoF = E.

5.2 Base de Subespaço.

Observações:

As operações elementares aplicadas nas linhas de uma matriz nãoafeta o espaço gerado pelos vetores linha dessa mesma matriz.

i) ∀i, j = 1, · · · , r[u1, · · · , ui, · · · , uj, · · · , ur] = [u1, · · · , uj, · · · , ui, · · · , ur]

ii) ∀i, j = 1, · · · , r e α ∈ R∗[u1, · · · , ui, · · · , ur] = [u1, · · · , αui, · · · , ur]

iii) ∀i, j = 1, · · · , r e α ∈ R[u1, · · · , ui, · · · , uj, · · · , ur] = [u1, · · · , ui + αuj, · · · , uj, · · · , ur]

Exemplo 5.2.1. Seja F = [(2, 1, 1, 0), (1, 0, 1, 2), (0,−1, 1, 4)]. 2 1 1 01 0 1 20 −1 1 4

L1 ↔ L2

−−−−−−→

1 0 1 22 1 1 00 −1 1 4

−−−−−−→L2 + (−2)L1

1 0 1 20 1 −1 −40 −1 1 4

−−−−−−→L3 + L2

1 0 1 20 1 −1 −40 0 0 0

F = [(2, 1, 1, 0), (1, 0, 1, 2), (0,−1, 1, 4)] = [(1, 0, 1, 2), (0, 1,−1,−4)].

5.3 Dimensão da soma de dois subespaços

Teorema 5.5. Seja E um espaço vetorial sobre R de dimensão �nita.Se F e G são subespaços de E, então:

dim(F ∩G) + dim(F +G) = dimF + dimG (5.4)

dim(F +G) = dimF + dimG− dim(F ∩G) (5.5)

5.4 Coordenadas

De�nição 5.4.1. Os escalares α1, · · · , αn que �guram na equação v =α1v1 + · · · + αnvn, são chamados coordenadas do vetor v em relação àbase ordenada B = {v1, · · · , vn}.

α2...αn

= (α1, α2, · · · , αn)B = (α1, α2, · · · , αn) =

α2...αn

Exemplo 5.4.1. Ache as coordenadas de f(t) = 2 + 4t+ t2 em relaçãoà base ordenada B = {1, 1 + t, 1 + t2}.

2+4t+t2 = α1·1+α2·(1+t)+α3·(1+t2) = (α1+α2+α3)·1+α2·t+α3·t2α1 + α2 + α3 = 2

α2 = 4α3 = 1

f(t) =

−341

Exemplo 5.4.2. Determine as coordenadas de (1, 0, 0) em relação àseguinte base

B = {(1, 1, 1), (−1, 1, 0), (1, 0,−1)}.

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

1 −1 11 1 01 0 −1

1 −1 1 1

1 1 0 01 0 −1 0

CAPÍTULO 5. BASE E DIMENSÃO 107 1 −1 1 10 2 −1 −10 1 −2 −1

1 −1 1 1

0 1 −2 −10 2 −1 −1

1 −1 1 1

0 1 −2 −10 0 3 1

1 −1 1 1

0 1 −2 −10 0 1 1

1 −1 0 2

0 1 0 −13

0 0 1 13

1 −1 0 2

0 1 0 −13

0 0 1 13

1 0 0 1

0 1 0 −13

0 0 1 13

(1, 0, 0) = 1

3(1, 1, 1) + (−13)(−1, 1, 0) + 1

3(1, 0,−1)

5.5 Mudança de Base

De�nição 5.5.1. Seja E um espaço vetorial de dimensão n e considereas bases B = {u1, · · · , un} e C = {v1, · · · , vn} de E. A matriz de mu-

dança da base B para a base C é de�nida pelos coe�cientes do seguintesistema:

v1 = α11u1 + α21u2 + · · · + αn1unv2 = α12u1 + α22u2 + · · · + αn2un

...vn = α1nu1 + α2nu2 + · · · + αnnun

vj =n∑i=1

αijui, (j = 1, 2, · · · , n) (5.7)

Ou seja, a matriz de mudança da base B para a base C é a matrizquadrada de ordem n dada pelos coe�cientes da equação (5.7).

α11 α12 · · · α1n

α21 α22 · · · α2n... ... . . . ...αn1 αn2 · · · αnn

CTT112-A,B 13/06/2018

Exemplo 5.5.1. Determine a matriz de mudança da baseB = {(1, 2, 1),(3, 7, 4), (3, 7, 5)} doR3 para a base C = {(1, 1, 1), (−1, 0,−2), (1, 2, 1)}desse mesmo espaço.

Solução:

(1, 1, 1) = α11(1, 2, 1) + α21(3, 7, 4) + α31(3, 7, 5)

(−1, 0,−2) = α12(1, 2, 1) + α22(3, 7, 4) + α32(3, 7, 5)(1, 2, 1) = α13(1, 2, 1) + α23(3, 7, 4) + α33(3, 7, 5)

CAPÍTULO 5. BASE E DIMENSÃO 109 1 3 3 12 7 7 11 4 5 1

1 3 3 −12 7 7 01 4 5 −2

1 3 3 12 7 7 21 4 5 1

1 3 3 1 −1 1

2 7 7 1 0 21 4 5 1 −2 1

−−−−−−→L2 + (−2)L1

L3 + (−1)L1 1 3 3 1 −1 10 1 1 −1 2 00 1 2 0 −1 0

−−−−−−→L3 + (−1)L2 1 3 3 1 −1 1

0 1 1 −1 2 00 0 1 1 −3 0

L1 + (−3)L3

L2 + (−1)L3

−−−−−−→

1 3 0 −2 8 10 1 0 −2 5 00 0 1 1 −3 0

L1 + (−3)L2

−−−−−−→

1 0 0 4 −7 10 1 0 −2 5 00 0 1 1 −3 0

4 −7 1−2 5 0

1 −3 0

Exemplo 5.5.2. Qual a matriz de mudança da base B = {1, 1 + t}para a base C = {1, t} no espaço P1(R) ?

{1 = α11 · 1 + α21 · (1 + t)t = α12 · 1 + α22 · (1 + t)

CAPÍTULO 5. BASE E DIMENSÃO 110{1 · 1 + 0 · t = (α11 + α21) · 1 + α21 · t0 · 1 + 1 · t = (α12 + α22) · 1 + α22 · t

{α11 + α21 = 1

α21 = 0⇒{α11 = 1α21 = 0

{α12 + α22 = 0

α22 = 1⇒{α12 = −1α22 = 1

[1 −10 1

]é a matriz procurada.

Teorema 5.6. Sejam E um espaço vetorial, P = (αij) a matriz depassagem da base B = {u1, · · · , un} para a base C = {v1, · · · , vn} deE e Q = (βij) a matriz de passagem da base C = {v1, · · · , vn} para abase D = {w1, · · · , wn}. Então a matriz de passagem da base B para abase D é a matriz produto PQ.

Demonstração. Pela de�nição de matriz de passagem temos

vj =n∑i=1

αijui e wk =n∑j=1

βjkvj

wk =n∑j=1

βjkvj

=n∑j=1

(n∑i=1

αijui

n∑j=1

n∑i=1

(αijβjkui)

=n∑i=1

n∑j=1

(αijβjkui)

=n∑i=1

(n∑j=1

αijβjk

=n∑i=1

[PQ]ikui

Portanto a matriz de passagem da base B para a base D é a matrizproduto PQ.

Corolário 5.4. Toda matriz de passagem é uma matriz invertível.

Demonstração.

De fato, se considerarmos a matriz de passagem P da base B para abase C e a matriz de passagem Q da base C para a base B temos que amatriz de passagem da base B para a base B é por um lado a identidadee por outro o produto de P por Q.

P ·Q = I

Portanto P é invertível.

Teorema 5.7. Se a matriz das coordenadas de u ∈ V em relação à base

B é XB =

x1...xn

e a matriz de mudança da base B = {u1, · · · , un}

para a base C = {v1, · · · , vn} é P = (αij), então a matriz das coorde-nadas de u em relação à base C é XC = P−1XB.

Demonstração. Seja XC =

y1...yn

a matriz das coordenadas de u em

relação à base C. Temos então

u =n∑i=1

xiui =n∑j=1

Como cada vj =n∑i=1

αijui (∀j = 1, 2, · · · , n) , então

u =n∑i=1

xiui =n∑j=1

yjvj =n∑j=1

(n∑i=1

αijui

n∑i=1

(n∑j=1

αijyj

)ui ⇒

(n∑j=1

αijyj

α11y1 + α12y2 + · · · + α1nyn = x1α21y1 + α22y2 + · · · + α2nyn = x2

...αn1y1 + αn2y2 + · · · + αnnyn = xn

x1x2...xn

α11 α12 · · · α1n

α21 α22 · · · α2n... ... ...αn1 αn2 · · · αnn

·y1y2...yn

= XC ⇔

XB = P ·XC ⇔ XC = P−1 ·XB

Exemplo 5.5.3. Sejam E um espaço vetorial e u, v e w vetores line-armente independentes em E. Os vetores a = u − v + w, b = u + w ec = u+ v + 2w são linearmente independentes?

Resolução:

Dizer que C = {a, b, c} é L.I. equivale a dizer que a única combinaçãolinear nula dos vetores de C é a trivial.

Ou seja, xa+ yb+ zc = 0 implica x = y = z = 0

xa+ yb+ zc = 0⇒

x(u− v + w) + y(u+ w) + z(u+ v + 2w) = 0⇒

(x+ y + z)u+ (x+ z)v + (x+ y + 2z)w = 0⇒x + y + z = 0x + z = 0x + y + 2z = 0

Como a única solução desse sistema é x = y = z = 0 então C é L.I..

CTT112-B 15/06/2018

Exemplo 5.5.4. Sejam E um espaço vetorial e B = {u1, u2, u3} umconjunto Linearmente Independentes emE. Prove que C = {v1, v2, v3} ⊂E é Linearmente Dependentes onde

v1 = 1 · u1 + 3 · u2 + 2 · u3v2 = 1 · u1 + 4 · u2 + 4 · u3v3 = 3 · u1 + 10 · u2 + 8 · u3

Resolução:

Dizer que C = {v1, v2, v3} é L.D. equivale a dizer que existe uma

combinação linear nula não trivial dos vetores de C.

Ou seja, x1v1 + x2v2 + x3v3 = 0 admite solução não trivial.

x1v1 + x2v2 + x3v3 = 0⇒

x1(1 · u1 + 3 · u2 + 2 · u3) + x2(1 · u1 + 4 · u2 + 4 · u3)+ x3(3 · u1 + 10 · u2 + 8 · u3) = 0⇒

(x1u1 + 3x1u2 + 2x1u3) + (x2u1 + 4x2u2 + 4x2u3)+ (3x3u1 + 10x3u2 + 8x3u3) = 0⇒

(x1u1 + x2u1 + 3x3u1)+ (3x1u2 + 4x2u2 + 10x3u2)+ (2x1u3 + 4x2u3 + 8x3u3) = 0⇒

(x1 +x2 +3x3)u1 +(3x1 +4x2 +10x3)u2 +(2x1 +4x2 +8x3)u3 = 0⇒

Como os vetores u1, u2 e u3 são L.I. então a única solução da equaçãoacima é a trivial, logo

x1 + x2 + 3x3 = 03x1 + 4x2 + 10x3 = 02x1 + 4x2 + 8x3 = 0

Resolvendo o sistema acima concluímos que ele admite solução nãotrivial. Portanto C = {v1, v2, v3} é Linearmente Dependente.

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Exemplo 5.5.5. Sejam E um espaço vetorial e B = {u1, u2, u3} umconjunto Linearmente Independentes emE. Prove que C = {v1, v2, v3} ⊂

E é Linearmente Independentes ondev1 = 1 · u1 + 3 · u2 + 2 · u3v2 = 1 · u1 + 4 · u2 + 4 · u3v3 = 1 · u1 + 4 · u2 + 5 · u3

Resolução:

Dizer que C = {v1, v2, v3} é L.I. equivale a dizer que a única combi-nação linear nula dos vetores de C é a trivial.

Ou seja, x1v1 + x2v2 + x3v3 = 0 não admite solução não trivial.

x1v1 + x2v2 + x3v3 = 0⇒

x1(1 · u1 + 3 · u2 + 2 · u3) + x2(1 · u1 + 4 · u2 + 4 · u3)+ x3(1 · u1 + 4 · u2 + 5 · u3) = 0⇒

(x1u1 + 3x1u2 + 2x1u3) + (x2u1 + 4x2u2 + 4x2u3)+ (x3u1 + 4x3u2 + 5x3u3) = 0⇒

(x1u1 + x2u1 + x3u1)+ (3x1u2 + 4x2u2 + 4x3u2)+ (2x1u3 + 4x2u3 + 5x3u3) = 0⇒

(x1 + x2 + x3)u1 + (3x1 + 4x2 + 4x3)u2 + (2x1 + 4x2 + 5x3)u3 = 0⇒

Como os vetores u1, u2 e u3 são L.I. então a única solução da equaçãoacima é a trivial, logo

x1 + x2 + x3 = 03x1 + 4x2 + 4x3 = 02x1 + 4x2 + 5x3 = 0

Resolvendo o sistema acima temos x1 = x2 = x3 = 0. PortantoC = {v1, v2, v3} é Linearmente Independente.

Turma A

Teorema 5.8. Seja E um espaço vetorial sobre R. Se B = {u1, · · · , un}é uma base de E e P = (αij) é uma matriz invertível, então os n

vetores vj =n∑i=1

αijui (j = 1, 2, · · · , n) formam uma base de E, ou seja,

C = {v1, · · · , vn} é uma base de E.

Demonstração.n∑j=1

xjvj = 0⇒n∑j=1

(n∑i=1

αijui

)= 0⇒

n∑i=1

(n∑j=1

αijxj

)ui = 0⇒

n∑j=1

αijxj = 0 (∀i = 1, 2, · · · , n)⇒

α11x1 + α12x2 + · · · + α1nxn = 0α21x1 + α22x2 + · · · + α2nxn = 0

...αn1x1 + αn2x2 + · · · + αnnxn = 0

α11 α12 · · · α1n

α21 α22 · · · α2n... ... ...αn1 αn2 · · · αnn

·x1x2...xn

00...0

x1 = x2 = · · · = xn = 0 ⇒ C = {v1, · · · , vn} é L.I., portantoC = {v1, · · · , vn} também é uma base de E.

Capítulo 6

Transformação Linear

6.1 Transformação Linear

De�nição 6.1.1. Sejam E e F espaços vetoriais sobre R. Uma aplica-ção T : E −→ F é chamada transformação linear de E em F , quando

i) T (u+ v) = T (u) + T (v),∀u, v ∈ E;

ii) T (λu) = λT (u),∀u ∈ E,∀λ ∈ R.

No caso em que E = F , uma transformação linear T : E −→ F échamada também de operador linear em E.

Exemplo 6.1.1. Veri�que que a função T : R2 −→ R3 dada porT (x, y) = (x+ y, x− y, 2x+ y) é uma transformação linear.

Demonstração.

T (u+ v) = T ((x, y) + (z, w))= T (x+ z, y + w)= ((x+ z) + (y + w), (x+ z)− (y + w), 2(x+ z) + (y + w))= ((x+ y) + (z + w), (x− y) + (z − w), (2x+ y) + (2z + w))= (x+ y, x− y, 2x+ y) + (z + w, z − w, 2z + w)= T (x, y) + T (z, w)= T (u) + T (v)

CAPÍTULO 6. TRANSFORMAÇÃO LINEAR 118

T (λ · u) = T (λ · (x, y))= T (λ · x, λ · y)= (λ · x+ λ · y, λ · x− λ · y, 2(λ · x) + λ · y)= (λ · (x+ y), λ · (x− y), λ · (2x+ y))= λ · (x+ y, x− y, 2x+ y)= λ · T (x, y)= λ · T (u)

Portanto T é uma transformação linear.

Exemplo 6.1.2. Prove que as funções f : R −→ R dada por f(x) = x2,g : R+ −→ R dada por g(x) =

√x e h : R −→ R dada por h(x) = 3x+1

não são transformações lineares.

Exemplo 6.1.3. Seja 0 : E −→ F dada por u 7−→ 0. Veri�que que 0 éuma transformação linear.{

0(u+ v) = 0 = 0 + 0 = 0(u) + 0(v)0(λ · u) = 0 = λ · 0 = λ · 0(u)

Exemplo 6.1.4. Seja I : E −→ E dada por u 7→ u. Veri�que que I éuma transformação linear.{

I(u+ v) = u+ v = I(u) + I(v)I(λ · u) = λ · u = λ · I(u)

Exemplo 6.1.5. Veri�que que a função T : R3 −→ R2 dada porT (x, y, z) = (y, 2x− z) é uma transformação linear.

Demonstração.

T (u+ v) = T ((x1, y1, z1) + (x2, y2, z2))= T (x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2)= (y1 + y2, 2(x1 + x2)− (z1 + z2))= (y1 + y2, 2x1 + 2x2 − z1 − z2)= (y1, 2x1 − z1) + (y2, 2x2 − z2)= T (x1, y1, z1) + T (x2, y2, z2)= T (u) + T (v)

T (λ · u) = T (λ · (x1, y1, z1))= T (λ · x1, λ · y1, λ · z1)= (λ · y1, 2(λ · x1)− (λ · z1))= λ · (y1, 2x1 − z1)= λ · T (x1, y1, z1)= λ · T (u)

Portanto F é uma transformação linear.

Exemplo 6.1.6. Veri�que que a função T : Rm −→ Rn dada porT (x1, x2, · · · , xm) = (a11x1 + · · ·+ a1nxn, · · · , am1x1 + · · ·+ amnxn) ouo que é o mesmo dada por:

x1x2...xm

a11x1 + · · ·+ a1nxna21x1 + · · ·+ a2nxn

...am1x1 + · · ·+ amnxn

é uma transformação linear.

Demonstração. Basta observar que T é dada por

x1x2...xm

a11x1 + · · ·+ a1nxna21x1 + · · ·+ a2nxn

...am1x1 + · · ·+ amnxn

x1x2...xm

a11 · · · a1na21 · · · a2n...am1 · · · amn

·x1x2...xn

= A ·X

Portanto como o produto de matrizes é distributivo e "associativo"emrelação à multiplicação por escalar valem: T (X + Y ) = A(X + Y ) =AX + AY = F (X) + T (Y ) e T (λX) = A(λX) = λ(AX). Logo F éuma transformação linear.

Exemplo 6.1.7. Veri�que que a função D : Pn(R) −→ Pn(R) de�nidapor D(f(t)) = f ′(t) para todo polinômio f(t) de Pn(R)(f ′(t) indica aderivada de f(t)) é uma transformação linear.

Sejam E e F espaços vetoriais sobre R e consideremos uma trans-formação linear T : E −→ F . Valem as seguintes propriedades paraT :

P1. . T (0) = 0;

Demonstração.

��F (0) + 0 = T (0) = T (0 + 0) = ��

��T (0) +T (0)⇒ 0 = T (0)⇒ T (0) = 0

CTT112-A 20/06/2018

P2. . T (−u) = −T (u) ∀u ∈ U ;

Demonstração.

T (u) + (−T (u)) = 0 = T (0) = T (u+ (−u)) = T (u) + T (−u).

Logo ��T (u) + (−T (u)) =��

��T (u) + T (−u)⇒

−T (u) = T (−u)⇒ T (−u) = −T (u)

P3. . T (u− v) = T (u)− T (v) ∀u, v ∈ E;

Demonstração.

T (u− v) = T (u+ (−v)) = T (u) + T (−v) = T (u) + (−T (v)) = T (u)−T (v)

CTT112-B 20/06/2018

P4. Se G é um subespaço de E, então a imagem de G por T é umsubespaço vetorial de F .

Demonstração. Lembremos que T (G) = {T (u)/u ∈ G} é a imagemdireta de G por T .

i) Como 0 ∈ G e T (0) = 0, então 0 ∈ T (G);

ii) u, v ∈ T (G) ⇒ u = T (x), v = T (y), x, y ∈ G ⇒ u + v =T (x) + T (y) = T (x+ y) ∈ T (G) pois, x+ y ∈ G, ∀x, y ∈ G;

iii) λ ∈ R, u ∈ T (G)⇒ u = T (x), x ∈ G⇒ λu = λT (x) = T (λx) ∈T (G) pois, λx ∈ G, ∀λ ∈ R, ∀x ∈ G.

P5. Sendo T : E −→ F linear então

(n∑i=1

n∑i=1

aiT (ui) (6.1)

Demonstração. Se n = 1 temos

(n∑i=1

(1∑i=1

)= T (a1u1)

= a1F (u1)

=1∑i=1

aiT (ui)

=n∑i=1

aiT (ui)

Suponhamos agora a a�rmação verdadeira par um n qualquer e pro-vemos para n+ 1.

(n+1∑i=1

(n∑i=1

aiui + an+1un+1

(n∑i=1

)+ T (an+1un+1)

=n∑i=1

aiT (ui) + an+1T (un+1)

=n+1∑i=1

aiT (ui)

6.2 Núcleo e Imagem

De�nição 6.2.1. Sejam E e F espaços vetoriais sobre R e T : E −→ Fuma transformação linear.

i) Indica-se por N(T ) e denomina-se núcleo de T o seguinte subcon-junto de E:

N(T ) = {u ∈ E/ T (u) = 0} (6.2)

ii) Indica-se por Im(T ) e denomina-se imagem de T o seguinte sub-

conjunto de E:

Im(T ) = {T (u) ∈ F ; u ∈ E} (6.3)

Exemplo 6.2.1. Seja T : R3 −→ R2 dada por T (x, y, z) = (x−y, y−z).Então N(T ) é a solução do seguinte sistema

T (x, y, z) = 0⇒{x − y = 0

y − z = 0⇒{x = yy = z

⇒ x = y = z ⇒

N(T ) = {(t, t, t); t ∈ R} = [(1, 1, 1)] ⊂ R3

Teorema 6.1. Seja T : E −→ F uma transformação linear. Então:

1) N(T ) é um sub-espaço vetorial de E;

2) T é injetiva se, e somente se, N(T ) = {0}.

3) Im(T ) é um sub-espaço vetorial de F ;

Demonstração.1)

i) T (0) = 0⇒ 0 ∈ N(T );

ii) x, y ∈ N(T )⇒ T (x + y) = T (x) + T (y) = 0 + 0 = 0⇒ x + y ∈N(T );

iii) λ ∈ R, x ∈ N(T )⇒ T (λx) = λT (x) = λ · 0 = 0⇒ λx ∈ N(T ).

Se T é injetiva então T (v) = 0 = T (0)⇒ v = 0⇒ N(T ) = {0}.

SeN(T ) = {0} então T (u) = T (v)⇒ T (u)−T (v) = 0⇒ T (u−v) =0⇒ u− v ∈ N(T )⇒ u− v = 0⇒ u = v. Portanto T é injetiva.

i) 0 = T (0) ∈ Im(T );

ii) u, v ∈ Im(T ) ⇒ ∃x, y ∈ E / u = T (x), v = T (y) ⇒ u + v =T (x) + T (y) = T (x+ y) ∈ Im(T ), pois x+ y ∈ E;

iii) λ ∈ R, u ∈ Im(T ) ⇒ λ ∈ R, ∃x ∈ E / u = T (x) ⇒ λu =λT (x) = T (λx) ∈ Im(T ), pois λx ∈ E.

Teorema 6.2. (Teorema do Núcleo e da Imagem). Sejam E e Fespaços vetoriais de dimensão �nita e A : E −→ F uma transformaçãolinear. Então vale a seguinte igualdade.

dimE = dimN(A) + dim Im(A) (6.4)

Demonstração. Sejam C = {v1, · · · , vq} uma base de N(A) e D ={Au1, · · · , Aup} uma base de Im(A). EntãoB = {u1, · · · , up, v1, · · · , vq}é uma base de E. Vamos demonstra que B é L.I. e que gera E.

Para demonstrar que B é L.I. basta mostrar que a única combinaçãolinear nula de seus vetores é a trivial. suponhamos que

α1u1 + · · ·+ αpup + β1v1 + · · ·+ βqvq = 0 (6.5)

Aplicando A em ambos os lados da equação (6.5) obetemos

A(α1u1 + · · ·+ αpup + β1v1 + · · ·+ βqvq) = A(0)⇒

α1A(u1) + · · ·+ αpA(up) + β1A(v1) + · · ·+ βqA(vq) = A(0)⇒

α1A(u1) + · · ·+ αpA(up) = 0⇒

α1 = · · · = αp = 0 pois, D é uma base e portanto seus vetores sãoL.I. e consequentemente a única combinação linear de seus vetores é atrivial.

Substituindo esses valores na equação (6.5) obtemos

β1v1 + · · ·+ βqvq = 0⇒

β1 = · · · = βq = 0⇒ α1 = · · · = αp = β1 = · · · = βq = 0

Portanto B é L.I., pois uma combinação linear de seus vetores é ine-vitavelmente a trivial.

Agora vamos demonstrar que dado um vetor qualquer w ∈ E podemosescreve-lo como combinação linear dos elementos de B.w ∈ E ⇒ A(w) ∈ Im(A)⇒ A(w) = α1A(u1) + · · ·+ αpA(up)⇒

A(w) = A(α1u1 + · · ·+ αpup)⇒

A(w)− A(α1u1 + · · ·+ αpup) = 0⇒

A(w − (α1u1 + · · ·+ αpup)) = 0⇒

w − (α1u1 + · · ·+ αpup) ∈ N(A)⇒

w − (α1u1 + · · ·+ αpup) = β1v1 + · · ·+ βqvq ⇒

w = α1u1 + · · ·+ αpup + β1v1 + · · ·+ βqvq ⇒

Portanto B gera E.

Portanto B é uma base de E pois B é L.I. e gera E.

Corolário 6.1. Sejam E e F espaços vetoriais sobre R com a mesmadimensão �nita n e suponhamos T : E −→ F uma transformação linear.Então são equivalentes as seguintes a�rmações:

i) N(T ) = {0};

ii) T é injetiva ;

iii) T é sobrejetiva ;

iv) T é bijetiva ;

v) T transforma uma base de E em uma base de F (isto é, se B é umabase de E, então T (B) é uma base de T (E).

CTT112-B 27/06/2018

Capítulo 7

Matriz de uma Transformação Linear

7.1 Operações com Transformações Lineares

De�nição 7.1.1. Sejam E e F espaços vetoriais sobre R. Indiquemospor L(E,F ) o conjunto de todas as transformações lineares de E em F .

Se F = E, o conjunto dos operadores de E será donotado por L(E).

Sejam R, S ∈ L(E,F ) transformações lineares de E em F . Se de�nir-mos T : E −→ F dada por T (u) = R(u) + S(u) então T é também umatransformação linear. De fato T (u+v) = R(u+v)+S(u+v) = [R(u)+R(v)] + [S(u) +S(v)] = [R(u) +S(u)] + [R(v) +S(v)] = T (u) +T (v) eT (λu) = R(λu) +S(λu) = λR(u) + λS(u) = λ[R(u) +S(u)] = λT (u).De�nimos a seguir a soma de transformações lineares.

Portanto T = R + S ∈ L(E,F ) e assim está bem de�nida a adição.

De�nição 7.1.2. Dados S, T ∈ L(E,F ), de�nimos a soma S + T de Scom T da seguinte forma:S + T : E −→ F dada por (S + T )(u) = S(u) + T (u) ∀u ∈ E.

A1) S + T = T + S, ∀S, T ∈ L(E,F ) (Comutatividade);

A2) (R+ S) + T = R+ (S + T ), ∀R, S, T ∈ L(E,F ) (Associativi-dade);

A3) T + 0 = T, ∀T ∈ L(E,F ), onde 0(u) = 0, ∀u ∈ E (Existênciado elemento neutro da adição);

A4) ∀T ∈ L(E,F ) ∃(−T )/ T + (−T ) = 0, onde (−T )(u) =−T (u), ∀u ∈ E (Existência do inverso aditivo).

CAPÍTULO 7. MATRIZ DE UMA TRANSFORMAÇÃO LINEAR 128

Sejam S ∈ L(E,F ) transformação linear de E em F . Se de�nirmosT : E −→ F dada por T (u) = λS(u) então T é também uma trans-formação linear. De fato T (u + v) = λS(u + v) = λ[S(u) + S(v)] =λS(u) + λS(v) = T (u) + T (v) e T (αu) = λS(αu) = λ(αS(u)) =(λα)S(u) = (αλ)S(u) = α(λS(u)) = α(T (u)). De�nimos a seguir oproduto de transformações lineares por escalar.

Portanto λT assim de�nida é uma transformação linear.

De�nição 7.1.3. Dados T ∈ L(E,F ) e λ ∈ R, de�nimos o produto λTde λ com T da seguinte forma:λT : E −→ F dada por (λT )(u) = λT (u), ∀u ∈ E.

M1) (α · β) · T = α · (β · T ), ∀α, β ∈ R (Associatividade);

M2) (α + β) · T = α · T + β · T, ∀T ∈ L(E,F ), ∀α, β ∈ R(Distributividade da multiplicação em relação à soma de números reais);

M3) α · (R+ S) = α ·R+ α · S, ∀R, S ∈ L(E,F ), ∀α ∈ R (Distri-butividade da multiplicação em relação à soma de transformações);

[α(R+S)](u) = α(R+S)(u) = α[R(u) +S(u)] = αR(u) +αS(u) =(αR)(u) + (αS)(u) = [αR + αS](u)

M4) 1 · T = T, ∀T ∈ L(E,F ) (Existência do elemento neutro damultiplicação).

Essas operações fazem de L(E,F ) um espaço vetorial, ou seja, (L(E,F ) ,+, ·) é um espaço vetorial real.

CTT112-A 27/06/2018

De�nição 7.1.4. Sejam E, F e G espaços vetoriais sobre R. Se T :E −→ F e S : F −→ G são transformações lineares, denota-se porS ◦ T a aplicação composta de T e S de�nida por:

S ◦ T : E −→ G e (S ◦ T )(u) = S(T (u)), ∀u ∈ E.

(G ◦ F )(u)

G ◦ F

(S◦T )(u+v) = S(T (u+v)) = S(T (u)+T (v)) = S(T (u))+S(T (v)) =(S ◦ T )(u) + (S ◦ T )(v) ∀u, v ∈ E;

(S ◦ T )(λu) = S(T (λu)) = S(λT (u)) = λS(T (u)) = λ(S ◦ T )(u) ∀λ ∈R ∀u ∈ E;

Portanto (S ◦ T ) ∈ L(E,G) é uma transformação linear.

Propriedades:

C1) (R ◦ S) ◦ T = R ◦ (S ◦ T ), ∀R, S, T ∈ L(E)(Associatividade);

C2) I ◦ T = T ◦ I = T, ∀T ∈ L(E)(Elemento neutro da composição);

C3) R ◦ (S + T ) = R ◦ S + R ◦ T, ∀R, S, T ∈ L(E)(Distributividadeda composição em relação à soma de transformações lineares);

Exemplo 7.1.1. Assim como o produto de matrizes a composição detransformações não é comutativa, ou seja, não vale S ◦ T = T ◦ S emgeral. Por exemplo, dados S : R2 −→ R2 e T : R2 −→ R2 dadas por

S(x, y) = (x+ y, 0) e T (x, y) = (x, 2y), então

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

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

Logo S ◦ T 6= T ◦ S .

De�nição 7.1.5. Seja T um operador linear em E. De�nimos a potên-cia de T por indução da seguinte forma:T 0 = I

T n+1 = T n ◦ T .

Ou seja,

T 0 = I

T 1 = T 0 ◦ T = I ◦ T = T

T 2 = T 1 ◦ T = T ◦ TT 3 = T 2 ◦ T = T ◦ T ◦ TT 4 = T 3 ◦ T = T ◦ T ◦ T ◦ T

...T n+1 = T n ◦ T = (T ◦ T ◦ · · · ◦ T ) ◦ T

Operadores Nilpotentes.

T n = 0, T 6= 0

Exemplo 7.1.2. T : R3 −→ R3 dada por T (x, y, z) = (0, x, y) é nilpo-tente pois T 3(x, y, z) = T (T (T (x, y, z))) = T (T (0, x, y)) = T (0, 0, x) =(0, 0, 0) = 0⇒ T 3 = 0.

Exemplo 7.1.3. D : Pn(R) −→ Pn(R) dada por D(f(t)) = f ′(t) énilpotente.

Operadores Idepotentes ou Projeções

P 2 = P, P 6= 0 e P 6= I

Exemplo 7.1.4. P : R2 −→ R2 dada por P (x, y) = (x+y2 , x+y2 ) é aprojeção ortogonal sobre a reta y = x e satisfaz P 2 = P .

(0, 0)

(x, y)

P (x, y) =(x+y2 , x+y2

Exemplo 7.1.5. P : R3 −→ R3 dada por P (x, y, z) = 13(2x − y +

z,−x+ 2y + z, x+ y + 2z) é a projeção sobre o plano x+ y − z = 0 esatisfaz P 2 = P .

Exemplo 7.1.6. Seja P : R2 → R2 a projeção ortogonal do ponto (x, y)sobre a reta y = mx.

a) Determine uma expressão para P (x, y) = (a,ma) encontrandoa em função de x, y e m. [Dica: utilize o Teorema de Pitágoras notriângulo retângulo de vértices (0, 0), (x, y), (a,ma)];

b) Depois mostre que P é uma transformação linear.

Solução:

(0, 0)

(x, y)

P (x, y)

x2 + y2 = a2 + (ma)2 + (x− a)2 + (y −ma)2

@@x2 + �

�y2 = a2 +m2a2 +@@x2 − 2ax+ a2 + ��y2 − 2may +m2a2

0 = a2 +m2a2 − 2ax+ a2 − 2may +m2a2

0 = 2a2 + 2m2a2 − 2ax− 2may

0 = a2 +m2a2 − ax−may

0 = a+m2a− x−my

x+my = a+m2a

a+m2a = x+my

a(1 +m2) = x+my

a =x+my

P (x, y) =

1 +m2,mx+m2y

u = (x, y) v = (z, w)

P (u+ v) = P ((x, y) + (z, w))

= P (x+ z, y + w)

((x+ z) +m(y + w)

1 +m2,m(x+ z) +m2(y + w)

((x+my) + (z +mw)

1 +m2,(mx+m2y) + (mz +m2w)

((x+my)

1 +m2+

(z +mw)

1 +m2,(mx+m2y)

1 +m2+

(mz +m2w)

1 +m2,mx+m2y

(z +mw

1 +m2,mz +m2w

)= P (x, y) + P (z, w)

= P (u) + P (v)

P (λu) = P (λ(x, y))

= P ((λx, λy))

((λx) +m(λy)

1 +m2,m(λx) +m2(λy)

(λ(x+my)

1 +m2,λ(mx+m2y)

1 +m2,mx+m2y

)= λP (x, y)

= λP (u)

Exemplo 7.1.7. Sejam a, b ∈ R com a 6= b e P : R2 → R2 a projeçãodo ponto (x, y) sobre o vetor u = (1, a)(ou seja, sobre a reta y = ax)paralela ao vetor v = (1, b). Determine uma expressão para a projeçãoP (x, y).

Solução:

y = ax

y = bx

(x, y) = αu+ βv

P (x, y) = αu

(x, y) = αu+ βv

(x, y) = α(1, a) + β(1, b){α + β = x

α · a + β · b = y[1 1 x

1 1 x0 b− a y − ax

0 1y − axb− a

CAPÍTULO 7. MATRIZ DE UMA TRANSFORMAÇÃO LINEAR 1351 0

bx− yb− a

0 1y − axb− a

y − bxa− b

−y − axa− b

y − bxa− b

⇒ P (x, y) =

(y − bxa− b

,a(y − bx)

a− b

CTT112-B 04/07/2018

Exemplo 7.1.8. Sejam u1 = (1, 3, 1), u2 = (3, 10, 6), u3 = (1, 5, 8) ∈R3 e P : R3 → R3 a projeção do ponto (x, y, z) sobre subespaço F =[u1, u2] paralela ao subespaço G = [u3]. Determine uma expressão paraa projeção PF (x, y, z).

Solução:

(x, y, z) = α1u1 + α2u2 + α3u3

(x, y, z) = α1(1, 3, 1) + α2(3, 10, 6) + α3(1, 5, 8)

(x, y, z) = (α1, 3α1, α1) + (3α2, 10α2, 6α2) + (α3, 5α3, 8α3)

(x, y, z) = (α1 + 3α2 + α3, 3α1 + 10α2 + 5α3, α1 + 6α2 + 8α3)α1 + 3α2 + α3 = x

3α1 + 10α2 + 5α3 = yα1 + 6α2 + 8α3 = z

CAPÍTULO 7. MATRIZ DE UMA TRANSFORMAÇÃO LINEAR 136 1 3 1 x3 10 5 y1 6 8 z

Escalonando essa matriz obtemos a seguinte matriz 1 0 0 50x− 18y + 5z

0 1 0 7y − 19x− 2z0 0 1 8x− 3y + z

Portanto a solução do sistema é dada por α1

50x− 18y + 5z7y − 19x− 2z8x− 3y + z

Assim podemos escrever a projeção da seguinte forma.

PF (x, y, z) = α1u1 + α2u2 = (50x− 18y + 5z)(1, 3, 1) + (7y − 19x−2z)(3, 10, 6)⇒

PF (x, y, z) = (50x− 18y + 5z)(1, 3, 1) + (7y− 19x− 2z)(3, 10, 6)⇒

PF (x, y, z) = (50x− 18y + 5z, 150x− 54y + 15z, 50x− 18y + 5z) +(21y − 57x− 6z, 70y − 190x− 20z, 42y − 114x− 12z)⇒

Depois de manipular as expressões obtemos uma fórmula para a pro-jeção sobre F paralela a G.

PF (x, y, z) = (−7x+ 3y − z,−40x+ 16y − 5z,−64x+ 24y − 7z)

Exemplo 7.1.9. Sejam u1 = (1, 2, 1), u2 = (2, 5, 5), u3 = (1, 3, 5) ∈ R3

e P : R3 → R3 a projeção do ponto (x, y, z) sobre subespaço F =[u1, u2] paralela ao subespaço G = [u3]. Determine uma expressão paraa projeção PF (x, y, z). α1

10x− 5y + z4y − 7x− z5x− 3y + z

Exemplo 7.1.10. Sejam u1 = (1, 1, 1), u2 = (0, 1, 0), u3 = (0, 1, 1) ∈R3 e P : R3 → R3 a projeção do ponto (x, y, z) sobre subespaço F =[u1, u2] paralela ao subespaço G = [u3]. Determine uma expressão paraa projeção PF (x, y, z). α1

xy − zz − x

Teorema 7.1. Seja P : E −→ E um operador linear. Então sãoequivalentes as seguintes propriedades:

i) P 2 = P ;ii) E = N(P )⊕ Im(P ).

CTT112-A,B 27/06/2018

Involuções ou Simetrias.

S2 = I, S 6= ±I

Exemplo 7.1.11. S : R2 −→ R2 dada por S(x, y) = (y, x) é a re�exãoem relação à reta y = x e satisfaz S2 = I.

(0, 0)

(x, y)

S(x, y) = (y, x)

Exemplo 7.1.12. S : R3 −→ R3 dada por S(x, y, z) = 13(x − 2y +

2z,−2x+y+2z, 2x+2y+z) é a re�exão em relação ao plano x+y−z = 0e satisfaz S2 = I.

7.2 Matriz de uma Transformação Linear

De�nição 7.2.1. Sejam E e F espaços vetoriais sobre R de dimensão�nita, T : E −→ F uma transformação linear. Fixadas bases B ={u1, · · · , un} e C = {v1, · · · , vm} de E e F respectivamente, existe umaúnica matriz P = (αij)m×n tal que

T (uj) =m∑i=1

αijvi (j = 1, 2, · · · , n) (7.1)

A matriz m × n que se obtém das condições anteriores é chamadamatriz da transformação linear T em relação às bases B e C e denotas-se por:

[T ]B,C =

α11 α12 · · · α1m

α21 α22 · · · α2m

αm1 αm2 · · · αmn

Exemplo 7.2.1. Qual a matriz de T : R3 −→ R2 dada por T (x, y, z) =(x+ y, y + z) em relação a esse par de bases

B = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} e C = {(1, 0), (1, 1)} (7.3)T (1, 0, 0) = (1 + 0, 0 + 0) = (1, 0) = 1 · (1, 0) + 0 · (1, 1)T (0, 1, 0) = (0 + 1, 1 + 0) = (1, 1) = 0 · (1, 0) + 1 · (1, 1)T (0, 0, 1) = (0 + 0, 0 + 1) = (0, 1) = (−1) · (1, 0) + 1 · (1, 1)[

1 1 1 1 00 1 0 1 1

]←→

[1 0 1 0 −10 1 0 1 1

[T ]B,C =

[1 0 −10 1 1

](7.4)

Exemplo 7.2.2. Qual é a matriz da transformação linear F : R2 → R3

dada por F (x, y) = (x+ 2y, 2x− y, 3y − x) em relação ao seguinte parde bases:B = {(1, 0), (0, 1)} e C = {(1, 3, 3), (0, 1, 1), (2, 0, 1)}Solução:{F (1, 0) = (1, 2,−1) = a11 · (1, 3, 3) + a21 · (0, 1, 1) + a31 · (2, 0, 1)F (0, 1) = (2,−1, 3) = a12 · (1, 3, 3) + a22 · (0, 1, 1) + a32 · (2, 0, 1) 1 0 2 1 23 1 0 2 −13 1 1 −1 3

Gaussian elimination:

1 0 2 1 20 1 −6 −1 −70 0 1 −3 4

,row echelon form:

1 0 0 7 −60 1 0 −19 170 0 1 −3 4

[F ]B,C =

7 −6−19 17−3 4

CTT112-A 06/07/2018

Exemplo 7.2.3. Qual é a matriz da transformação linear T : R2 → R3

dada por T (x, y) = (2x + y, x + 2y, x + y) em relação ao seguinte parde bases:B = {(1, 0), (0, 1)} e C = {(1,−1, 0), (0, 1,−1), (1,−2, 2)}

Solução:{T (1, 0) = (2 · 1 + 0, 1 + 2 · 0, 1 + 0) = (2, 1, 1)

T (0, 1) = (2 · 0 + 1, 0 + 2 · 1, 0 + 1) = (1, 2, 1) 1 0 1 2 1−1 1 −2 1 2

0 −1 2 1 1

−−−−−−→L2 + L1

1 0 1 2 10 1 −1 3 30 −1 2 1 1

−−−−−−→L3 + L2 1 0 1 2 1

0 1 −1 3 30 0 1 4 4

L1 + (−1) · L3

L2 + L3

−−−−−−→

1 0 00 1 00 0 1

−2 −37 74 4

[T ]B,C =

−2 −37 74 4

Exemplo 7.2.4. Seja E um espaço vetorial sobre R e seja I o operadoridêntico de E. Dadas as bases B e C de E, o que é [I]B,C?

[I]B,C é a matriz de mudança da base C para a base B.

I(u1) = u1 = α11v1 + α21v2 + · · · + αn1vnI(u2) = u2 = α12v1 + α22v2 + · · · + αn2vn

...I(un) = un = α1nv1 + α2nv2 + · · · + αnnvn

Teorema 7.2. Sejam E e F espaços vetoriais de dimensão n e m. En-tão, �xadas bases B = {u1, · · · , un} e C = {v1, · · · , vm} de E e F , aaplicação T −→ [T ]B,C que a cada T ∈ L(E,F ) associa a matriz de Tem relação às bases B e C é bijetiva(e linear), ou seja, um isomor�smo.

7.3 Matriz de uma Transformação Composta

A matriz da composição de duas transformações lineares é o produtodas matrizes dessas transformações.

Teorema 7.3. Sejam E,F e G espaços vetoriais sobre R com bases B ={u1, · · · , un}, C = {v1, · · · , vm} e D = {w1, · · · , wp} respectivamente.Supondo T ∈ L(E,F ) e S ∈ L(F,G), então

[S ◦ T ]B,D = [S]C,D · [T ]B,C (7.6)

Demonstração.

T (ui) =m∑j=1

αjivj

S(vj) =p∑

βkjwk

(S ◦ T )(ui) =p∑

γkiwk

Portanto temos

(S ◦ T )(ui) = S(T (ui))

(n∑j=1

αjivj

=n∑j=1

S (αjivj)

=n∑j=1

αjiS (vj)

=n∑j=1

αjip∑

βkjwk

=n∑j=1

p∑k=1

αjiβkjwk

n∑j=1

αjiβkjwk

(n∑j=1

βkjαji

[[T ]C,D · [S]B,C ]kiwk

Portanto [S ◦ T ]B,D = [T ]C,D · [S]B,C

Teorema 7.4. Sejam E um espaço vetorial de dimensão n sobre R,B = {u1, · · · , un} e C = {v1, · · · , vn} bases de E e M a matriz demudança da base B para a base C e T ∈ L(E), então

[T ]C = M−1 · [T ]B ·M (7.7)

CTT112-A,B 04/07/2018

7.4 Espaço Dual

Sejam E um espaço vetorial sobre R. O espaço vetorial L(E,R) dastransformações lineares de E em R é chamado de espaço dual de E edenotamos por E∗.

Exemplo 7.4.1. Seja T : R3 −→ R dada por T (x, y, z) = 2x+3y−5z.Assim T ∈

(R3)∗.

Exemplo 7.4.2. Seja T : Rn −→ R dada por T (x1, · · · , xn) = α1x1 +· · ·+ αnxn. Assim T ∈ (Rn)∗.

Capítulo 8

Espaço com Produto Interno

8.1 Produto Interno

De�nição 8.1.1. (conceito)Seja E um espaço vetorial de dimensão �-nita sobre R Entende-se por produto interno sobre E uma aplicação quetransforma cada par ordenado (u, v) ∈ E×E em um número real 〈u, v〉obedecendo às seguintes propriedades:

i) 〈u+ v, w〉 = 〈u,w〉+ 〈v, w〉, ∀u, v, w ∈ E;

ii) 〈αu, v〉 = α〈u, v〉, ∀u, v ∈ E e ∀α ∈ R;

iii) 〈u, v〉 = 〈v, u〉, ∀u, v ∈ E;

iv) 〈u, u〉 > 0, ∀u ∈ E − {0} e 〈0, 0〉 = 0.

De forma equivalente

iv) 〈u, u〉 ≥ 0 ∀u ∈ E, 〈u, u〉 = 0⇔ u = 0.

De�nição 8.1.2. Um espaço vetorial com produto interno ou espaçoeuclidiano é um espaço vetorial sobre R munido de produto interno.

Exemplo 8.1.1. Produto interno usual do Rn. Se u = (x1, · · · , xn) ev = (y1, · · · , yn) são vetores genéricos de Rn, então:

CAPÍTULO 8. ESPAÇO COM PRODUTO INTERNO 146

〈u, v〉 = x1y1 + · · ·+ xnyn (8.1)

é um produto interno no Rn.

Demonstração. Para provar que a operação de�nida acima é um pro-duto interno temos que provar que essa operação satisfaz as três pro-priedades de produto interno. Apenas a primeira propriedade será de-monstrada e as demais serão deixadas como exercício.i) Sejam u = (x1, · · · , xn), v = (y1, · · · , yn) e w = (z1, · · · , zn). As-

sim temos

〈u+ v, w〉 = 〈(x1, · · · , xn) + (y1, · · · , yn), (z1, · · · , zn)〉

= 〈(x1 + y1, · · · , xn + yn), (z1, · · · , zn)〉= (x1 + y1)z1 + · · ·+ (xn + yn)zn= x1z1 + y1z1 + · · ·+ xnzn + ynzn= (x1z1 + · · ·+ xnzn) + (y1z1 + · · ·+ ynzn)= 〈(x1, · · · , xn), (z1, · · · , zn)〉+ 〈(y1, · · · , yn), (z1, · · · , zn)〉= 〈u,w〉+ 〈v, w〉

Exemplo 8.1.2. É um produto interno sobre o espaço Pn(R) a aplica-ção

〈f(t), g(t)〉 =

f(t)g(t)dt, (8.2)

onde f(t) e g(t) são polinômios quaisquer em Pn(R).

Propriedades

Em um espaço vetorial com produto interno valem as seguintes pro-priedades:

P1. 〈u, 0〉 = 〈0, u〉 = 0, ∀u ∈ E;

P2. 〈u, αv〉 = α〈u, v〉, ∀u, v ∈ E e ∀α ∈ R;

P3. 〈u, v + w〉 = 〈u, v〉+ 〈u,w〉, ∀u, v, w ∈ E;

⟨m∑i=1

αiui, v

m∑i=1

αi 〈ui, v〉 , ∀ui, v ∈ E;

n∑j=1

βj 〈u, vj〉 , ∀u, vj ∈ E;

⟨m∑i=1

αiui,n∑j=1

m∑i=1

n∑j=1

αiβj 〈ui, vj〉 , ∀ui, vj ∈ E;

8.2 Norma e Distância

No plano o comprimento de um vetor u = (x, y) é a distância doponto (x, y) à origem e pode ser calculada com o Teorema de Pitágorasjá demonstrado para o plano.

(0, 0)

u = (x, y)

(x, 0)x

y‖ u ‖

Assim temos ‖ u ‖2= x2+y2 ⇒‖ u ‖=√x2 + y2 =

√〈(x, y), (x, y)〉 =√

〈u, u〉 daí a inspiração para a seguinte de�nição.

De�nição 8.2.1. (conceito)Seja E um espaço com produto interno.Dado um vetor u ∈ E indica-se por ‖ u ‖ e chama-se a norma de u onúmero real positivo dado por

‖ u ‖=√〈u, u〉

Exemplo 8.2.1. Se em Rn considerarmos o produto interno usual, dadou = (x1, · · · , xn) nesse espaço, temos:

‖ u ‖=√x21 + · · ·+ xn2

Teorema 8.1. Em todo espaço euclidiano E, temos:

a) ‖ λu ‖= |λ| ‖ u ‖, ∀λ ∈ R e ∀u ∈ E;

b) ‖ u ‖≥ 0, ∀u ∈ V e ‖ u ‖= 0⇔ u = 0.

Demonstração.

a) ‖ λu ‖ =√λαu, λu〉

=√λλ〈u, u〉

=√λ2〈u, u〉

= |λ|√〈u, u〉

= |λ| ‖ u ‖

b) Segue da de�nição que ‖ u ‖≥ 0. Por outro lado ‖ u ‖= 0 ⇔√〈u, u〉 = 0 ⇔ 〈u, u〉 = 0 ⇔ u = 0. A norma herda essa propriedade

do produto interno.

Dois vetores no plano são ortogonais se, e somente se o produto internoé zero.

u = (a, b)

v = (x, y)

Se os vetores u e v são ortogonais então vale o Teorema de Pitágorasno triângulo da �gura acima daí temos:

u ⊥ v

m(x2 + y2) + (a2 + b2) = (x− a)2 + (y − b)2

m(x2 + y2) + (a2 + b2) = x2 − 2ax+ a2 + y2 − 2by + b2

m0 = −2ax− 2by

m2ax+ 2by = 0

max+ by = 0

m〈(a, b), (x, y)〉 = 0

m〈u, v〉 = 0

Portanto concluímos no plano que u ⊥ v ⇔ 〈u, v〉 = 0. Esse resultadonos motiva a de�nir a ortogonalidade entre vetores em qualquer espaçovetorial da seguinte forma.

De�nição 8.2.2. (conceito)Seja E um espaço vetorial com produto in-terno. Dizermos que dois vetores u, v ∈ E são ortogonais(ou perpen-

diculares) quando 〈u, v〉 = 0. Escreve-se u ⊥ v. Em particular 0 éperpendicular a qualquer vetor de E.

De�nição 8.2.3. (conceito)Seja E um espaço vetorial euclidiano. Umconjunto X ⊂ E diz-se ortogonal quando dados vetores distintos u, v ∈X, então 〈u, v〉 = 0.

De�nição 8.2.4. (conceito)Se além disso ‖ u ‖= 1, ∀u ∈ X entãoX é dito um conjunto ortonormal(A condição ‖ u ‖= 1 equivale a〈u, v〉 = 1).

Uma base ortonormal de E é uma base B = {u1, · · · , un} tal que

〈ui, uj〉 = δij =

{1, se i = j

0, se i 6= j

Teorema 8.2. Num espaço vetorial E euclidiano, todo conjunto orto-gonal X de vetores não-nulos é L.I..

Demonstração.Sejam v1, · · · , vn ∈ X. Temos 〈vi, vj〉 = 0 se i 6= j. Se α1v1 + · · · +

αnvn = 0 então para cada i = 1, · · · , n, tomamos o produto interno porvi em ambos os lados da igualdade o que resulta em

α1〈v1, vi〉+ · · ·+ αn〈vn, vi〉 = 0 ⇒ αi〈vi, vi〉 = 0⇒ αi · 1 = 0⇒ αi = 0

Como i é arbitrário concluímos que α1 = · · · = αn = 0. PortantoX é L.I..

Teorema 8.3. (Teorema de Pitágoras) Sejam u, v ∈ E tais queu ⊥ v. Então vale

‖ u+ v ‖2=‖ u ‖2 + ‖ v ‖2

Demonstração.

‖ u+ v ‖2 = 〈u+ v, u+ v〉= 〈u, u+ v〉+ 〈v, u+ v〉= 〈u, u〉+ 〈u, v〉+ 〈v, u〉+ 〈v, v〉= 〈u, u〉+ 〈u, v〉+ 〈u, v〉+ 〈v, v〉= 〈u, u〉+ 2〈u, v〉+ 〈v, v〉= ‖ u ‖2 +2〈u, v〉+ ‖ v ‖2= ‖ u ‖2 +2 · 0+ ‖ v ‖2= ‖ u ‖2 +0+ ‖ v ‖2= ‖ u ‖2 + ‖ v ‖2

CTT112-A 18/07/2018

De�nição 8.2.5. Seja E um espaço vetorial euclidiano e u ∈ E − {0}.Dado um vetor v ∈ E a projeção de v sobre o eixo que contém u édenotada por Pru(v) e de�nida como o vetor que satisfaz as seguintescondições.{Pru(v) = αuu ⊥ v − Pru(v)

Ou seja, a projeção é uma função

Pru : E −→ Ev 7−→ Pru(v)

{v = αu+ ww ⊥ u{

w = v − αu〈w, u〉 = 0

Substituindo a primeira equação na segunda temos:

〈v − αu, u〉 = 0 ⇒ 〈v, u〉 − 〈αu, u〉 = 0⇒ 〈v, u〉 − α〈u, u〉 = 0⇒ 〈v, u〉 = α〈u, u〉⇒ α〈u, u〉 = 〈v, u〉

⇒ α =〈v, u〉〈u, u〉

Pru(v) =〈v, u〉〈u, u〉

Teorema 8.4. (Desigualdade de Schwarz) Dados u, v ∈ E vale aseguinte desigualdade

〈u, v〉 ≤ |〈u, v〉| ≤ ‖ u ‖ · ‖ v ‖

Demonstração.

v = [v − Pru(v)] + Pru(v)⇒‖ v ‖2=‖ v − Pru(v) ‖2 + ‖ Pru(v) ‖2⇒‖ v ‖2≥‖ Pru(v) ‖2⇒‖ Pru(v) ‖2≤‖ v ‖2⇒

‖ 〈v,u〉〈u,u〉u ‖2≤‖ v ‖2⇒

〈〈v,u〉〈u,u〉u,〈v,u〉〈u,u〉u〉 ≤‖ v ‖

2⇒(〈v,u〉〈u,u〉

)2〈u, u〉 ≤‖ v ‖2⇒

〈v,u〉2〈u,u〉2 〈u, u〉 ≤‖ v ‖

2⇒〈v,u〉2〈u,u〉 ≤‖ v ‖

〈v, u〉2 ≤ 〈u, u〉 ‖ v ‖2⇒〈v, u〉2 ≤‖ u ‖2‖ v ‖2

Teorema 8.5. (Desigualdade triangular) Dados u, v ∈ E vale aseguinte desigualdade

‖ u+ v ‖≤‖ u ‖ + ‖ v ‖

Demonstração.

Dados os vetores u, v ∈ E valem:

‖ u+ v ‖2 = 〈u+ v, u+ v〉= 〈u, u+ v〉+ 〈v, u+ v〉= 〈u, u〉+ 〈u, v〉+ 〈v, u〉+ 〈v, v〉= 〈u, u〉+ 〈u, v〉+ 〈u, v〉+ 〈v, v〉= 〈u, u〉+ 2〈u, v〉+ 〈v, v〉= ‖ u ‖2 +2〈u, v〉+ ‖ v ‖2≤ ‖ u ‖2 +2 ‖ u ‖‖ v ‖ + ‖ v ‖2= (‖ u ‖ + ‖ v ‖)2

Portanto tirando a raiz quadrada de ambos os lados temos

‖ u+ v ‖≤‖ u ‖ + ‖ v ‖

8.3 Processo de Gram-Schmidt

Teorema 8.6. Sejam {v1, · · · , vk} uma base para um subespaço W deRn e sejam {u1, · · · , uk} de�nidos por

u1 = v1

u2 = v2 − 〈u1,v2〉〈u1,u1〉u1

u3 = v3 − 〈u1,v3〉〈u1,u1〉u1 −〈u2,v3〉〈u2,u2〉u2

uk = vk − 〈u1,vk〉〈u1,u1〉u1 −〈u2,vk〉〈u2,u2〉u2 − · · · −

〈u(k−1),vk〉〈u(k−1),u(k−1)〉u(k−1)

Então [u1, · · · , ui] é uma base ortogonal de [v1, · · · , vi] para todo i =1, · · · , k.

Demonstração. Em cada etapa estamos subtraindo as componentesem relação aos vetores anteriores o que faz com que resulte em umvetor ortogonal ao anterior, ainda nesse sentido cada parcela removidaé ortogonal às parcelas anteriores o que não afeta o resultando obtidoanteriormente.

Se u é ortogonal a v, então λu é ortogonal a v. Assim durante oprocesso de Gram-Schmidt vamos multiplicar os vetores por númerosadequados para evitar as frações. De fato se 〈u, v〉 = 0 então 〈λu, v〉 =λ · 〈u, v〉 = λ · 0 = 0

Exemplo 8.3.1. Aplique processo de Gram-Schmidt para construiruma base ortonormal para o sub espaço w = [v1, v2, v3] de R4, onde

1−1−1

, v2 =

, v3 =

Resolução:

u1 = v1 ⇒ u1 =

1−1−1

u2 = v2 − 〈u1,v2〉〈u1,u1〉u1 ⇒ u2 =

− 〈(1,−1,−1,1),(2,1,0,1)〉〈(1,−1,−1,1),(1,−1,−1,1)〉

1−1−1

− 24

1−1−1

⇒ u2 =

321212

⇒ u2 =

u3 = v3 − 〈u1,v3〉〈u1,u1〉u1 −〈u2,v3〉〈u2,u2〉u2 ⇒

− 〈(1,−1,−1,1),(2,2,1,2)〉〈(1,−1,−1,1),(1,−1,−1,1)〉

1−1−1

− 〈(3,3,1,1),(2,2,1,2)〉〈(3,3,1,1),(3,3,1,1)〉

− 14

1−1−1

− 1520

⇒ u3 =

10−1−2

{u1, u2, u3}=

1−1−1

10−1−2

é uma base ortogonal deW .

Basta normalizar para obter uma base ortonormal. Assim temos

‖ u1 ‖=‖ (1,−1,−1, 1) ‖=√

1 + 1 + 1 + 1 =√

4 = 2.

‖ u2 ‖=‖ (3, 3, 1, 1) ‖=√

9 + 9 + 1 + 1 =√

‖ u3 ‖=‖ (1, 0,−1,−2) ‖=√

1 + 0 + 1 + 4 =√

{u1, u2, u3} =

−1212

3√20

1√20

− 1√6

− 2√6

CTT112-B 18/07/2018

Exemplo 8.3.2. Aplique o processo de Gram-Schmidt à base

B = {(1,−1, 1,−1), (−2, 3,−2, 2), (3,−3, 4, 4)}

de W ⊂ R4, considerando o produto interno usual nesse espaço paraobter uma base ortogonal C de W .

Solução:

− 〈(−2,3,−2,2),(1,−1,1,−1)〉〈(1,−1,1,−1),(1,−1,1,−1)〉

− (−9)4

⇒ u2 =

131−1

− 〈(3,−3,4,4),(1,−1,1,−1)〉〈(1,−1,1,−1),(1,−1,1,−1)〉

− 〈(3,−3,4,4),(−2,3,−2,2)〉〈(−2,3,−2,2),(−2,3,−2,2)〉

− 64

− (−15)12

⇒ u3 =

131−1

Teorema 8.7. Seja E um espaço vetorial euclidiano, F um subconjuntode E de�namos

F⊥ = {v ∈ F ; 〈u, v〉 = 0,∀u ∈ F}

Então F⊥ é um subespaço vetorial de E.

Demonstração.

i)〈0, u〉 = 0,∀u ∈ F ⇒ 0 ∈ F⊥

ii)v, w ∈ F⊥ ⇒ 〈v, u〉 = 0, 〈w, u〉 = 0, ∀u ∈ F

⇒ 〈v + w, u〉 = 〈v, u〉+ 〈w, u〉 = 0 + 0 = 0, ∀u ∈ F⇒ v + w ∈ F⊥

iii)λ ∈ R, v ∈ F⊥ ⇒ λ ∈ R, 〈v, u〉 = 0, ∀u ∈ F

⇒ 〈λ · v, u〉 = λ · 〈v, u〉 = λ · 0 = 0, ∀u ∈ F⇒ λ · v ∈ F⊥

De�nição 8.3.1. O subespaço F⊥ é chamado complemento ortogonalde F .

Teorema 8.8. Seja E um espaço vetorial euclidiano, F um subsepaçode E. Então E = F ⊕ F⊥, ou seja, E = F + F⊥ e F ∩ F⊥ = {0}.

Demonstração.

A prova se divide em duas partes:

(I) E = F + F⊥

e(II) F ∩ F⊥ = {0}

Vamos demonstrar(por enquanto) apensas a segunda parte:{v ∈ F

v ∈ F⊥⇒

{v ∈ F〈v, u〉 = 0 ∀u ∈ F ⇒

〈v, v〉 = 0⇒ v = 0

Portanto F ∩ F⊥ = {0}

Capítulo 9

Determinantes

9.1 Permutações

Seja n ≥ 1 um número natural. Consideremos o conjunto Nn ={1, · · · , n}.

De�nição 9.1.1. Uma permutação do conjunto Nn é uma função bije-tiva σ : {1, 2, · · · , n} −→ {1, 2, · · · , n}.

Se σ e ϕ são permutações deNn, então σ◦ϕ : Nn −→ Nn é obviamenteuma permutação. Além disso σ−1 é uma permutação também.

Notação abreviada

(1 2 · · · n

σ(1) σ(2) · · · σ(n)

)Exemplo 9.1.1. Se n = 2, existem 2 = 2! permutações do conjuntoN2 = {1, 2} que são:

(1 21 2

)e σ =

(1 22 1

Exemplo 9.1.2. Se n = 3, existem 6 = 3! permutações do conjuntoN3 = {1, 2, 3} que são:

(1 2 31 2 3

(1 2 31 3 2

CAPÍTULO 9. DETERMINANTES 161(1 2 32 1 3

(1 2 32 3 1

1 2 33 1 2

(1 2 33 2 1

)Exemplo 9.1.3. Se n = 4, existem 12 = 4! permutações do conjuntoN4 = {1, 2, 3, 4}. Escreva-as cada uma dessas permutações.

De�nição 9.1.2. Consideremos uma permutação

(1 2 · · · n

σ(1) σ(2) · · · σ(n)

)de Nn. Seja r o número de pares ordenados (i, j) com 1 ≤ i < j ≤ n

tais que σ(i) > σ(j). Ou seja,

r = # {(i, j) / 1 ≤ i < j ≤ n e σ(i) > σ(j)}

Chama-se sinal da permutação σ o número inteiro representado porsgn(σ), dado por

sgn(σ) = (−1)r =

{1, se r é par−1, se r é ímpar

Exemplo 9.1.4. Seja σ =

(1 2 33 1 2

)⇒ σ(1) = 3, σ(2) = 1, σ(3) = 2

Os pares (i, j) tais que 1 ≤ i < j ≤ 3 são: (1, 2), (1, 3), (2, 3)

Já os pares tais que σ(i) > σ(j) são: (1, 2), (1, 3)

Logo r = 2 e sgn(σ) = (−1)2 = 1.

(1 2 31 3 2

)⇒ σ(1) = 1, σ(2) = 3, σ(3) = 2

CAPÍTULO 9. DETERMINANTES 162

Os pares (i, j) tais que 1 ≤ i < j ≤ 3 são: (1, 2), (1, 3), (2, 3)

O único par tal que σ(i) > σ(j) é : (2, 3)

Logo r = 1 e sgn(σ) = (−1)1 = −1.

(1 2 3 4 53 1 2 5 4

σ(1) = 3, σ(2) = 1, σ(3) = 2, σ(4) = 5, σ(5) = 4

Os pares (i, j) tais que 1 ≤ i < j ≤ 5 são:

(1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (2, 3), (2, 4), (2, 5), (3, 4), (3, 5), (4, 5)

Já os pares tais que σ(i) > σ(j) são: (1, 2), (1, 3), (4, 5)

Logo r = 3 e sgn(σ) = (−1)3 = −1.

De�nição 9.1.3. Uma permutação σ é par se sgn(σ) = 1 e σ é ímparse sgn(σ) = −1.

De�nição 9.1.4. Dados i, j tais que 1 ≤ i < j ≤ 5, a transposição(i, j) é a permutação dada por σ(i) = j, σ(j) = i e σ(k) = k,∀k ∈{1, · · · , n} − {i, j}

Exemplo 9.1.7. São exemplos de transposições as seguintes permuta-ções(

1 22 1

)(i = 1 e j = 2)

(1 2 31 3 2

)(i = 2 e j = 3)

(1 2 3 4 5 61 2 6 4 5 3

)(i = 3 e j = 6)

Teorema 9.1. Seja σ uma permutação do conjunto Nn. Então valemos seguintes resultados:

i) σ pode fatorar-se na forma

σ = τ1 ◦ · · · ◦ τs

onde τi são transposições.

ii) Se σ = τ1 ◦ · · · ◦ τs = τ ′1 ◦ · · · ◦ τ ′t são duas decomposições de σentão s e t são ambos pares ou ambos ímpares. Além disso sgn(σ) =(−1)s = (−1)t.

Decorre desse Teorema que sgn(σ ◦ ϕ) = sgn(σ) · sgn(ϕ).

9.2 Determinantes

De�nição 9.2.1. Seja A ∈ Mn(R) uma matriz n × n. De�nimos odeterminante da matriz A da seguinte forma:

det(A) =∑σ

sgn(σ) · a1σ(1) · a2σ(2) · · · anσ(n)

Exemplo 9.2.1. Seja A = (a11), então det(A) = a11.

[a11 a12a21 a22

]∈M2(R)

[1 21 2

]⇒ sgn(Id) = 1

[1 21 2

]⇒ sgn(σ) = −1

Logo det(A) = sgn(Id) · a1Id(1) · a2Id(2) + sgn(σ) · a1σ(1) · a2σ(2) ⇒

det(A) = 1 · a11 · a22 + (−1) · a12 · a21 ⇒

det(A) = a11 · a22 − a12 · a21

a11 a12 a13a21 a22 a13a31 a32 a33

∈M3(R)

(1 2 31 2 3

)(+1) σ4 =

(1 2 31 3 2

)(−1)

(1 2 32 3 1

)(+1) σ5 =

(1 2 33 2 1

)(−1)

(1 2 33 1 2

)(+1) σ6 =

(1 2 32 1 3

)(−1)

Assim temos :

sgn(σ1) = (+1) sgn(σ4) = (−1)sgn(σ2) = (+1) sgn(σ5) = (−1)sgn(σ3) = (+1) sgn(σ6) = (−1)

Portanto o determinante de A é dado por

det(A) = + sgn(σ1) · a1σ1(1)a2σ1(2)a3σ1(3)+ sgn(σ2) · a1σ2(1)a2σ2(2)a3σ2(3)+ sgn(σ3) · a1σ3(1)a2σ3(2)a3σ3(3)+ sgn(σ4) · a1σ4(1)a2σ4(2)a3σ4(3)+ sgn(σ5) · a1σ5(1)a2σ5(2)a3σ5(3)+ sgn(σ6) · a1σ6(1)a2σ6(2)a3σ6(3)

Substituindo os sinais e as imagens das permutações temos:

det(A) = a11a22a33 + a12a23a31 + a13a21a32−a11a23a32 − a13a22a31 − a12a21a33

Propriedades

Seja A ∈ Mn(R) uma matriz de ordem n. A j-ésima linha da matrizA é A(j). Usaremos a seguinte notação.

...A(n)

⇒ det(A) = det

(A1, A2, · · · , An

Teorema 9.2. Seja A = (aij) uma matriz de ordem n. Então valem asseguintes propriedades.

1. Se A(i) = 0, então det

A(1)...

A(i)...

2. det

A(1)...

A(i) +B(i)...

A(1)...

A(i)...

A(1)...

B(i)...

3. det

A(1)...

λA(i)...

= λ det

A(1)...

A(i)...

4. det

A(1)...

A(i)...

λA(i)...

5. det

A(1)...

A(j)...

A(i)...

= − det

A(1)...

A(i)...

A(j)...

6. det

A(1)...

A(i) + λA(j)...

A(j)...

A(1)...

A(i)...

A(j)...

7. det(AT)

= det (A);

8. det(A ·B) = det(A) · det(B);

9. det(A−1) =1

det(A).

Demonstração.

1. Se A(i) = 0, então det

A(1)...

A(i)...

Na expressão det (A) =∑σsgn(σ) · a1σ(1) · . . . · aiσ(i) · . . . · anσ(n) do

determinante cada parcela contém um elemento de cada linha damatriz A. Assim todas as parcelas são nulas pois a matriz tem umalinha nula. Portanto det (A) = 0

2. det

A(1)...

A(i) +B(i)...

A(1)...

A(i)...

A(1)...

B(i)...

det (A) =∑σsgn(σ) · a1σ(1) · . . . · [aiσ(i) + biσ(i)] · . . . · anσ(n)

=∑σsgn(σ) · a1σ(1) · . . . · aiσ(i) · . . . · anσ(n)

+∑σsgn(σ) · a1σ(1) · . . . · biσ(i) · . . . · anσ(n)

3. det

A(1)...

λA(i)...

= λ det

A(1)...

A(i)...

det (A) =∑σsgn(σ) · a1σ(1) · . . . · [λaiσ(i)] · . . . · anσ(n)

= λ∑σsgn(σ) · a1σ(1) · . . . · aiσ(i) · . . . · anσ(n)

= λ det (A)

4. det

A(1)...

A(i)...

λA(i)...

Primeiro observamos que pelo item 3 temos

A(1)...

A(i)...

λA(i)...

= λ det

A(1)...

A(i)...

Assim basta provar que

A(1)...

A(i)...

Para cada permutação σ< tal que σ<(i) < σ<(j) de�na a permuta-ção σ> = σ< ◦ (ij), ou seja,

σ>(i) = σ<(j)σ>(j) = σ<(i)σ>(k) = σ<(k) ∀k 6= i, j

det (A) = det

A(1)...

A(i)...

=∑σ<

sgn(σ<) · a1σ<(1) · . . . · aiσ<(i) · . . . · ajσ<(j) · . . . · anσ<(n)

+∑σ>

sgn(σ>) · a1σ>(1) · . . . · aiσ>(i) · . . . · ajσ>(j) · . . . · anσ>(n)

=∑σ<

+∑σ<

(−sgn(σ<)) · a1σ<(1) · . . . · aiσ<(j) · . . . · ajσ<(i) · . . . · anσ<(n)

=∑σ<

−∑σ<

sgn(σ<) · a1σ<(1) · . . . · ajσ<(j) · . . . · aiσ<(i) · . . . · anσ<(n)

=∑σ<

−∑σ<

5. det

A(1)...

A(j)...

A(i)...

= − det

A(1)...

A(i)...

A(j)...

0 = det

A(1)...

A(i) + A(j)...

A(i) + A(i)...

A(1)...

A(i)...

A(i) + A(i)...

A(1)...

A(j)...

A(i) + A(i)...

A(1)...

A(i)...

A(1)...

A(j)...

A(i)...

A(1)...

A(j)...

A(i)...

A(1)...

A(j)...

A(1)...

A(j)...

A(i)...

A(1)...

A(i)...

A(j)...

A(1)...

A(j)...

A(i)...

A(1)...

A(i)...

A(j)...

= 0⇒

A(1)...

A(j)...

A(i)...

= − det

A(1)...

A(i)...

A(j)...

6. det

A(1)...

A(i) + λA(j)...

A(j)...

A(1)...

A(i)...

A(j)...

A(1)...

A(i) + λA(j)...

A(j)...

A(1)...

A(i)...

A(j)...

A(1)...

λA(j)...

A(j)...

A(1)...

A(i)...

A(j)...

+ λ det

A(1)...

A(j)...

A(1)...

A(i)...

A(j)...

+ λ · 0 = det

A(1)...

A(i)...

A(j)...

7. det(AT ) = det(A).

det(AT)

= det (B)=∑σsgn(σ) · b1σ(1) · . . . · biσ(i) · . . . · bnσ(n)

=∑σsgn(σ) · aσ(1)1 · . . . · aσ(i)i · . . . · aσ(n)n

=∑σ−1

sgn(σ−1) · a1σ−1(1) · . . . · aiσ−1(i) · . . . · anσ−1(n)

= det (A)

A penúltima igualdade depende dos seguintes fatos:

i) toda permutação é sobrejetora;

ii) sgn(σ−1) = sgn(σ);

ii) Sn ={σ−1;σ ∈ Sn

8. det(A ·B) = det(A) · det(B);

A demonstração dessa propriedade se apoia no fato mais simples deque tal propriedade vale quando A é uma matriz elementar, ou seja,det(E ·B) = det(E) · det(B).

De fato, se A não é invertível então AB também não é invertível edaí det(A) = 0 e det(AB) = 0, logo vale a igualdade.

Caso A seja invertível então pode ser escrita como A = Ek · . . . ·E1

e daí sai que

det(AB) = det(Ek · . . . · E1B) = det(Ek) · . . . · det(E1) det(B) =det(Ek · . . . · E1) det(B) = det(A) · det(B)

9. det(A−1) =1

det(A).

1 = det(I) = det(A−1A) = det(A−1) det(A)⇒

det(A−1) det(A) = 1⇒

det(A) =1

det(A)

Devido à propriedade 7 de determinantes todo resultado sobre linhastambém vale para colunas.

Exemplo 9.2.4.

x+ 1 y − 1 z − 31 0 22 2 1

1 0 22 2 1

1 −1 −31 0 22 2 1

Exemplo 9.2.5.

3λ 2λ λ1 3 24 −1 1

= λ det

3 2 11 3 24 −1 1

Exemplo 9.2.6.

[x+ 2y 1 + tx+ 3y 2− t

det (A)=det

([x+ 2y 1 + tx+ 3y 2− t

x+ 3y 2− t

])+ det

([2y t

x+ 3y 2− t

([x 1x 2

])+ det

([x 13y −t

([2y tx 2

])+ det

([2y t3y −t

])=(2x− x) + (−xt− 3y) + (4y − xt) + (−2yt− 3yt)

=x− xt− 3y + 4y − xt− 2yt− 3yt

=x− 2xt+ y − 5yt

Por outro lado

det (A) = det

([x+ 2y 1 + t

x+ 3y 2− t

])= (x+ 2y)(2− t)− (x+ 3y)(1 + t)

= 2x− xt+ 4y − 2yt− x− xt− 3y − 3yt

= x− 2xt+ y − 5yt

Exemplo 9.2.7. Calcule o determinante da matriz A utilizando as pro-priedades do determinante onde

1 2 −2 3−2 −7 10 6−1 −4 4 9

3 7 −7 5

Solução:

det (A) = det

1 2 −2 3−2 −7 10 6−1 −4 4 9

3 7 −7 5

1 2 −2 30 −3 6 120 −2 2 120 1 −1 −4

= (−3) · det

1 2 −2 30 1 −2 −40 −2 2 120 1 −1 −4

= (−3) · det

1 2 −2 30 1 −2 −40 0 −2 40 0 1 0

= (−3) · (−2) · det

1 2 −2 30 1 −2 −40 0 1 −20 0 1 0

= (−3) · (−2) · det

1 2 −2 30 1 −2 −40 0 1 −20 0 0 2

= (−3) · (−2) · 2 · det

1 2 −2 30 1 −2 −40 0 1 −20 0 0 1

= (−3) · (−2) · 2 · det

1 2 −2 00 1 −2 00 0 1 00 0 0 1

= (−3) · (−2) · 2 · det

1 2 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

= (−3) · (−2) · 2 · det

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

= (−3) · (−2) · 2 · 1 = 12

9.3 Cofatores

σ ∈ Si ⇔ σ(i) = j

det (A) =∑σsgn(σ) · a1σ(1) · . . . · aiσ(i) · . . . · anσ(n)

=∑σ∈S1

sgn(σ) · a1j · a2σ(2) · . . . · aiσ(i) · . . . · anσ(n)

+∑σ∈S2

sgn(σ) · a1σ(1) · a2j · . . . · aiσ(i) · . . . · anσ(n)

+∑σ∈Sn

sgn(σ) · a1σ(1) · a2σ(2) · . . . · aiσ(i) · . . . · anj

= a1j ·∑σ∈S1

sgn(σ) · a2σ(2) · . . . · aiσ(i) · . . . · anσ(n)

+ a2j ·∑σ∈S2

sgn(σ) · a1σ(1) · a3σ(3) · . . . · aiσ(i) · . . . · anσ(n)

+ anj ·∑σ∈Sn

sgn(σ) · a1σ(1) · a2σ(2) · . . . · aiσ(i) · . . . · an−1σ(n−1)

De�nição 9.3.1. A matriz Aij obtida de A pela remoção da linha i eda coluna j é chamado (i, j)-menor complementar de A,

cij = (−1)i+j det (Aij) é o (i, j)-cofator de A.

Com essa notação podemos escrever o det (A) como

Teorema 9.3. det (A) =n∑i=1

aijcij ou det (A) =n∑j=1

aijcij

Exemplo 9.3.1. Seja A ∈M3(R) genérica.

a11 a12 a13a21 a22 a13a31 a32 a33

[a12 a13a32 a33

]⇒ c21 = (−1)2+1 det (A21)

[a11 a13a31 a33

]⇒ c22 = (−1)2+2 det (A22)

[a11 a12a31 a32

]⇒ c23 = (−1)2+3 det (A23)

det (A) = −a21 det (A21) + a22 det (A22)− a23 det (A23)

det (A) = −a21(a12a33 − a32a13)+a22(a11a33 − a13a31)−a23(a11a32 − a12a31)

Exemplo 9.3.2. Calcule o determinante da matriz A utilizando expan-são em cofatores onde

1 2 2 −22 1 −5 2−3 −5 −5 6

3 6 2 −5

Solução:

Vamos expandir o determinante em cofatores pela linha 2.

1 2 2 −22 1 −5 2−3 −5 −5 6

3 6 2 −5

2 2 −2−5 −5 6

6 2 −5

⇒det (A21) = 8⇒ c21 = (−1)2+1 · 8⇒ c21 = −8

1 2 −2−3 −5 6

3 2 −5

⇒det (A22) = 1⇒ c22 = (−1)2+2 · 1⇒ c22 = 1

1 2 −2−3 −5 6

3 6 −5

⇒det (A23) = 1⇒ c23 = (−1)2+3 · 1⇒ c23 = −1

1 2 2−3 −5 −5

⇒det (A24) = −4⇒ c24 = (−1)2+4 · −4⇒ c24 = −4

det (A) = 2 · (−8) + 1 · 1 + (−5) · (−1) + 2 · (−4)⇒ det (A) = −18

1 −2 −1 32 −3 −2 7−2 5 3 −7

1 −4 1 −6

Solução:

Vamos expandir o determinante em cofatores pela linha 2.

1 −2 −1 32 −3 −2 7−2 5 3 −7

1 −4 1 −6

−2 −1 35 3 −7−4 1 −6

⇒ det (A21) = 15 ⇒ c21 = (−1)2+1 · 15 ⇒

c21 = −15

1 −1 3−2 3 −7

1 1 −6

⇒ det (A22) = −7 ⇒ c22 = (−1)2+2 · (−7) ⇒

c22 = −7

1 −2 3−2 5 −7

1 −4 −6

⇒ det (A23) = −11 ⇒ c23 = (−1)2+3 ·

(−11)⇒ c23 = 11

1 −2 −1−2 5 3

1 −4 1

⇒ det (A24) = 4⇒ c24 = (−1)2+4 · 4⇒ c24 =

det (A) = 2 · (−15)+(−3) · (−7)+(−2) ·11+7 ·4 ⇒ det (A) = −3

Exemplo 9.3.4. Calcule o determinante da matriz A utilizando esca-lonamento(propriedades) associado à expansão em co-fatores onde

1 −2 −1 32 −3 −2 7−2 5 3 −7

1 −4 1 −6

1 −1 −3−1 3 5−1 −3 1

Solução:

1 −1 −3−1 3 5−1 −3 1

[−1 −3−3 1

]⇒ det (A21) = 0 ⇒ c21 = (−1)2+1 · (−10) ⇒ c21 =

[1 −3−1 1

]⇒ det (A22) = 0 ⇒ c22 = (−1)2+2 · (−2) ⇒ c22 =

[1 −1−1 −3

]⇒ det (A23) = 0⇒ c23 = (−1)2+3 · (−4)⇒ c23 = 4

det (A) = (−1) · 10 + 3 · (−2) + 5 · 4

det (A) = 4

25/07/2018-B

9.4 Adjunta e Inversa

De�nição 9.4.1. Dada a matriz A ∈Mn(R) de�nimos sua adjunta daseguinte forma:

Adj(A) =

c11 c21 · · · cn1c12 c22 · · · cn2... ... . . . ...c1n c2n · · · cnn

Teorema 9.4. Se det(A) 6= 0 então A−1 = 1det(A)Adj(A).

Demonstração.

Adj(A)

det(A)· A =

det(A)

c11 c21 · · · cn1... ... . . . ...c1i c2i · · · cni... ... . . . ...c1n c2n · · · cnn

a11 · · · a1j · · · a1na21 · · · a2j · · · a2n... · · · ... . . . ...an1 · · · anj · · · ann

det(A)

(n∑k=1

ckiakj

Se i = j temosn∑k=1

akjckj é a expansão de det(A) na coluna j

Se i 6= j temos

n∑k=1

akickj =n∑k=1

aki(−1)k+j detAkj

=n∑k=1

bkj(−1)k+j detBkj

= det(B)

a11 · · · a1i · · · a1i · · · a1na21 · · · a2i · · · a2i · · · a2n... · · · ... · · · ... . . . ...an1 · · · ani · · · ani · · · ann

Portanto

det(A)Adj(A) · A = I

Exemplo 9.4.1. Calcule a inversa da matriz A utilizando a fórmula

A−1 = 1det(A) · Adj(A) onde A =

1 −2 13 −4 14 −6 5

Solução:

1 −2 13 −4 14 −6 5

[−4 1−6 5

]⇒ det (A11) = −14⇒ c11 = (−1)1+1 · (−14)⇒ c11 =

[3 14 5

]⇒ det (A12) = 11⇒ c12 = (−1)1+2 · 11⇒ c12 = −11

[3 −44 −6

]⇒ det (A13) = −2 ⇒ c13 = (−1)1+3 · (−2) ⇒ c13 =

[−2 1−6 5

]⇒ det (A21) = −4⇒ c21 = (−1)2+1 · (−4)⇒ c21 = 4

[1 14 5

]⇒ det (A22) = 1⇒ c22 = (−1)2+2 · 1⇒ c22 = 1

[1 −24 −6

]⇒ det (A23) = 2⇒ c23 = (−1)2+3 · 2⇒ c23 = −2

[−2 1−4 1

]⇒ det (A31) = 2⇒ c31 = (−1)3+1 · 2⇒ c31 = 2

[1 13 1

]⇒ det (A32) = −2⇒ c32 = (−1)3+2 · (−2)⇒ c32 = 2

[1 −23 −4

]⇒ det (A33) = 2⇒ c33 = (−1)3+3 · 2⇒ c33 = 2

Adj (A) =

−14 4 2−11 1 2−2 −2 2

A−1 = 16 ·

−14 4 2−11 1 2−2 −2 2

Exemplo 9.4.2. Calcule a inversa da matriz A utilizando a fórmula

A−1 = 1det(A) · Adj(A) onde A =

1 −4 −1−1 2 −1−1 1 1

Solução:

1 −4 −1−1 2 −1−1 1 1

[2 −11 1

]⇒ det (A11) = 3⇒ c11 = (−1)1+1 · 3⇒ c11 = 3

[−1 −1−1 1

]⇒ det (A12) = −2⇒ c12 = (−1)1+2 · (−2)⇒ c12 =

[−1 2−1 1

]⇒ det (A13) = 1⇒ c13 = (−1)1+3 · 1⇒ c13 = 1

[−4 −1

]⇒ det (A21) = −3⇒ c21 = (−1)2+1 · (−3)⇒ c21 =

[1 −1−1 1

]⇒ det (A22) = 0⇒ c22 = (−1)2+2 · 0⇒ c22 = 0

[1 −4−1 1

]⇒ det (A23) = −3⇒ c23 = (−1)2+3 · (−3)⇒ c23 =

[−4 −1

2 −1

]⇒ det (A31) = 6⇒ c31 = (−1)3+1 · 6⇒ c31 = 6

[1 −1−1 −1

]⇒ det (A32) = −2⇒ c32 = (−1)3+2 · (−2)⇒ c32 =

[1 −4−1 2

]⇒ det (A33) = −2⇒ c33 = (−1)3+3 · (−2)⇒ c33 =

Adj (A) =

3 3 62 0 21 3 −2

A−1 = 1(−6) ·

3 3 62 0 21 3 −2

9.5 Regra de Cramer

Consideremos o seguinte sistema de Cramera11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = b1a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = b2... ... + . . . +

... =...

an1x1 + an2x2 + · · · + annxn = bn

Sejam A =

a11 · · · a1i · · · a1na21 · · · a2i · · · a2n... · · · ... · · · ...an1 · · · ani · · · ann

a matriz dos coe�cientes,

b1b1...bn

a matriz dos termos independentes e

a11 · · · b1 · · · a1na21 · · · b2 · · · a2n... · · · ... · · · ...an1 · · · bn · · · ann

a matriz obtida substituindo se a

coluna i da matriz A pela matriz dos termos independentes.

Teorema 9.5. Se um sistema é de Cramer então é possível e determi-nado e

xi =det(Ai)

det(A)

Demonstração. Observemos inicialmente que expandindo det(Ai) emrelação à coluna i temos det(Ai) = b1ci1 + b2ci2 + · · ·+ bncin.

Assim temos:

AX = B ⇔ X = A−1 ·B ⇒ X = 1det(A)Adj(A) ·B ⇒

x1...xi...xn

det(A)

c11 c21 · · · cn1... ... . . . ...c1i c2i · · · cni... ... . . . ...c1n c2n · · · cnn

·b1b2...bn

CAPÍTULO 9. DETERMINANTES 189x1...xi...xn

det(A)

c11b1 + c21b2 + · · ·+ cn1bn

...c1ib1 + c2ib2 + · · ·+ cnibn

...c1nb1 + c2nb2 + · · ·+ cnnbn

⇒x1...xi...xn

det(A)

det(A1)

...det(Ai)

...det(An)

xi =det(Ai)

det(A)

Exemplo 9.5.1. Resolva o seguinte sistema pela Regra de Cramer3x + y + z = 8x + y + 2z = 92x + y + 2z = 10

Resolução:

3 1 11 1 22 1 2

8 1 19 1 210 1 2

, A2 =

3 8 11 9 22 10 2

, A3 =

3 1 81 1 92 1 10

Assim temos:

det(A) = 1, det(A1) = 1, det(A2) = 2, det(A3) = 3 donde temos

x =det(A1)

det(A)=

y =det(A2)

det(A)=

z =det(A3)

det(A)=

Ou seja, xyz

Veri�que como exercício que a solução do sistema é de fato a que

obtivemos com a regra de Cramer.

CTT112-A 27/07/2018

Exemplo 9.5.2. Resolva o seguinte sistema pela Regra de Cramerx1 − 2x2 − 5x3 = −5x1 + x2 − 2x3 = 4x1 − x2 − x3 = −2

Solução:

1 −2 −51 1 −21 −1 −1

−54−2

−5 −2 −54 1 −2−2 −1 −1

1 −5 −51 4 −21 −2 −1

1 −2 −51 1 41 −1 −2

x1 = det(A1)det(A) ⇒ x1 = 9

9 ⇒ x1 = 1

x2 = det(A2)det(A) ⇒ x2 = 27

9 ⇒ x2 = 3

x3 = det(A3)det(A) ⇒ x3 = 0

9 ⇒ x3 = 0

Ou seja, xyz

Teorema 9.6. Seja A uma matriz de ordem n×n e 0 uma matriz colunan× 1. Então o sistema homogêneo AX = 0 admite solução não trivialse, e somente se, det(A) = 0.

Demonstração.O sistema homogêneo AX = 0 admite solução não trivial se, e so-

mente se, a matriz A é equivalente a uma matriz com uma linha dezeros. E a matriz A é equivalente a uma matriz com uma linha de zerosse, e somente se, det(A) = 0.

Em outras palavras o sistema homogêneo AX = 0 admite solução nãotrivial se, e somente se, durante o escalonamento ocorre uma linha de ze-ros e daí alguma das variáveis é livre e portanto há soluções não triviais.Da mesma forma ao calcular o determinante por meio de escalonamentose ocorrer uma linha de zeros então o determinante é zero, e caso con-trário, é não nulo dada a natureza das alterações no determinante pelasoperações elementares sobre linhas.

Capítulo 10

Diagonalização de Operadores

Lineares

10.1 Matrizes Semelhantes

De�nição 10.1.1. (conceito)Dadas as matrizes P e Q, ambas quadra-das e de ordem n, dizemos que P é semelhante a Q se, e somente se,existe uma matriz invertível M , tal que

P = M−1 ·Q ·M (10.1)

Obs.: Devido ao Teorema (7.4) duas matrizes do mesmo operador embases diferentes são semelhantes.

De�nição 10.1.2. (conceito)Uma matriz quadrada A diz-se diagonali-zável se for semelhante a uma matriz diagonal, ou seja,M−1 ·A·M = D.

Exemplo 10.1.1. As matrizes A =

[1 23 2

]e D =

[4 00 −1

semelhantes.

De fato se M =

[2 13 −1

]e M−1 = 1

[1 13 −2

]então

CAPÍTULO 10. DIAGONALIZAÇÃO DE OPERADORES LINEARES 193

M−1 · A ·M = 15

[1 13 −2

1 23 2

2 13 −1

[1 13 −2

8 −112 1

[20 00 −5

[4 00 −1

10.2 Autovalores e Autovetores

De�nição 10.2.1. (conceito) Seja E um espaço vetorial (sobre R ) eT : E → E um operador linear. Um vetor u ∈ E, u 6= 0, é um autovetorde T se existe λ ∈ R tal que T (u) = λu. Nesse caso λ é um autovalorde T associado ao autovetor u.

Exemplo 10.2.1. Calcule os Autovalores e Autovetores da transforma-ção linear T : R2 −→ R2 dada por

T (x, y) =

[1 20 3

[x + 2y

]T (x, y) = λ(x, y)⇔ (x+ 2y, 3y) = λ(x, y)⇔{x + 2y = λx

3y = λy⇔

{x− λx+ 2y = 0

3y − λy = 0⇔

{(1− λ)x+ 2y = 0

(3− λ)y = 0⇔

[(1− λ) 2

0 (3− λ)

](10.2)

Se 1 − λ 6= 0 e 3 − λ 6= 0 então x = y = 0. Para que o sistemahomogênio (10.2) tenha solução não trivial é necessário que 3 − λ = 0ou 1− λ = 0, o que implica que λ = 3 ou λ = 1.

Se λ = 1 temos

T (x, y) = (x, y)⇒ (x+ 2y, 3y) = (x, y)⇒ y = 0 x ∈ R⇒

u = (x, 0)

Se λ = 3 temos

T (x, y) = 3(x, y)⇒ (x+ 2y, 3y) = (3x, 3y)⇒ x = y y ∈ R⇒

v = (y, y)

Das considerações feitas nesse exemplo concluímos que u é autovetor deT ⇔ T (u) = λu para algum λ ∈ R⇔ T (u)−λu = 0⇔ (T −λI)(u) =0⇔ u ∈ N(T − λI)− {0}

CTT112-B 27/07/2018

CTT112-A 01/08/2018

De�nição 10.2.2. (conceito) Para todo autovalor λ do operador T :E → E, Eλ = {u ∈ E;T (u) = λu} chama-se auto-subespaço corres-pondente ao autovalor λ.

Teorema 10.1. Seja E um espaço vetorial e T : E → E uma trans-formação linear. Para cada λ ∈ R o seguinte subconjunto de E é umsubespaço vetorial de E.

Eλ = N(T − λI) (10.3)

De�nição 10.2.3. (conceito) Dada uma matriz T ∈Mn(R) o seguintepolinômio, chama-se o polinômio característico de T :

PT (λ) = det(T − λI) (10.4)

Teorema 10.2. Seja T : E −→ E um operador linear. Então osautovalores de T são as raízes do polinômio característico de T .Demonstração. λ é autovalor do operador T se existe u 6= 0 nodomínio E tal que T (u) = λu, o que equivale a existe u ∈ E − {0} talque (T − λI)(u) = 0 ou ainda, (T − λI)(u) = 0 admite solução nãotrivial. Pelo teorema 9.6 isso equivale a det(T − λI) = 0, ou seja, λ éraíz do polinômio característico de T .

Teorema 10.3. Matrizes semelhantes tem o mesmo polinômio característico[5].Demonstração.

B = M−1AM ⇒

PB (λ) = det (B − λIn)= det

(M−1AM − λIn

)= det

(M−1AM −M−1(λIn)M

)= det

(M−1(A− λIn)M

)= det

(M−1) det (A− λIn) det (M)

= det (M)−1 det (A− λIn) det (M)= det (A− λIn)= PA (λ)

Exemplo 10.2.2. Determine o polinômio característico, os autovalorese os autovetores associados.

[0 11 0

]⇒ P (λ) = det(A−λI) = det

([0 11 0

]−[λ 00 λ

P (λ) = det

([−λ 1

1 −λ

])= λ2 − 1⇒ P (λ) = λ2 − 1

P (λ) = 0⇒ λ2 − 1 = 0⇒ λ2 = 1⇒ λ = ±1.

Para λ = 1 temos:[0 11 0

]= 1 ·

]⇔ (y, x) = (x, y) ⇒ x = y ⇒ (x, x) ∈

E1 = {(x, x);x ∈ R} = {x(1, 1);x ∈ R} = [(1, 1)].

De fato

[0 11 0

]= 1 ·

]Para λ = −1 temos:[

0 11 0

]= (−1)

]⇒ (y, x) = −(x, y)⇒ y = −x⇒

(x,−x) ∈ E(−1) = {(x,−x);x ∈ R} = {x(1,−1);x ∈ R} = [(1,−1)].

De fato

[0 11 0

] [x−x

[−xx

]= (−1)

[x−x

CTT112-B 01/08/2018

10.2.1 Operadores sem autovetores

Exemplo 10.2.3. Determine o polinômio característico, e observe quepara esse operador não há autovalores reais.

[0 −11 0

]⇒ P (λ) = det

([−λ −1

1 −λ

])= λ2 + 1⇒

P (λ) = λ2 + 1 = 0⇒ λ2 = −1⇒ λ = ±√−1⇒ λ = ±i ∈ C.

[cos θ sen θ− sen θ cos θ

P (λ) = det

([cos θ − λ sen θ− sen θ cos θ − λ

P (λ) = (cos θ − λ)2 + sen 2θ ⇒

P (λ) = cos2 θ − 2λ cos2 θ + λ2 + sen 2θ ⇒

P (λ) = λ2 − 2 cos2 θλ+ 1 = 0⇒

∆ = 4 cos2 θ − 4 · 1 · 1 = 4(cos2 θ − 1) ≥ 0 ⇒ cos2 θ − 1 ≥ 0 ⇒cos2 θ ≥ 1⇒ cos2 θ = 1⇒ cos θ = 1 ou cos θ = −1

cos θ = 1⇔ θ = 0⇒[1 00 1

]= 1 ·

]cos θ = −1⇔ θ = 180◦ ⇒[−1 00 −1

]·[xy

[−x−y

]= (−1) ·

cos θ sen θ 0− sen θ cos θ 0

P (λ) = det

cos θ − λ sen θ 0− sen θ cos θ − λ 0

0 0 1− λ

⇒P (λ) = (1− λ)(cos θ − λ)2 + (1− λ) sen 2θ ⇒

P (λ) = (1− λ)[(cos θ − λ)2 + sen 2θ]⇒

P (λ) = 0⇒ (1− λ)[(cos θ − λ)2 + sen 2θ] = 0⇒

(1− λ) = 0 ou (cos θ − λ)2 + sen 2θ = 0⇒

λ = 1 ou cos2 θ − 2λ cos2 θ + λ2 + sen 2θ = 0⇒

λ = 1 ou λ2 − 2 cos2 θλ+ 1 = 0⇒

∆ = 4 cos2 θ − 4 · 1 · 1 = 4(cos2 θ − 1) ≤ 0, pois cos2 θ ≤ 1(⇔cos2 θ − 1 ≤ 0) cos θ sen θ 0

− sen θ cos θ 00 0 1

= 1 ·

cos θ = 1⇔ θ = 0⇒ 1 0 0

0 1 00 0 1

= 1 ·

cos θ = −1⇔ θ = 180◦ ⇒ −1 0 0

0 −1 00 0 1

· xy0

−x−y0

= (−1) ·

10.3 Diagonalização de Operadores

Exemplo 10.3.1. Encontre uma base ortonormal de R2 formada por

autovetores do operador cuja matriz na base canônica é A =

[0 11 0

Conforme Exemplo (10.2.2) E1 = [(1, 1)] e E(−1) = [(1,−1)].

dimE1 = dimE(−1) = 1 e R2 = E1 ⊕ E(−1)

B = {(1, 1), (1,−1)} ⊂ R2 é uma base ortogonal de R2 formada porautovetores do operador.

Neste caso construimos as matrizes

[1 11 −1

]⇒ M−1 = MT = 1

[1 11 −1

]e D =

[1 00 −1

]satisfazendo D = MTAM . Ou seja,[

1 00 −1

[1 11 −1

] [0 11 0

] [1 11 −1

]Para obtermos uma base ortonormal dividimos cada vetor por sua

norma. Assim

(√22 ,√22 ), (

√22 ,−

√22 )}⊂ R2 é uma base ortonormal de R2 for-

mada por autovetores do operador.

Neste caso construímos as matrizesM com as colunas sendo os vetoresde B. O fato de B ser uma base implica que M assim construída éinvertível. D diagonal com autovalores na diagonal.

√22 −

⇒M−1 =

√22 −

[1 00 −1

satisfazendo D = MAM . Ou seja, 1 0

0 −1

√22 −

10.3.1 Operadores com autovetores mas sem base formada por autove-

Exemplo 10.3.2. Veri�que se existe uma base de R2 formada por au-

tovetores do operador T cuja matriz na base canônica é A =

[1 10 1

]⇒ P (λ) = det

([1− λ 1

0 1− λ

])⇒ P (λ) = (1 −

λ)2 = 0⇒ (1− λ) = 0⇒ λ = 1[1 10 1

]⇒ u = (x, 0) ⇒ E1 = {(x, 0);x ∈ R} =

[(1, 0)]⇒ dimE1 = 1

Impossível encontrar uma base de R2 formada por autovetores dooperador T , pois, seu único autovalor é λ = 1 e o auto espaço corres-pondente tem dimensão 1.

10.3.2 Operadores com base formada por autovetores

De�nição 10.3.1. (conceito) Um operador T : E → E é dito diagona-lizável se existe uma base B de E na qual a matriz do operador T sejadiagonal, ou seja, existe uma matriz invertívelM e uma matriz diagonalD tais que D = M−1AM , onde A é a matriz do operador T na basecanônica.

Teorema 10.4. Um operador T : E → E é diagonalizável se e somentese existe uma base de E formada por autovetores de T .

Explicar o que é esse assunto abaixo

λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0... ... . . . ...0 0 · · · λn

P (λ) = det

λ1 − λ 0 · · · 0

0 λ2 − λ · · · 0... ... . . . ...0 0 · · · λn − λ

P (λ) = (λ1 − λ)(λ2 − λ) · · · (λn − λ) = 0⇒

λ = λ1, λ = λ2, · · · , λ = λn são os autovalores.

Exemplo 10.3.3. Seja A = 3I2 ∈M2(R). Cacule seu polinômio carac-terístico, seus autovalores e seus autovetores.

[3 00 3

P (λ) = det

([3− λ 0

0 3− λ

])⇒ P (λ) = (3 − λ)2 = 0 ⇒ (3 − λ) =

0⇒ λ = 3[3 00 3

]= 3 ·

]⇒ u = (x, y)⇒ dimE3 = 2

Teorema 10.5. Seja E um espaço vetorial de dimensão �nita. Umoperador linear T ∈ L(E) é diagonalizável se, e somente se,

1) o polinômio característico tem todas as raízes em R;

2) P (λ) = (λ1 − λ)n1(λ2 − λ)n2 · · · (λr − λ)nr satisfaz

n1 = dimEλ1, · · · , nr = dimEλr

Ou seja as multiplicidades algébricas e geométricas são iguais.

Operadores com base não ortonormal formada por autovetores

Exemplo 10.3.4. Seja T : R2 → R2 o operador dado por T (x, y) =(4x+ 4y, x+ 4y). Sua matriz em relação à base canônica é

[4 41 4

]⇒ P (λ) = det

([4− λ 4

1 4− λ

])⇒ P (λ) = (4− λ)2 − 4 = λ2 − 8λ+ 12 = 0⇒ λ = 2 ou λ = 6.

⇒ P (λ) = (λ− 2)(λ− 6).

]= 2 ·

]{4x + 4y = 2xx + 4y = 2y

{2x + 4y = 0x + 2y = 0

⇒ u = (2,−1) ∈ E2 = [(2,−1)]

]= 6 ·

4x + 4y = 6xx + 4y = 6y

{−2x + 4y = 0x − 2y = 0

⇒ v = (2, 1) ∈ E6 = [(2, 1)]

[2 00 6

[2 2−1 1

] [4 41 4

] [2 2−1 1

]〈(2,−1), (2, 1)〉 = 4− 1 = 3 6= 0

Portanto B = {(2,−1), (2, 1)} é uma base de R2 mas não é ortogonal.

Exemplo 10.3.5. Seja A a matriz de um operador T na base canônica.Determine uma base de R3 na qual a matriz do operador T seja diagonalonde

0 7 −6−1 4 00 2 −2

PA(λ) = det

0− λ 7 −6−1 4− λ 00 2 −2− λ

= (λ− 1)(λ+ 1)(λ− 2)

PA(λ) = (λ− 1)(λ+ 1)(λ− 2) = (λ− 1)(λ− (−1))(λ− 2) = 0⇒

1 0 00 −1 00 0 2

Para λ = 1 temos:

0 7 −6−1 4 0

0 2 −2

7y − 6z = x

x + 4y = y2y − 2z = z

E1 = [(9, 3, 2)].

Para λ = −1 temos:

0 7 −6−1 4 0

0 2 −2

7y − 6z = −xx + 4y = −y

2y − 2z = −z⇒

E(−1) = [(5, 1, 2)].

Para λ = 2 temos:

0 7 −6−1 4 0

0 2 −2

7y − 6z = 2xx + 4y = 2y

2y − 2z = 2z⇒

E2 = [(4, 2, 1)].

9 5 43 1 22 2 1

D = M−1AM 1 0 0

0 −1 00 0 2

9 5 43 1 22 2 1

−1 0 7 −6−1 4 00 2 −2

9 5 43 1 22 2 1

Portanto B = {(9, 3, 2), (5, 1, 2), (4, 2, 1)} é uma base de R3 na qual

a matriz do operador é D.

10.4 Operadores Auto-Adjuntos

De�nição 10.4.1. (conceito)Seja E um espaço vetorial euclidiano. Umoperador T ∈ L(E) se diz auto-adjunto se

〈T (u), v〉 = 〈u, T (v)〉 ∀u, v ∈ E.

Teorema 10.6. Seja E um espaço vetorial euclidiano de dimensão �-nita. Um operador T ∈ L(E) é auto-adjunto se, e somente se, a matrizde A em relação a uma base ortonormal de E é simétrica.

Demonstração.

Seja B = {g1, · · · , gn} uma base ortonormal de E. Por hipótese

〈T (gi), gj〉 = 〈gi, T (gj)〉, ∀i, j = 1, · · · , nSabemos que se a matriz de T em relação à base B é [T ]B = (aij),

então

T (gi) =n∑k=1

akigk e T (gj) =n∑t=1

e daí 〈T (gi), gj〉 = 〈gi, T (gj)〉 ⇔⟨

n∑k=1

akigk, gj

⟨gi,

n∑t=1

donden∑k=1

aki〈gk, gj〉 =n∑t=1

atj〈gi, gt〉 ⇔ aji = aij ⇔ T é simétrica

De�nição 10.4.2. (conceito)Uma matrizM é dita ortogonal se satisfazM−1 = MT , ou seja, MT ·M = In.

De�nição 10.4.3. (conceito)Um operador T : E → E é dito ortogo-nalmente diagonalizável se existe uma base ortonormal B de E na quala matriz do operador T seja diagonal, ou seja, existe uma matriz orto-gonal M e uma matriz diagonal D tais que D = MTAM , onde A é amatriz do operador T na base canônica.

Operadores com base ortonormal formada por autovetores

Teorema 10.7. (Teorema Espectral) Um operador linear T de umespaço euclidiano E, de dimensão �nita n ≥ 1, é auto-adjunto se, esomente se, existe uma base ortonormal de E formada por autovetoresde T [4].

Exemplo 10.4.1. Encontre uma base ortonormal de R3 formado porautovetores de T .

1 −2 0−2 1 0

0 0 −1

⇒ P (λ) =

∣∣∣∣∣∣1− λ −2 0−2 1− λ 00 0 −1− λ

∣∣∣∣∣∣⇒P (λ) = (1− λ)2(−1− λ)− (−2)(−2)(−1− λ)

= −(1− λ)2(1 + λ) + 4(1 + λ)= −(1− 2λ+ λ2)(1 + λ) + 4 + 4λ= −1 + 2λ− λ2 − λ+ 2λ2 − λ3 + 4 + 4λ= −λ3 + λ2 + 5λ+ 3= −(λ− 3)(λ+ 1)2

λ = 3 ou λ = −1

B⊥ = {(1,−1, 0), (0, 0, 1), (1, 1, 0)} ⊂ R3 base de autovetores orto-

gonais(não ortonormais).

B‖⊥‖ ={

(√22 ,−

√22 , 0), (0, 0, 1), (

√22 ,√22 , 0)

}base ortonormal de au-

tovetores do operador cuja matriz na base canônica é A.

√22 0

−√22 0

3 0 00 −1 00 0 −1

Exemplo 10.4.2. Seja T ∈ L(R3) o operador cuja matriz na basecanônica é 3 −1 1

−1 3 11 1 3

a) Determine o polinômio característico de T ;b) Encontre os autovalores de T ;c) Determine seus auto-subespaços;d) Determine uma base ortonormal B do R3 de autovetores de T .

Solução:

3 −1 1−1 3 1

⇒ A− λI =

3− λ −1 1−1 3− λ 11 1 3− λ

P (λ) = λ3 − 9λ2 + 24λ − 16 = (λ − 1)(λ2 − 8λ + 16) = (λ − 1)(λ −

4)(λ− 4) = (λ− 4)2(λ− 1)

−1 −1 1 0−1 −1 1 0

1 1 −1 0

L1/(−1)−−−−−−→

1 1 −1 0−1 −1 1 0

1 1 −1 0

−−−−−−→L2 + L1

L3 + (−1)L1 1 1 −1 00 0 0 00 0 0 0

−110

E4 = [(−1, 1, 0), (1, 0, 1)]

Aplicando o processo de Gram-Schmidt temos:

−110

− 〈(1,0,1)(−1,1,0)〉〈(−1,1,0)(−1,1,0)〉

−110

− (−1)2

−110

− 1−10

E4 = [(−1, 1, 0), (1, 1, 2)]

2 −1 1 0−1 2 1 0

1 1 2 0

L1 ↔ L2

−−−−−−→

−1 2 1 02 −1 1 01 1 2 0

L1/(−1)−−−−−−→

1 −2 −1 02 −1 1 01 1 2 0

−−−−−−→L2 + (−2)L1

L3 + (−1)L1 1 −2 −1 00 3 3 00 3 3 0

L2/3−−−−−−→

1 −2 −1 00 1 1 00 3 3 0

−−−−−−→L3 + (−3)L2

1 −2 −1 00 1 1 00 0 0 0

L1 + 2L2

−−−−−−→

1 0 1 00 1 1 00 0 0 0

−1−11

E1 = [(−1,−1, 1)]

B⊥ = {(−1, 1, 0), (1, 1, 2), (−1,−1, 1)}

BN ={(− 1√

2, 1√

2, 0),(

1√6, 1√

6, 2√

),(− 1√

3,− 1√

3, 1√

− 1√

21√6− 1√

1√6− 1√

0 2√6

4 0 00 4 00 0 1

Tais matrizes satisfazem MT ·M = I3 e D = MT · A ·M .

Referências Bibliográ�cas

[1] Higino Hugueros Domingues, CA Calioli, and RCF Costa. Álgebralinear e aplicações. Atual, 1982.

[2] Jamil Ferreira. A construção dos números. Sociedade Brasileira deMatematica, 2011.

[3] Adilson Gonçalves. Introdução à Álgebra, 5a. edição. IMPA, Rio deJaneiro, 2015.

[4] Elon Lages Lima. Algebra Linear, 2a. edição. IMPA, Rio de Janeiro,1996.

[5] D. Poole. Linear Algebra: A Modern Introduction. Available TitlesCengageNOW Series. Thomson Brooks/Cole, 2005.

[6] Antônio Carlos Telau. Parametrizações de superfícies triangulares.Universidade Federal do Espírito Santo, 2012.

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